Baixe Propriedades de Potenciação e Radiciação e outras Resumos em PDF para Matemática, somente na Docsity! prof. Márcio Fabiano da Silva MATEMÁTICA BÁSICA Santo André, 2020 1 P R O D U T O S N O TÁV E I S E FAT O R A Ç Ã O 1.1 produtos notáveis e fatoração Fatorar significa escrever como produto. Cada termo da multiplicação é chamado de fator. Por exemplo, quando fatoramos 12 como 22.3, escrevemos 12 como produto de potências de números primos. O mesmo se aplica à fatoração de polinômios; neste caso, os números primos são substituídos por polinômios irredutíveis. Vejamos alguns casos: 1. Quadrado da soma de dois termos/Trinômio quadrado perfeito (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 Quando se pede para calcular (a + b)2, o objetivo é calcular o produto notável "quadrado da soma de dois termos", que é igual a (a + b)2 = (a + b)(a + b) = = a2 + ab + ba + b2 = = a2 + 2ab + b2. Quando se pede para fatorar a2 + 2ab + b2, o objetivo é escrever a expressão como um quadrado perfeito, ou seja, como (a + b)2. No entanto, como (a + b)2 = a2 + 2ab + b2, os casos "quadrado da soma de dois termos"e "quadrado perfeito"são os mesmos. Exemplo 1.1: Calcule (2x + 1 3 )2 (2x + 1 3 )2 = (2x)2 + 2.2x. 1 3 + ( 1 3 )2 = = 4x2 + 4 3 x + 1 9 . 1 2 produtos notáveis e fatoração Exemplo 1.2: Fatore 4x2 + 4 3 x + 1 9 . 4x2 . . ↓ √ a 2x + 4 3 x + 1 9 ↓ √ b 1/3︸ ︷︷ ︸ 2.2x. 1 3 = 4 3 x = (2x+ 1 3 )2. 2. Quadrado da diferença de dois termos/Trinômio quadrado perfeito (a− b)2 = a2 − 2ab + b2 De fato, temos que (a− b)2 = (a− b)(a− b) = = a2 − ab− ba + b2 = = a2 − 2ab + b2. Exemplo 2.1: Calcule (2x− 1 3 )2 (2x− 1 3 )2 = (2x)2 − 2.2x. 1 3 + ( 1 3 )2 = = 4x2 − 4 3 x + 1 9 . Exemplo 2.2: Fatore 4x2 − 4 3 x + 1 9 . 4x2 . . ↓ √ a 2x − 4 3 x + 1 9 ↓ √ b 1/3︸ ︷︷ ︸ 2.2x. 1 3 = 4 3 x = (2x−1 3 )2. 3. Produto da soma pela diferença de dois termos/Diferença de quadrados Produto da soma pela diferença de dois termos︷ ︸︸ ︷ (a + b)(a− b) = a2 − b2︸ ︷︷ ︸ Diferença de quadrados 1.1 produtos notáveis e fatoração 3 De fato, temos que (a + b)(a− b) = a2 −ab +ba− b2 = a2 − b2. Exemplo 3.1: Calcule 1001× 999 1001× 999 = (100 + 1)(1000− 1) = = (1000)2 − 12 = (103)2 − 1 = = 106 − 1 = 1000000− 1 = = 999999. Exemplo 3.2: Calcule (2x− 1 3 )(2x + 1 3 ). (2x− 1 3 )(2x + 1 3 ) = = (2x)2 − ( 1 3 )2 = = 4x2 − 1 9 . Exemplo 3.3: Fatore 4x2 − 1 9 . 4x2 − 1 9 = (2x)2 − ( 1 3 )2︸ ︷︷ ︸ Diferença de dois quadrados = (2x− 1 3 )(2x + 1 3 ). 4. Cubo da soma de dois termos (a + b)3︸ ︷︷ ︸ Cubo da soma de dois termos = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3. De fato, (a + b)3 = (a + b)2(a + b) = 6 produtos notáveis e fatoração De fato, (a− b)(a2 + ab + b2) = = a3 +a2b +ZZab2 −a2b−ZZab2 − b3 = = a3 − b3. Exemplo 7.1: Fatore 8x3 − 1 27 8x3 − 1 27 = (2x)3 − ( 1 3 )3 = = (2x− 1 3 )((2x)2 + 2x. 1 3 + ( 1 3 )2) = = (2x− 1 3 )(4x2 + 2 3 x + 1 9 ). ... Usando os casos de 1 a 7, calcule os seguintes produtos notáveis: a) (x3 + 2 3 x)2. (x3 + 2 3 x)2 = (x3)2 + 2.x3. 2 3 .x + ( 2 3 x)2 = = x6 + 4 3 x4 + 4 9 x2. b) (a2b + c2)(a2b− c2). (a2b + c2)(a2b− c2) = (a2b)2 − (c2)2 = = a4b2 − c4. c) (1− 3y2x)3. (1− 3y2x)3 = 13 − 3.12.3y2x + 3.1.(3y2x)2 − (3y2x)3 = = 1− 9y2x + 3.9y4x2 − 27y6x3 = = 1− 9y2x + 27y4x2 − 27y6x3. 1.1 produtos notáveis e fatoração 7 Fatore as seguintes expressões algébricas: a) x4 − y4. x4 − y4 = Diferença de quadrados︷ ︸︸ ︷ (x2)2 − (y2)2 = (x2 + y2) . Diferença de quadrados︷ ︸︸ ︷ (x2 − y2) = = (x2 + y2)(x + y)(x− y). b) a2x− b2x + a2y− b2y. a2x− b2x + a2y− b2y = x(a2 − b2) + y(a2 − b2) = ↑ a2−b2 é comum. Diferença de quadrados︷ ︸︸ ︷ (a2 − b2) (x + y) = = (a + b)(a− b)(x + y). c) ac2 − a + bc2 − b. ac2 − a + bc2 − b = a(c2 − 1) + b(c2 − 1) = = (c2 − 1)︸ ︷︷ ︸ Diferença de quadrados . (a + b) = (c + 1)(c− 1)(a + b). d) a3x + b3x− a3y− b3y a3x + b3x− a3y− b3y = x(a3 + b3)− y(a3 + b3) = = (a3 + b3)︸ ︷︷ ︸ Soma de cubos . (x− y) = = (a + b)(a2 − ab + b2)(x− y). 8 produtos notáveis e fatoração e) 3x3 − 12x2y + 12xy2 3x3 − 12x2y + 12xy2 = 3x(x2 − 4xy + 4y2) = = 3x(x− 2y)2. f) 2x3 + 14x2 + 20x 2x3 + 14x2 + 20x = 2x (x2 + 7x + 10)︸ ︷︷ ︸ Como fatorar? No capítulo sobre equação do 2 o grau, veremos que x2 + 7x + 10 = (x + 5)(x + 2). 2.1 valor absoluto de um número real 11 Figura 3: Distância entre 5 e −7 na reta real. Exemplo. A distância entre os números reais −5 e −7 é igual |−5− (−7)|= |−5 + 7|= 2. Figura 4: Distância entre −5 e −7 na reta real. Exemplo. A distância entre os números reais 3 e 0 é igual |3− 0|= 3, assim como a distância entre os números reais −3 e 0 é igual |0− (−3)|= 3. Figura 5: Distância entre −3 e 0 e entre 3 e 0 na reta real. Observamos que, em geral, a distância entre os números reais x e 0 é igual a |x|. Por esta razão, geometricamente, o módulo de um número real x é a distância de x à origem da reta real. Além disso, por exemplo, |x− 2|= 6 representa, geometricamente, os números reais cuja distância ao número 2 é igual a 6. No caso, estes números são o 8 e o −4. 12 módulo e distância Figura 6: |x− 2|= 6. Exemplo. |x + 2|= 6 representa, geometricamente, os números reais cuja distância ao número −2 é igual a 6. No caso, estes números são o −8 e o 4. Figura 7: |x + 2|= 6. Exemplo. Em R\{2}, temos que |x− 2| |−x + 2| = |x− 2| |−(x− 2)| = |x− 2| |x− 2| = 1. 2.2 propriedades do módulo Nesta seção, apresentamos algumas propriedades do módulo de um número real. • (o módulo do produto de dois números reais é igual ao produto de seus módulos) Para todos x, y ∈ R, vale que |x.y|= |x|.|y| prova: temos as seguintes possibilidades para considerar: i) x, y ≥ 0. Logo, x.y ≥ 0. Neste caso, temos que |x|= x, |y|= y e |x.y|= x.y. Consequentemente, |x.y|= x.y = |x|.|y| ii) x, y < 0. Logo, x.y > 0. Neste caso, temos que |x|= −x, |y|= −y e |x.y|= x.y. Consequentemente, |x.y|= x.y = (−x).(−y) = |x|.|y| 2.2 propriedades do módulo 13 iii) x ≥ 0 e y < 0. Logo, x.y ≤ 0. Neste caso, temos que |x|= x, |y|= −y e |x.y|= −x.y. Consequentemente, |x.y|= −x.y = x.(−y) = |x|.|y| iv) x < 0 e y ≥ 0. Logo, x.y ≤ 0. Neste caso, temos que |x|= −x, |y|= y e |x.y|= −x.y. Consequentemente, |x.y|= −x.y = (−x).y = |x|.|y| • (o módulo do inverso de um número real é igual ao inverso do módulo do número) Para todo y ∈ R, y 6= 0, vale que ∣∣∣∣1y ∣∣∣∣ = 1 |y| prova: temos as seguintes possibilidades para considerar: i) y > 0. Logo, 1 y > 0. Neste caso, temos que |y|= y e ∣∣∣∣1y ∣∣∣∣ = 1 y . Consequente- mente, ∣∣∣∣1y ∣∣∣∣ = 1 y = 1 |y| ii) y < 0. Logo, 1 y < 0. Neste caso, temos que |y|= −y e ∣∣∣∣1y ∣∣∣∣ = −1 y . Consequen- temente, ∣∣∣∣1y ∣∣∣∣ = −1 y = 1 −y = 1 |y| Como consequência das duas primeiras propriedades, temos que • (o módulo do quociente de dois números reais é igual ao quociente dos módulos dos números) Para todos x, y ∈ R, y 6= 0, vale que∣∣∣∣xy ∣∣∣∣ = |x| |y| prova: temos que ∣∣∣∣xy ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x. 1 y ∣∣∣∣ = |x|. ∣∣∣∣1y ∣∣∣∣ = |x|. 1 |y| = |x| |y| 16 potenciação e radiciação • (−4)−3 = ( 1 −4 )3 = ( −1 4 )3 = ( −1 4 ) . ( −1 4 ) . ( −1 4 ) = − 1 64 • ( 7 5 )−2 = ( 1 7 5 )2 = ( 5 7 )2 = 5 7 . 5 7 = 25 49 Temos as seguintes propriedades de potenciação: Proposição 3.3. Sendo x, y ∈ R∗ e n, m ∈N∗ quaisquer, temos que 1. (Pot1) xn.xm = xn+m 2. (Pot2) (xn)m = xn.m 3. (Pot3) (x.y)n = xn.yn 4. (Pot4) ( x y )n = xn yn Demonstração. estas propriedades são consequências imediatas da Definição 3.1. Por exemplo, para provar a propriedade Pot4, basta observar que( x y )n = x y . x y . . . x y︸ ︷︷ ︸ n vezes = xn yn As propriedades (Pot1)-(Pot4) são válidas também quando as potências são inteiros negativos e x, y ∈ R∗. Por exemplo, se n, m ∈ Z∗, n, m < 0 então n = −r e m = −s, com r, s ∈N∗. Logo, • xn.xm = x−r.x−s = ( 1 x )r . ( 1 x )s = ( 1 x )r+s = x−(r+s) = xn+m Observação 3.4. um corolário deste resultado e da Definição 3.2 é que, se x ∈ R∗ e n ∈N∗ são quaisquer então 1 = x0 = xn+(−n) = xn.x−n, donde obtemos x−n = 1 xn . Desse modo, x−n = ( 1 x )n = 1 xn 3.1 potenciação e radiciação 17 Continuemos verificando a validade das propriedades (Pot2)-(Pot4) para x, y ∈ R∗, n = −r e m = −s, com r, s ∈N∗: • (xn)m = (x−r)−s = 1 (x−r)s = 1( 1 xr )s = 1 1 xr.s = xr.s = x(−n).(−m) = xn.m • (x.y)n = (x.y)−r = 1 (x.y)r = 1 xr.yr = 1 xr . 1 yr = x−r.y−r = xn.yn • ( x y )n = ( x y )−r = 1( x y )r = 1 xr yr = yr xr = x−r y−r = xn yn Além disso, temos mais uma propriedade de potenciação: Proposição 3.5. Sendo x ∈ R∗ e n, m ∈N∗ quaisquer, temos que 1. (Pot5) xn xm = xn−m. Demonstração. Temos que xn−m = xn+(−m) = xn.x−m = xn. 1 xm = xn xm . Observação 3.6. Em geral, se x ∈ R∗ e n, m ∈N∗ quaisquer, xnm 6= (xn)m. Um contraexemplo é 223 = 28 = 256 e (22)3 = 26 = 64. Exemplo. Colocar em ordem crescente os seguintes números: 417, 220 e 644: Resolução: como 417 = (22)17 = 234 e 644 = (26)4 = 224, temos que 220 < 644 < 417. Para estendermos a potenciação para expoentes racionais, precisamos retomar a definição de radiciação de números reais. Definição 3.7. Sendo x ∈ R e n ∈ N, n ≥ 2, quaisquer, definimos a raiz enésima de x, denotada por n √ x, por • se x = 0 então n √ x = 0 18 potenciação e radiciação • se n é par e x > 0 então n √ x é o número real w > 0 tal que wn = x • se n é ímpar então n √ x é o número real w tal que wn = x. No símbolo n √ x = w, x é chamado de radicando, n é chamado de índice da raiz e w é a raiz enésima de x. Observação 3.8. Segue da Definição 3.7 que a raiz enésima de índice par está definida somente para números reais positivos. Além disso, neste caso, a raiz enésima de x é positiva. Por exemplo, • √ 16 = 4, pois 4 > 0 e 42 = 16 • 3 √ −8 = −2, pois (−2)3 = −8 • 3 √ 8 = 2, pois 23 = 8 • 4 √ 16 81 = 2 3 , pois 2 3 > 0 e ( 2 3 )4 = 16 81 Temos as seguintes propriedades de radiciação de números reais: Proposição 3.9. Sendo n, m ∈N, n, m ≥ 2 e x, y ∈ R∗ tais que quando n é par x > 0, y > 0, x.y > 0, x/y > 0, xm > 0, e quando m é par n √ x > 0, temos que 1. (Rad1) n √ x.y = n √ x. n √ y 2. (Rad2) ( n √ x)m = n √ xm 3. (Rad3) m √ n √ x = m.n √ x 4. (Rad4) n √ x y = n √ x n √ y Demonstração. Tomados os devidos cuidados para que faça sentido calcular essas raízes, cada uma das propriedades é provada a seguir. • sejam n √ x = w e n √ y = z. Logo, wn = x e zn = y, donde x.y = wn.zn = (w.z)n. Portanto, n √ x.y = w.z = n √ x. n √ y. • seja n √ x = w. Logo, wn = x, donde xm = (wn)m = wn.m = (wm)n. Portanto, n √ xm = wm = ( n √ x)m. 3.2 exercícios 21 Para o caso de expoentes racionais, também é possível apresentar uma definição como a Definição 3.2: Definição 3.12. Sendo x ∈ R∗ e n ∈ Q∗+ da forma n = p/q, com p, q ∈ N∗, q ≥ 2, satisfazendo as condições da Definição 3.11, definimos x−n = x− p q = 1 x p q Assim, por exemplo, • 2− 1 3 = 1 2 1 3 = 1 3 √ 2 • ( 49 36 )− 3 2 = 1( 49 36 ) 3 2 = 1√( 49 36 )3 = 1√( 72 62 )3 = 1√√√√((7 6 )2 )3 = = 1√( 7 6 )6 = 1( 7 6 ) 6 2 = 1( 7 6 )3 = 1 343 216 = 216 343 Observação 3.13. A potenciação para expoentes reais, como em √ 2 π , pode ser dada a partir das funções exponencial e logaritmica. Para isso, é preciso restringir a base da potência para números reais positivos e diferente de zero. Desse modo, para que a definição de potenciação com expoentes reais generalize as definições de potenciação com expoentes inteiros ou racionais, é necessário restringir a base a R∗+. 3.2 exercícios 1. Calcule: a) (−1− 3)2 : (−2)3 + (−4)0 (−4)2 : (−8) + 1 16 : (−8) + 1 (a divisão tem prioridade em relação à soma). −2 + 1 −1 22 potenciação e radiciação b) 30 − (−1)2 + 23( 1 2 )−2 1− (1) + 8( 2 1 )+2 0 + 8 22 8 4 2 Lembrando: n ∈N a−n = 1 an 2−3 = 1 23 ( a b )−n = 1 ( a b )n = 1 an bn = bn an = ( b a )n c) (−2)−4 − (−2)−3 − (−2)−2 1 (−2)4 − 1 (−2)3 − 1 (−2)2 = 1 16 − 1 −8 − 1 4 = 1 16 + 1 8 − 1 4 = 1 + 2− 4 16 = −1 16 Agora,mmc(16, 8, 4) : 16, 8, 4 4 4, 2, 1 2 2, 1, 1 2 1, 1, 1 16 3.2 exercícios 23 d) 10x+2 10x+1 = 10x+2−(x+1) =10x+2−x−1 =101 = 10 e) 2−x+3.4x−1= 2−x+3.(22)x−1 = 2−x+3.22(x−1) = 2−x+3.22x−2 Lembrar : = 2−x+3+2x−2 (22)3 = 22.3 = 26 = 64 = 2x+1 223 = 28 = 256 f) 2 3 √ 27− 3 6 √ 64 + 2 √ 100 2 3 √ 33 − 3 6 √ 26 + 2.10 = 2.3− 3.2 + 20 = 6− 6 + 20 = 20 27 3 9 3 3 3 1 33 64 2 32 2 16 2 8 2 4 2 2 2 1 26 g) 2 3 √ −125 + 4 5 √ 32− 6 3 √ −8 = 2 3 √ (−5)3 + 4 5 √ 25 − 6 3 √ (−2)3 = 2.(−5) + 4.2− 6.(−2) = −10 + 8 + 12 = 10 125 5 25 5 5 5 1 53 32 2 16 2 8 2 4 2 2 2 1 25 26 potenciação e radiciação n) 5 √ a5 + √ 4a3 − a √ 4a3 − √ a , sendo a positivo. = 5 2√a4.a + 2 √ a2.a− a.2 √ a2.a− √ a = 5a 4 2 √ a + 2|a| √ a− 2a|a| √ a− √ a = 5a2√a + 2a √ a− 2a.a √ a− √ a = 5a2√a + 2a √ a− 2a2√a− √ a = 3a2√a + 2a √ a− √ a = (3a2 + 2a− 1) √ a Veja que: |a|= a ,pois a > 0 o) √ 2 3 . √ 12 5 . √ 45 4 = √√√√2.12.> 9 45 3.5.4 = √ 18 = √ 32.2 = 3 √ 2 p) 2√a1. 3√a1. 4√a1 , sendo a positivo. = a 1 2 .a 1 3 .a 1 4 = a 1 2 + 1 3 + 1 4 = a 6+4+3 12 = a 13 12 = 12√a13 = 12√a12.a = |a| 12 √ a = a 12 √ a mmc(2, 3, 4) : 2, 3, 4 2 1, 3, 2 2 1, 3, 1 3 1, 1, 1 12 3.2 exercícios 27 q) 2 √ 2 √ 2 √ 512 = ? ↑ 2×2×2 8 √ 512 = 8√ 29 = 8√ 28.2 = 2. 8 √ 2 512 2 256 2 128 2 64 2 32 2 16 2 8 2 4 2 2 2 1 29 r) (2. √ 2− 1).( √ 2− 4) = 2. √ 2. √ 2− 8 √ 2− √ 2 + 4 = 2 √ 4− 9 √ 2 + 4 = 2.2− 9 √ 2 + 4 = 4− 9 √ 2 + 4 = 8− 9 √ 2 s) ( 3 √ 2. √ 3) : 3 √ 6 = 3 √ 2. √ 3 3 √ 2.3 = 3 √ 2. √ 3 3 √ 2. 3 √ 3 = √ 3 3 √ 3 = 3 1 2 3 1 3 = 3 ×1 :2 − 1 3 = ? ↑ mmc(2,3)=6 3 3−2 6 = 3 1 6 = 6√ 31 = 6 √ 3 28 potenciação e radiciação t) (2 √ 3− √ 2)2 = (2 √ 3)2 − 2.2. √ 3. √ 2 + ( √ 2)2 = 4.3− 4 √ 6 + 2 = 12− 4 √ 6 + 2 = 14− 4 √ 6 Lembrar : (a− b)2 = a2 − 2ab + b2 u) (3 √ 2− 5).(3 √ 2 + 5) = (3 √ 2)2 − 52 = 9.2− 25 = 18− 25 = −7 Lembrar : (a + b).(a− b) = a2 − b2 2. Racionalize o denominador das seguintes expressões numéricas: a) √ 2 + √ 5√ 2 = √ 2 + √ 5√ 2 . √ 2√ 2 = 2 + √ 10 2 b) 2 3 3 √ 16 = 2 3 3√ 24 = 2 3 3√ 23.2 = 2 3.2 3 √ 2 = 1 3 3 √ 2 . 3√ 22 3√ 22 = 3 √ 4 3 3√ 2.22 = 3 √ 4 3 3√ 23 = 3 √ 4 3.2 = 3 √ 4 6 c) √ 3− 1√ 3 + 1 = √ 3− 1√ 3 + 1 . √ 3− 1√ 3− 1 4 P O L I N Ô M I O S 4.1 polinômios 4.1.1 Divisão de Polinômios Você se lembra da divisão inteira de números? Por exemplo, na divisão inteira de 9 por 4, temos: dividendo 9 1 resto divisor 4 2 quociente 9 = 2 quociente × 4 + 1 resto Observe que o resto é menor que o divisor, pois se ele fosse maior ou igual ao divisor seria possível aumentar o quociente. Este algoritmo de divisão é chamado de Algoritmo de Euclides, o qual também é aplicado para a divisão de polinômios. O algoritmo se aplica à divisão dos polinômios p(x) e d(x) se o grau de p(x) for maior ou igual ao grau de d(x). Neste caso, a divisão termina quando o grau do polinômio-resto r(x) é menor que o grau do polinômio divisor. p(x) r(x) d(x) q(x) p(x) = q(x).d(x) + r(x) com grau(r(x)) < grau(d(x)) 31 32 polinômios Para dividir dois polinômios usando-se o algoritmo de Euclides, o primeiro passo é escrevê-los na ordem da esquerda para a direita de decrescimento de graus. Por exemplo, façamos a divisão do polinômio p(x) = 2x + 5x4 − 3x2 por d(x) = −1 + x2 Prosseguimos com os seguintes passos: 1. Reescrever os polinômios em ordem decrescente de grau. p(x) = 5x4 − 3x2 + 2x d(x) = x2 − 1 2. Dividir o primeiro termo de p(x), isto é, 5x4, pelo primeiro termo de d(x), x2. 5x4 x2 = 5x2 Portanto, o 1 o termo do quociente q(x) é 5x2. 5x4 − 3x2 + 2x x2 − 1 5x2 3. Multiplicamos 5x2 por d(x), que resulta em 5x4 − 5x3. Então subtraímos o resul- tado de p(x). 5x4 − 3x2 + 2x −(5x4 − 5x2) x2 − 1 5x2 0 + 2x2 + 2x Chamamos o resultado de r1(x). 4. Comparamos o grau de r1(x) com o grau de d(x). Neste caso ambos são polinômios de 2 o grau, então continuamos com a divisão, aplicando os passos 2 e 3 para r1(x). Ou seja, 4.1 polinômios 33 • Dividimos o primeiro termo de r1(x) pelo primeiro termo de d(x). 2x2 x2 = 2 • Somamos o resultado da divisão a q(x), obtendo assim o 2 o termo de q(x). • Multiplicamos o resultado por d(x) e subtraímos de r1(x). 5x4 − 3x2 + 2x −(5x4 − 5x2) x2 − 1 5x2 +2 0 + 2x2 + 2x −(2x2 + 2) 0 + 2x + 2 5. Temos então r2(x) = 2x + 2, que tem grau igual a 1. Como o grau de r2(x) é menor que o grau de d(x) então a divisão acabou e r(x) = r2(x). Portanto, na divisão de 5x4 − 3x2 + 2x por x2 − 1 obtemos o quociente q(x) = 5x2 + 2 e o resto r(x) = 2x + 2. Desse modo: 5x4 − 3x2 + 2x = (x2 − 1).q(x) + r(x) 5x4 − 3x2 + 2x = (x2 − 1).(5x2 + 2) + (2x + 2) Exemplo. A seguir, fazemos a divisão do polinômio n5 − n por n2 + 1. n5 − n n2 + 1 n3 − n−(n5 + n3) −n3 − n −(−n3 − n) 0 36 polinômios 18a3b3x2y2 = 32.2.a3.b3.x2.y2 30b5x4z3 = 2.3.5.b5.x4.z3 24a2x3y3z = 3.23.a2.x3.y3.z1 Portanto, m.m.c.(18a3b3x2y2, 30b5x4z3, 24a2x3y3z) = 32.23.5.a3.b5.x4.y3.z3 = 360a3b5x4y3z3 m.d.c.(18a3b3x2y2, 30b5x4z3, 24a2x3y3z) = 3.2.x2 = 6x2 Exemplo. Dados os polinômios 6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3 e 6x − 6, calculamos a seguir o m.m.c.(6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3, 6x − 6) e o m.d.c.(6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3, 6x − 6). Para isso, obtemos a forma fatorada destes polinômios: 6x2 − 12x + 6 = 6(x2 − 2x + 1) = 3.2.(x− 1)2 3x2 − 3 = 3.(x2 − 1) = 3.(x− 1).(x + 1) 6x− 6 = 6(x− 1) = 3.2(x− 1) Portanto, m.m.c.(6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3, 6x− 6) = 3.2.(x− 1)2.(x + 1) = 6x3 + 6x2 − 6x− 6 m.d.c.(6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3, 6x− 6) = 3.(x− 1) = 3x− 3 5 E Q UA Ç Õ E S 5.1 equações polinomiais do 1 o grau Uma Equação Polinomial do 1o Grau é uma expressão algébrica do tipo ax + b = 0, a, b ∈ R , a 6= 0. (1) Por exemplo, no conjunto dos números reais, a expressão 2x + 3 = 0 é uma equação polinomial do 1 o grau. E o que isto quer dizer? Significa, neste caso, determinar os números reais cujo dobro somado com 3 é igual a 0. Na escola básica, aprendemos uma técnica da resolução deste tipo: 2x + 3 = 0 Passamos o 3 para o outro lado, trocando o sinal 2x = −3 Passamos o 2 para o outro lado, dividindo x = −3 2 Desse modo, o conjunto solução da equação 2x + 3 = 0 é S = { −3 2 } . Ou seja, x = −3/2 é o único número real que satisfaz a equação 2x + 3 = 0. Observe que a mesma equação poderia não ter solução. Basta, por exemplo, considerá-la no conjunto dos números naturais, uma vez que, em N, o conjunto solução da equação é S = ∅. No caso de equações polinomiais do 1 o grau, ou não há solução (isto é S = ∅) ou temos uma única solução. 37 38 equações Por que a técnica de "passar para o outro lado"funciona? A resposta é dada por meio de um conjunto de propriedades válidas para os números reais: ax + b = 0 Soma-se o oposto de b dos dois lados1 (ax + b)+(−b) = 0+(−b) Usa-se que 0 é o elemento neutro da soma (ax + b) + (−b) = −b Aplica-se a associatividade da soma (ax) + (b + (−b)) = −b Usando a propriedade de soma do elemento com seu oposto ax + 0 = −b Usando que 0 é o elemento neutro da soma ax = −b Como a 6= 0, multiplicamos os dois lados pelo inverso de a( 1 a ) (ax) = ( 1 a ) (−b) Usa-se a propriedade associativa da multiplicação( 1 a .a ) x = −b a Pela definição de elemento inverso 1x = −b a Como 1 é o elemento neutro da multiplicação x = −b a Caso exista, esta é a solução da equação Exemplo. Resolver, em R, as seguintes equações polinomiais do 1o grau: 2(x + 3)− 1 = 4− 3(x− 2) 2(x + 3)− 1 = 4−3(x− 2) Aplicamos a propriedade distributiva 2x + 6− 1 = 4−3x+6 Somamos −6 aos dois lados 2x + 6− 1−6 = 4− 3x + 6−6 2x− 1 = 4− 3x Somamos 3x− 4 aos dois lados 5x− 5 = 0 Obtemos uma Eq. do 1o Grau 1 Elemento Neutro da Soma: a + 0 = a, ∀a ∈ R Associatividade da Soma: a + (b + c) = (a + b) + c, ∀a, b, c ∈ R Elemento Oposto: a + (−a) = 0, ∀a ∈ R Associatividade da Multiplicação: a(bc) = (ab)c, ∀a, b, c ∈ R Elemento Neutro da Multiplicação: 1a = a, ∀a ∈ R 5.2 equações polinomiais do 2 o grau 41 x = −b± √ ∆ 2a = −(−7)± √ 9 2.1 = 7± 3 2 = 7 + 3 2 = 10 2 = 5 7− 3 2 = 4 2 = 2 Assim, o conjunto solução da da equação x2 − 7x + 10 = 0, em R, é S = {2, 5} Os números 2 e 5 também são chamados de raízes da equação x2 − 7x + 10 = 0. Observe que, desse modo, x2 − 7x + 10 pode ser fatorado como: x2 − 7x + 10 = (x−2)(x−5) Em geral, se x1 e x2 são as raízes da equação ax2 + bx + c = 0 então: ax2 + bx + c = a(x− x1)(x− x2) Exemplo. x2 + 3x− 4 = 0 Cuidado: não faça isso! x2 + 3x = 4 x(x + 3) = 4 x = 4 ou x + 3 = 4 Está totalmente errado! ab = 4 pode ocorrer quando a = b = 2 ou a = 1 2 e b = 8. a=1 b=3 c=-4 ∆ = b2 − 4ac = 32 − 4.1.(−4) = 9 + 16 = 25 x = −b± √ ∆ 2a = −3± √ 25 2.1 = −3± 5 2 = −3 + 5 2 = 2 2 = 1 −3− 5 2 = −8 2 = −4 Assim, o conjunto solução da da equação x2 + 3x− 4 = 0, em R, é S = {−4, 1} 42 equações Observe que, desse modo, x2 + 3x− 4 pode ser fatorado como: x2 + 3x− 4 = (x+4)(x−1) Observamos também que o número de raízes de uma equação polinomial do 2 o grau em R é determinado pelo sinal do discriminante ∆ = b2 − 4ac. ∆ < 0 : não tem solução real ∆ = 0 : duas raízes reais e iguais (x1 = x2 = −b 2a ) ∆ > 0 : duas soluções reais distintas (x1 = −b− √ ∆ 2a 6= x2 = −b + √ ∆ 2a ) Por que a técnica do "método de Bhaskara"funciona? Para responder a esta pergunta, primeiramente entendamos a técnica conhecida como completamento de quadrado. 5.2.2 A técnica de completamento de quadrado No capítulo sobre Fatoração, estudamos o caso conhecido como Trinômio Quadrado Perfeito. Lembra? Por exemplo, x2 + 4x + 4 = (x + 2)2. Ou seja, x2 + 4x + 4 pode ser escrito como quadrado perfeito. Mas, nem sempre ocorre isso. Por exemplo, x2 + 4x + 5 não pode ser escrito como quadrado perfeito, pois caso x2 + 4x + 5 = (x + β)2, então x2 + 4x + 5 = x2 + 2βx + β2, donde obteríamos 2β = 4, isto é, β = 2 e β2 = 5, o que seria um absurdo. No entanto, podemos completar quadrado à expressão algébrica x2 + 4x + 5. A técnica de completamento de quadrado funciona da seguinte maneira: (x + 2)2 = x2 + 4x+4. Assim, x2 + 4x + 5 = (x2 + 4x+4)−4 + 5 = (x + 2)2 + 1. 5.2 equações polinomiais do 2 o grau 43 Note que na expressão do quadrado perfeito na forma (x + β)2, o segundo termo β é a metade do número que multiplica x na expressão inicial. Por exemplo, no caso anterior, β = 4 2 = 2. Exemplo. Complete quadrado em x2 − 7x + 2. Temos que x2 − 7x + 2 = ( x2 − 7x+ ( 7 2 )2 ) − ( 7 2 )2 + 2 = ( x− 7 2 )2 − 49 4 + 2 = ( x− 7 2 )2 − 41 4 . Agora, estamos em condições de deduzir a técnica de Bhaskara a partir de completamento de quadrado: ax2 + bx + c = 0, com a 6= 0. Como a 6= 0, dividimos a equação ax2 + bx + c = 0 por a, obtendo: x2 + b a x + c a = 0. Aplicamos a técnica de completamento de quadrado, lembrando que( x + b 2a )2 = x2 + b a x + ( b 2a )2 . Assim, temos que x2 + b a x + c a = 0 =⇒ ( x2 + b a x+ ( b 2a )2 ) − ( b 2a )2 + c a = 0 =⇒ ( x + b 2a )2 − b2 4a2 + c a = 0. =⇒ ( x + b 2a )2 = b2 4a2 − c a . Como m.m.c.(4a2, a) = 4a2 então( x + b 2a )2 = b2 − 4ac 4a2 . É neste momento que aparece o discriminante ∆ = b2 − 4ac. Como ( x + b 2a )2 ≥ 0 e 4a2 > 0, a equação ( x + b 2a )2 = b2 − 4ac 4a2 = ∆ 4a2 46 equações Exemplo. Resolva, em R, a equação x4 − 5α2x2 + 4α4 = 0, onde α é uma constante real positiva. Resolução: Façamos a mudança de variável: x2 = t. Assim, temos que x4 = (x2)2 = t2. Substituindo na equação inicial, temos: t2 − 5α2t + 4α4 = 0 (temos então uma equação polinomial do 2o grau em t)( t2 − 5α2t+ ( 5α2 2 )2) − ( 5α2 2 )2 + 4α2 = 0. ( t− 5α2 2 )2 − 25α4 4 + 4α4 = 0 ( t− 5α2 2 )2 = 25α4 4 − 4a4 ( t− 5α2 2 )2 = 25α4 − 16α4 4( t− 5α2 2 )2 = 9α4 4 t− 5α2 2 = ± √ 9α4 4 t− 5α2 2 = ±3α2 2 t = 5α2 2 ± 3α2 2 t = 5α2 2 + 3α2 2 ou t = 8α2 2 t = 4α2 t = 5α2 2 − 3α2 2 t = 2α2 2 t = α2 5.2 equações polinomiais do 2 o grau 47 Voltando à variável x, temos que x2 = t. Logo, x2 = 4α2 ou x = ± √ 4α2 x = ±2α x2 = α2 x = ± √ α2 x = ±α Portanto, o conjunto solução de x4 − 5α2x2 + 4α4 = 0 é S = {−2α,−α, α, 2α}. Exemplo. Resolva, em R, a equação (x2 + 1)2 + (x2 − 1)2 = 4x2. Resolução: x4 + 2x2 + 1 + x4 − 2x2 + 1 = 4x2 2x4 − 4x2 + 2 = 0 (: 2) x4 − 2x2 + 1 = 0 Mudança de variável: x2 = t. t2 − 2t + 1 = 0 (t− 1)2 = 0 t− 1 = 0 t = 1 Como t = x2 então x2 = 1. Logo, x = ±1. Portanto, o conjunto solução da equação (x2 + 1)2 + (x2 − 1)2 = 4x2 é S = {−1, 1}. Agora, partimos para as equações irracionais, que são aquelas em que a variável aparece também como radicando. 48 equações 5.2.4 Equações Irracionais Façamos alguns exemplos: Exemplo. Em R, resolva a equação √ 3x− √ x + 1 = 1. A condição de existência é que 3x ≥ 0 e x + 1 ≥ 0, isto é, x ≥ 0 e x ≥ −1. ("e"indica simultaneamente/intersecção) Logo, a condição de existência é x ≥ 0. Agora, passemos a resolver a equação. O truque consiste em separar as raízes quadradas nos dois lados da equação e elevar a equação ao quadrado. √ 3x− √ x + 1 = 1 √ 3x = √ x + 1 + 1 ( √ 3x)2 = ( √ x + 1 + 1)2 3x = ( √ x + 1)2 + 2 √ x + 1 + 12 3x = x + 1 + 2 √ x + 1 + 1 3x− x− 2 = 2 √ x + 1 2x− 2 = 2 √ x + 1 : 2 x− 1 = √ x + 1 Lembrar:√ x2 = |x|. Mas, ( √ x)2 = x, pois, neste caso, x ≥ 0. Aqui surge mais uma condição: como √ x + 1 ≥ 0, devemos ter que x− 1 ≥ 0, isto é, x ≥ 1. Assim, ficamos com x ≥ 0 e ≥ 1, donde temos x ≥ 1 como condição para ser solução. Elevando a equação anterior ao quadrado, obtemos: (x− 1)2 = ( √ x + 1)2 x2 − 2x + 1 = x + 1 x2 − 3x = 0 5.3 equações modulares 51 Exemplo. Resolver, em R, a equação modular |x + 1|= |2x− 1|. Resolução: A técnica consiste em analisar os sinais dos polinômios para os quais estão sendo tomados os módulos; no caso, os sinais de x + 1 e de 2x− 1. Para isso, determinam-se as raízes das equações x + 1 = 0 e 2x− 1 = 0, que são, respectivamente, −1 e 1/2. Temos que x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1, de modo que |x + 1|= x + 1 ⇐⇒ x ≥ −1. Caso contrário (isto é, x < −1), temos que |x + 1|= −(x + 1). Analogamente, 2x− 1 ≥ 0⇐⇒ x ≥ 1/2, de modo que |2x− 1|= 2x− 1⇐⇒ x ≥ 1/2. Caso contrário (isto é, x < 1/2), temos que |2x− 1|= −(2x− 1). Agora, marcamos as 2 raízes sobre a reta numérica, observando os 3 intervalos determina- dos por elas: R −1 1/2 sinal de x + 1 (−) (+) (+) sinal de 2x− 1 (−) (−) (+) Se x < −1 então x + 1 < 0 e 2x− 1 < 0, de modo que |x + 1|= −(x + 1) e |2x− 1|= −(2x− 1). Assim, |x + 1| = |2x− 1| −(x + 1) = −(2x− 1) x + 1 = 2x− 1 2= x Como 2 > −1 então a equação |x + 1|= |2x − 1| não tem solução real no intervalo ]−∞,−1[. Se −1 ≤ x < 1/2 então x + 1 ≥ 0 e 2x − 1 < 0, de modo que |x + 1|= x + 1 e |2x− 1|= −(2x− 1). Assim, |x + 1| = |2x− 1| x + 1 = −(2x− 1) x + 1 = −2x + 1 3x = 0 x= 0 52 equações Como −1 < 0 < 1/2 então a equação |x + 1|= |2x− 1| tem x = 0 como única solução real no intervalo [−1, 1/2[. Se x ≥ 1/2 então x + 1 > 0 e 2x− 1 ≥ 0, de modo que |x + 1|= x + 1 e |2x− 1|= 2x− 1. Assim, |x + 1| = |2x− 1| x + 1 = 2x− 1 2= x Como 2 > 1/2 então a equação |x + 1|= |2x− 1| tem x = 2 como única solução real no intervalo [1/2, +∞[. Portanto, o conjunto solução da equação |2x− 1|= 2x− 1 é S = {0, 2} Exemplo. Resolver, em R, a equação modular 1− |x− 2|+x.|x + 2|= 0. Resolução: A técnica consiste em analisar os sinais dos polinômios para os quais estão sendo tomados os módulos; no caso, os sinais de x − 2 e de x + 2. Para isso, determinam-se as raízes das equações x − 2 = 0 e x + 2 = 0, que são, respectivamente, 2 e −2. Temos que x− 2 ≥ 0⇐⇒ x ≥ 2, de modo que |x− 2|= x− 2⇐⇒ x ≥ 2. Caso contrário (isto é, x < 2), temos que |x− 2|= −(x− 2). Analogamente, x + 2 ≥ 0⇐⇒ x ≥ −2, de modo que |x + 2|= x + 2⇐⇒ x ≥ −2. Caso contrário (isto é, x < −2), temos que |x + 2|= −(x + 2). Agora, marcamos as 2 raízes sobre a reta numérica, observando os 3 intervalos determina- dos por elas: R −2 2 sinal de x− 2 (−) (−) (+) sinal de x + 2 (−) (+) (+) Se x < −2 então x− 2 < 0 e x + 2 < 0, de modo que |x− 2|= −(x− 2) e |x + 2|= −(x + 2). Assim, 1− |x− 2|+x.|x + 2| = 0 5.3 equações modulares 53 1 + (x− 2)− x.(x + 2) = 0 1 + x− 2− x2 − 2x = 0 x2 + x + 1 = 0 cujo discriminante é ∆ = 1− 4 = −3 < 0, de modo que a equação 1− |x− 2|+x.|x + 2|= 0 não tem solução real no intervalo ]−∞,−2[. Se −2 ≤ x < 2 então x − 2 < 0 e x + 2 ≥ 0, de modo que |x − 2|= −(x − 2) e |x + 2|= x + 2. Assim, 1− |x− 2|+x.|x + 2| = 0 1 + (x− 2) + x.(x + 2) = 0 1 + x− 2 + x2 + 2x = 0 x2 + 3x− 1 = 0 cujo discriminante é ∆ = 9 + 4 = 13 e cujas raízes são x = −3± √ 13 2 Como −2 < −3 + √ 13 2 (≈ 0, 3) < 2, mas −3− √ 13 2 (≈ −3, 3) < −2 então a equação 1− |x− 2|+x.|x + 2|= 0 tem x = −3 + √ 13 2 como única solução real no intervalo [−2, 2[. Se x ≥ 2 então x − 2 ≥ 0 e x + 2 > 0, de modo que |x − 2|= x − 2 e |x + 2|= x + 2. Assim, 1− |x− 2|+x.|x + 2| = 0 1− (x− 2) + x.(x + 2) = 0 1− x + 2 + x2 + 2x = 0 x2 + x + 3 = 0 cujo discriminante é ∆ = 1− 12 = −11 < 0, de modo que a equação 1− |x− 2|+x.|x + 2|= 0 não tem solução real no intervalo [2, +∞[. Portanto, o conjunto solução da equação 1− |x− 2|+x.|x + 2|= 0 é S = { −3 + √ 13 2 } 56 equações x− 3 = 2− x 2 ou x + x 2 = 2 + 3 3x 2 = 5 x = 10 3 x− 3 = −2 + x 2 x− x 2 = −2 + 3 x 2 = 1 x = 2 Como 10/3 < 4 e 2 < 4 então 10/3 e 2 satisfazem a condição (∗). Analogamente, 2.|x− 3|= −4− x |x− 3| = −2− x 2 x− 3 = −2− x 2 ou x + x 2 = −2 + 3 3x 2 = 1 x = 2 3 x− 3 = 2 + x 2 x− x 2 = 2 + 3 x 2 = 5 x = 10 No entanto, 2/3 > −4 e 10 > −4. Logo, 2/3 e 10 não satisfazem a condição (∗∗). Portanto, o conjunto solução da equação |x + 2.|x− 3||= 4 em R é S = {2, 10/3} 6 I N E Q UA Ç Õ E S Neste capítulo, estudamos algumas técnica de resolução de inequações. Para isso, dividimos nosso estudo em 4 classes: 1. inequações do 1o grau; 2. inequações do 2o grau; 3. inequações produto/quociente; 4. inequações modulares. 6.1 notação para intervalos reais Antes de passarmos à resolução de inequações, fixamos a notação que é utilizada para descrever um conjunto como intervalo real. Abaixo de cada subconjunto destacado na representação geométrica da reta real, estão a notação de intervalo e o correspondente (sub)conjunto de números reais. Para isso, consideramos a e b números reais quaisquer com a 6 b. R a [a, +∞[ = {x ∈ R|x > a} R a ]a, +∞[ = {x ∈ R|x > a} R b ]−∞, b] = {x ∈ R|x 6 b} 57 58 inequações R b ]−∞, b[ = {x ∈ R|x < b} R ba [a, b] = {x ∈ R|a 6 x 6 b} R ba [a, b[ = {x ∈ R|a 6 x < b} R ba ]a, b] = {x ∈ R|a < x 6 b} R ba ]a, b[ = {x ∈ R|a < x < b} R ]−∞, +∞[ = R R ]a, a[ = ∅ 6.2 inequações 61 S = {x ∈ R|x ≥ −4} = [−4, +∞[ . Exemplo. Resolva, em R, a inequação 2x 3 − 1 > x. Resolução: Começamos reduzindo as frações a um mesmo denominador: m.m.c.(3, 1) = 3 2x− 3 3 > 3x 3 −3 > 3x− 2x −3 > x x < −3. S = {x ∈ R|x < −3} = ]−∞,−3[ . 6.2.2 Inequações do 2o grau São expressões algébricas do tipo ax2 + bx + c ≤ 0, ax2 + bx + c < 0, ax2 + bx + c ≥ 0 ou ax2 + bx + c > 0, com a, b, c ∈ R, a 6= 0. Por exemplo, x2 − 1 < 0 é uma inequação do 2o grau. Um erro conceitual muito comum ao resolver uma desigualdade deste tipo é fazer: x2 − 1< 0 x2< 1 x< ± √ 1 x< ±1 (isso nem faz sentido!) Mesmo que você fizesse x2 < 1⇔ √ x2 < √ 1⇔ x < 1, ainda estaria errado, pois √ x2 = |x|. 62 inequações Então, como se resolve a desigualdade x2 − 1 < 0? O primeiro passo é resolver a equação x2 − 1 = 0. Temos que x2 − 1= 0 x2= 1 x= ± √ 1 = ±1 Agora, marcamos sobre a reta real as raízes −1 e 1. R || −1 1 I II III Temos três intervalos para os quais devemos estudar o sinal de x2 − 1: I: x < −1; II: − 1 < x < 1; III: x > 1 A justificatica da preservação do sinal de x2 − 1 em cada um desses intervalos é dada pela continuidade da função f (x) = x2 − 1 em R. Mas isso é assunto do final do curso. Para determinar o sinal de x2 − 1 nos intervalos I, II e III, basta tomar um elemento qualquer no intervalo e avaliar o sinal de x2− 1 para este elemento. Por exemplo, para o intervalo I (x < −1), tomamos x = −2. Como (−2)2 − 1 = 4− 1 = 3 > 0 então x2 − 1 > 0 no intervalo I. Para o intervalo II (−1 < x < 1), tomamos x = 0. Como 02 − 1 = −1 < 0 então x2 − 1 < 0 no intervalo II. Finalmente, para o intervalo III, tomamos x = 2. Como 22 − 1 = 3 > 0, temos que x2 − 1 > 0 no intervalo III. R || −1 1 + + + -- - + + + Assim, a inequação x2 − 1 < 0 (como é < 0 e não 6 0, descartamos as raízes) tem como solução: S = {x ∈ R|−1 < x < 1} = ]−1, 1[ Exemplo. Resolver, em R, a inequação do 2o grau x2 − 3x > 0: Resolução: 1o passo: resolver a equação x2 − 3x = 0. 6.2 inequações 63 x2 − 3x = 0 x(x− 3) = 0 x = 0 ou x = 3. 2o passo: descrever os intervalos determinados pelas raízes obtidas no passo anterior: R || 0 3 I II III I: x < 0; II: 0 < x < 3; III: x > 3 3o passo: estudar o sinal de x2 − 3x em cada um dos intervalos determinados no passo anterior: Para o intervalo I (x < 0), tomamos x = −1. Como (−1)2 − 3.(−1) = 1 + 3 = 4 > 0 então x2 − 3x > 0 no intervalo I. Para o intervalo II (0 < x < 3), tomamos x = 1. Como 12 − 3.1 = 1− 3 = −2 < 0 então x2 − 3x < 0 no intervalo II. Finalmente, para o intervalo III (x > 3), tomamos x = 4. Como 42 − 3.4 = 16− 12 = 4 > 0, temos que x2 − 3x > 0 no intervalo III. R || 0 3 + + + -- - + + + 4o passo: obter o conjunto solução para a desigualdade dada. x2 − 3 > 0 tem como solução: S = {x ∈ R|x 6 0 ou x > 3} =]−∞, 0]∪ [3, +∞[. 0 3 6.2.3 Inequações produto-quociente São desigualdades que envolvem produtos e/ou quocientes de polinômios. Aqui, uma regra básica é a regra de sinais: 66 inequações | | −3 1 −4 0 2 R Para estudar o sinal de x2 + 2x − 3, consideramos as raízes de x2 + 2x − 3 = 0, que são −3 e 1, pois x2 + 2x − 3 = (x − 1).(x + 3). Logo, há três intervalos para considerarmos: ]−∞,−3[, ]− 3, 1[ e ]1, +∞[. O sinal de x2 + 2x − 3 será o mesmo para cada número real pertencente a um destes intervalos. Consequentemente, podemos escolhaer um número real em cada um dos três intervalos, e determinar o sinal de x2 + 2x− 3 em cada um deles. Escolhemos os números x = −4, x = 0 e x = 2: (−4)2 + 2 · (−4)− 3 = 16− 8− 3 = 5 > 0 02 + 2 · 0− 3 = −3 < 0 22 + 2 · 2− 3 = 4 + 4− 3 = 5 > 0 Assim, R || −3 1 + - + Como antes, o sinal de x− 5 é: R | 5 +- O varal fica assim: R ||| −3 1 5 + - + + - - - + - + - + −3 1 5 Sinal de x2 + 2x− 3 Sinal de x− 5 Regra de sinais Novamente, o conjunto solução da inequação (x− 1) · (x + 3) x− 5 > 0 é S = {x ∈ R|−3 < x < 1 ou x > 5} =]− 3, 1[∪]5, +∞[. 6.2 inequações 67 Exemplo. Determine, em R, o conjunto solução da desigualdade (4x2 + 20x + 25).(−2x + 1) ≤ 0 Resolução: pode-se proceder como antes. Uma ótima alternativa é perceber que 4x2 ↓√ ↓ 2x +20x+ 25 ↓√ ↓ 5︸ ︷︷ ︸ 2.2x.5=20x = (2x + 5)2. Como (2x + 5)2 ≥ 0 então (4x2 + 20x + 25).(−2x + 1) ≤ 0⇔ ≥0x (2x+5)2 .(−2x + 1) ≤ 0 ⇔ −2x + 1 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 2x ⇔ 1 2 ≤ x, Portanto, o conjunto solução da inequação dada é S = { x ∈ R : x ≥ 1 2 } = [ 1 2 , +∞ [ . Exemplo. Resolva, em R, a inequação 2x x + 3 − 3 x− 1 ≤ 2 Resolução: 1o passo: Condições de existência. Como o denominador nunca pode ser igual a 0 então x + 3 6= 0 e x− 1 6= 0, isto é, x 6= −3 e x 6= 1. Notamos que 2x x + 3 − 3 x− 1 ≤ 2⇔ 2x x + 3 − 3 x− 1 − 2 1 ≤ 0 68 inequações m.m.c.(x + 3, x− 1, 1) = (x + 3)(x− 1)←⇔ 2x(x− 1) − 3(x + 3) − 2(x + 3) (x− 1) (x + 3)(x− 1) ≤ 0 ⇔ 2x2 −2x− 3x− 9−2x2 +2x− 6x + 6 (x + 3)(x− 1 ≤ 0 ⇔ −9x− 3 (x + 3)(x− 1) ≤ 0 ×(−1)←⇔ 9x + 3 (x + 3)(x− 1) ≥0 2o passo: estudo do sinal de cada polinômio. • estudo do sinal de 9x + 3: 9x + 3 > 0⇔ 9x > −3⇔ x > −3 9 = −1 3 . R −1 3(−) (+) • estudo do sinal de x + 3: x + 3 > 0⇔ x > −3. R −3(−) (+) • estudo do sinal de x− 1: x− 1 > 0⇔ x > 1. R 1(−) (+) 3o passo: Agora, colocamos essas informações no varal. R −3 −1 3 1 −3 −1 3 1 (9x + 3) (−) (−) (+) (+) (x + 3) (−) (+) (+) (+) (x− 1) (−) (−) (−) (+) Regra de sinais (−) (+) (−) (+) 4o passo: encontrar a solução da desigualdade dada. Sendo x 6= −3 e x 6= 1, temos que 9x + 3 (x + 3)(x− 1) ≥ 0 → (+) em R −3 −1 3 1(−) (+) (−) (+) S = {x ∈ R : −3 < x ≤ −1 3 ou x > 1} = ] −3, 1 3 ] ∪]1, +∞[. 6.2 inequações 71 • x + 1 < 3⇔ x < 2 • −(x− 3)(x + 1) ≥ 0 .(−1) ↑ ⇔ (x− 3)(x + 1) ≤ 0 Mas, x− 3 > 0⇔ x > 3. R 3(−) (+) e x + 1 > 0⇔ x > −1. R −1(−) (+) Assim, (x− 3)(x + 1) ≤ 0 R −1 3 −1 3 sinal de x− 3 (−) (−) (+) sinal de x + 1 (−) (+) (+) Regra de sinais (+) (−) (+) Logo, x + 1 < 3 e − (x− 3)(x + 1) ≥ 0 ⇔ x < 2 e − 1 ≤ x ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x < 2 R −1 2 3 −1 2 3 x < 2 −1 ≤ x ≤ 3 −1 ≤ x < 2 • √ x2 > x ⇔ x < 0, pois √ x2 > 0. 72 inequações • x2 ≥ 9⇔ x2 − 9 ≥ 0 Mas, x2 − 9 = 0⇔ x2 = 9⇔ x = ± √ 9⇔ x = ±3. x2 − 9 ≥ 0 (−4)2 − 9 = 16− 9 > 0 (0)2 − 9 = −9 < 0 (5)2 − 9 = 25− 9 > 0 R −3 3(+) (−) (+) Logo, √ x2 > x e x2 ≥ 9 ⇔ x < 0 e (x ≤ −3 ou x ≥ 3) ⇔ x ≤ −3 R −3 0 3 −3 0 3 x < 0 x ≤ −3 ou x ≥ 3 x ≤ −3 Portanto, (x + 1 < 3 e − (x− 1)(x + 1) ≥ 0) ou (√ x2 > x e x2 ≥ 9 ) . ⇔ −1 ≤ x < 2 ou x ≤ −3 R −3 −1 0 2 −3 −1 0 2 −1 ≤ x < 2 x ≤ −3 −1 ≤ x < 2 ou x ≤ −3 S =]−∞,−3]∪ [−1, 2[. 6.2.5 Mais exemplos de resolução de inequações Exemplo. Determine, em R, o conjunto solução da inequação √ x + 2x < 0 6.2 inequações 73 Resolução: 1o passo: Condições de existência. Como o radicando tem que ser positivo então x ≥ 0. 2o passo: Estudo do sinal de √ x + 2x. Nas condições de existência, isto é, para x ≥ 0, temos que √ x ≥ 0 e 2x ≥ 0. de modo que √ x + 2x ≥ 0. Como estamos interessados em √ x + 2x < 0 então o conjunto solução é S = ∅. Exemplo. Determine, em R, o conjunto solução da inequação√ x2 − 2x− 8 > x− 2 Resolução: 1o passo: Condições de existência. Como o radicando tem que ser positivo então x2 − 2x− 8 ≥ 0 → (+) Mas, x2 − 2x− 8 = 0⇔ x = 4 ou x = −2, pois ∆ = 4 + 32 = 36 x = 2± 6 2 x = 2 + 6 2 = 8 2 = 4 x = 2− 6 2 = −4 2 = −2 R −2 4(+) (−) (+) (−3)2 − 2.(−3)− 8 > 0 02 − 2.0− 8 < 0 52 − 2.5− 8 > 0 Desse modo, a condição de existência é que x pertença ao conjunto ]−∞,−2]∪ [4. + ∞[. 2o passo: Estudo do sinal de √ x2 − 2x− 8 > x− 2. √ x2 − 2x− 8 > x− 2⇔ √ x2 − 2x− 8− (x− 2) > 0. Mas, para resolver a inequação, começamos resolvendo a equação√ x2 − 2x− 8− (x− 2) = 0⇔ √ x2 − 2x− 8 = x− 2 elevando ao quadrado no domínio em que x2−2x−8≥0←⇔ x2 − 2x− 8 = (x− 2)2 ⇔ x2 − 2x− 8 = x2 − 4x + 4 ⇔ 2x = 12 ⇔ x = 6→ a igualdade ocorre para x=6 76 inequações 6.2.6 Inequações modulares Assim como com as equações modulares, nesta seção discutimos algumas inequações que envolvem módulos de polinômios do 1o grau ou do 2o grau, as quais podem ser facilmente resolvidas com a análise dos gráficos das funções lineares e quadráticas, cuja abordagem será feita somente após o estudo dessas funções. Por enquanto, usaremos técnicas algébricas para trabalhar com elas. Para resolver uma inequação modular, é conveniente conhecer as raízes da respectiva equação modular. Por esta razão, vamos aproveitar os exemplos feitos na seção sobre Equações modulares, na mesma ordem que lá eles aparecem. Exemplo. Resolver, em R, a inequação modular |x− 7|≥ 1. Resolução: a inequação |x − 7|≥ 1 é equivalente a |x − 7|−1 ≥ 0. Ou seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x− 7|−1 seja positivo. Para isso, resolvemos a equação modular |x− 7|−1 = 0. Já sabemos que as soluções desta equação são x = 6 e x = 8. Agora, estudamos o sinal de |x− 7|−1 em cada um dos intervalos determinados pelas raízes 6 e 8. Isso pode ser feito escolhendo-se três números reais quaisquer: um sendo menor que 6, outro estando entre 6 e 8, e outro sendo maior que 8. |x-7|-1≥ 0 |5-7|-1=2-1=1>0 |7-7|-1=-1<0 |9-7|-1=2-1=1>0 R 6 8(+) (−) (+) Portanto, o conjunto solução da inequação |x− 7|−1 ≥ 0 em R é S =]−∞, 6] ∪ [8, +∞[ Exemplo. Resolver, em R, a inequação modular |x + 1|< |2x− 1|. Resolução: a inequação |x + 1|< |2x− 1| é equivalente a |x + 1|−|2x− 1|< 0. Ou seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x + 1|−|2x − 1| seja (estritamente) negativo. Neste caso, as raízes são descartadas. 6.2 inequações 77 Para isso, resolvemos a equação modular |x + 1|= |2x− 1|. Já sabemos que as soluções desta equação são x = 0 e x = 2. Agora, estudamos o sinal de |x + 1|−|2x− 1| em cada um dos intervalos determinados pelas raízes 0 e 2. Isso pode ser feito escolhendo-se três números reais quaisquer: um sendo menor que 0, outro estando entre 0 e 2, e outro sendo maior que 2. |x+1|-|2x-1| < 0 |-1+1|-|-2-1|=-3<0 |1+1|-|2-1|=2-1=1>0 |3+1|-|6-1|=4-5=-1<0 R 0 2(−) (+) (−) Portanto, o conjunto solução da inequação |x + 1|−|2x− 1|< 0 em R é S =]−∞, 0[ ∪ ]2, +∞[ Exemplo. Resolver, em R, a inequação modular 1− |x− 2|+x.|x + 2|> 0. Resolução: estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em 1− |x− 2|+x.|x + 2| seja (estritamente) positivo. Neste caso, as raízes são descartadas. Para isso, resolvemos a equação modular 1− |x − 2|+x.|x + 2|= 0. Já sabemos que a solução desta equação é x = −3+ √ 13 2 . Agora, estudamos o sinal de 1− |x− 2|+x.|x + 2| em cada um dos dois intervalos determinados pela raiz −3+ √ 13 2 ≈ 0, 3. Isso pode ser feito escolhendo-se dois números reais quaisquer: um sendo menor que −3+ √ 13 2 e sendo maior que −3+ √ 13 2 . 1-|x-2|+x.|x+2|>0 1-|0-2|+0.|0+2|=-1<0 1-|1-2|+1.|1+2|=3>0 R −3+ √ 13 2(−) (+) Portanto, o conjunto solução da inequação 1− |x− 2|+x.|x + 2|> 0 em R é S =] −3 + √ 13 2 , +∞[ Exemplo. Resolver, em R, a inequação modular |x− 4|.|x + 4|< 16. 78 inequações Resolução: a inequação |x− 4|.|x + 4|< 16 é equivalente a |x− 4|.|x + 4|−16 < 0. Ou seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x− 4|.|x + 4|−16 seja (estritamente) negativo. Neste caso, as raízes são descartadas. Para isso, resolvemos a equação modular |x − 4|.|x + 4|−16 = 0. Já sabemos que as soluções desta equação são x = 0 e x = ±4. √ 2. Agora, estudamos o sinal de |x− 4|.|x + 4|−16 em cada um dos intervalos determinados pelas raízes 0 e ±4. √ 2. Isso pode ser feito escolhendo-se quatro números reais quaisquer: um sendo menor que −4. √ 2, um estando entre −4. √ 2 e 0, um estando entre 0 e 4. √ 2 e outro sendo maior que 4. √ 2. |x-4|.|x+4|-16 < 0 |-6-4|.|-6+4|-16=4>0 |-1-4|.|-1+4|-16=-1<0 |1-4|.|1+4|-16=-1<0 |6-4|.|6+4|-16=4>0 R −4 √ 2 4 √ 20(−)(+) (+)(−) Portanto, o conjunto solução da inequação |x− 4|.|x + 4|−16 < 0 em R é S =]− 4 √ 2, 0[ ∪ ]0, 4 √ 2[ Exemplo. Resolver, em R, a inequação modular |x2 − 5x + 4|> x− 1. Resolução: a inequação |x2− 5x + 4|> x− 1 é equivalente a |x2− 5x + 4|−(x− 1) > 0. Ou seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x2 − 5x + 4|−(x− 1) seja (estritamente) positivo. Neste caso, as raízes são descartadas. Para isso, resolvemos a equação modular |x2− 5x + 4|= x− 1. Já sabemos que as soluções desta equação são x = 1, x = 3 e x = 5. Agora, estudamos o sinal de |x2 − 5x + 4|−(x− 1) em cada um dos intervalos determinados pelas raízes 1, 3 e 5. Isso pode ser feito escolhendo-se quatro números reais quaisquer: um sendo menor que 1, um estando entre 1 e 3, um estando entre 3 e 5 e outro sendo maior que 5.