1. O documento apresenta demonstrações de propriedades dos números reais relacionadas a igualdades e desigualdades envolvendo potenciações e radiciação. 2. São mostradas provas de que para todo número real x, x2 ≥ 0 e que x > 0 é equivalente a x-1 > 0. 3. Também é demonstrado que xy = 0 implica que x = 0 ou y = 0 e que x2 = y2 implica x = y ou x = -y.

1. CAPÍTULO 1
Exercícios 1.2
2.n) Como x2 ϩ 3 Ͼ 0 para todo x, o sinal de x(x2 ϩ 3) é o mesmo que o de x; logo,
x(x2ϩ 3) Ͻ 0 para x Ͻ 0; x(x2 ϩ 3) ϭ 0 para x ϭ 0; x(x2 ϩ 3) Ͼ 0 para x Ͼ 0.
1
e,
ϩ1
tendo em vista a compatibilidade da relação de ordem com a multiplicação, obtém-se:
3. n) Como x2 ϩ 1 Ͼ 0 para todo x, multiplicando-se os dois membros por
(2x Ϫ 1)(x2 ϩ 1)Ͻ 0 ¤ 2x Ϫ 1 Ͻ
x2
0
1
¤ 2x Ϫ 1 Ͻ 0 ¤ x Ͻ .
1 ϩ x2
2
4.
Ϫ a3
x3
Ϫ x 3 ϩ ax 2
Ϫ ax 2 ϩ a 2 x
Ϫ a 2 x ϩ a3
0
xϪa
x 2 ϩ ax ϩ a 2
Ê 2
b
cˆ
b
b2
b2
cˆ
Ê 2
8. a) ax2 ϩ bx ϩ c ϭ a Ë x ϩ x ϩ ¯ ϭ a Á x ϩ x ϩ 2 Ϫ 2 ϩ ˜ . Agora
a¯
a
a
a
4a
4a
Ë
2
2
Ϫb2
c
⌬
b
b
b ˆ
Ê
.
ϩ ϭϪ
é só observar que x 2 ϩ x ϩ 2 ϭ x ϩ
e
Ë
4 a2
4 a2
a
a
4a
2a ¯
14. Como x2 ϩ 1 Ͼ 0 para todo x, multiplicando-se os dois membros por x2 ϩ 1 e
lembrando da compatibilidade da relação de ordem com a multiplicação, tem-se:
5x ϩ 3
Ն 5 ¤ 5x ϩ 3 Ն 5(x2 ϩ 1)
x2 ϩ 1
15. Falsa. Para x Ͼ 2, a afirmação será verdadeira, pois, neste caso, teremos x Ϫ 2 Ͼ 0 e
pela compatibilidade da relação de ordem com a multiplicação teremos:
x2 ϩ x ϩ 1
Ͼ 3 ¤ x2 ϩ x ϩ 1 Ͼ 3(x Ϫ 2)
xϪ2
Para x Ͻ 2, teremos x Ϫ 2 Ͻ 0, e daí e pela compatibilidade mencionada anteriormente
x2 ϩ x ϩ 1
Ͼ 3 ¤ x2 ϩ x ϩ 1 Ͻ 3(x Ϫ 2)
xϪ2

2. 0 raiz de P(x) deveremos ter a0␣n ϩ a1␣n Ϫ 1 ϩ ... ϩ an Ϫ 1␣ ϩ an ϭ 0.
an
.
Dividindo os dois membros por ␣, resulta: a0␣n Ϫ 1 ϩ a1␣n Ϫ 2 ϩ ... ϩ an Ϫ 1 ϭ Ϫ
␣
Como o primeiro membro dessa igualdade é número inteiro, pois, por hipótese, ␣, a0, a1, ...,
an
é um número inteiro, logo, ␣ é divisor de an.
an Ϫ 1 são inteiros, resulta que
␣
16. Sendo ␣
17. a) Como os coeficientes do polinômio x3 ϩ 2x2 ϩ x Ϫ 4 são números inteiros, o
número inteiro ␣ terá chance de ser raiz da equação se ␣ for divisor do termo independente
Ϫ4. Os divisores de Ϫ4 são: 1, Ϫ1, 2, Ϫ2, 4 e Ϫ4. Para verificar se algum destes números
é raiz, o único jeito é substituí-lo na equação. Por substituição na equação verifica-se, então,
que 1 é raiz e que os demais não são raízes. Conclusão: 1 é a única raiz inteira da equação.
18. Tendo em vista a sugestão, P(x) ϭ (x Ϫ ␣)Q(x) ϩ R, onde Q(x) é um polinômio de
grau n Ϫ 1 e R um número. Substituindo x por ␣, resulta P(␣) ϭ R. Se ␣ for raiz,
teremos P(␣) ϭ 0 e, portanto, R ϭ 0, o que significa que P(x) é divisível por (x Ϫ ␣).
Reciprocamente, se P(x) for divisível por (x Ϫ ␣), teremos R ϭ 0 e, portanto, P(␣) ϭ 0,
ou seja, ␣ é raiz de P(x).
19. a) Primeiro vamos verificar se P(x) ϭ x3 ϩ 2x2 Ϫ x Ϫ 2 admite raízes inteiras. Os
candidatos a raízes inteiras são os divisores Ϫ1, 1, Ϫ2 e 2 do termo independente Ϫ2.
Substituindo em P(x), verifica-se que Ϫ1, 1, e Ϫ2 são raízes. Segue que P(x) é divisível
por (x Ϫ (Ϫ1)) ϭ (x ϩ 1). Dividindo obtém-se P(x) ϭ (x ϩ 1) (x2 ϩ x Ϫ 2). Sendo 1 raiz
de P(x), mas não raiz de x ϩ 1, resulta que 1 é raiz do quociente x2 ϩ x Ϫ 2, logo, tal
quociente é divisível por x Ϫ 1; efetuando-se a divisão obtém-se
x2 ϩ x Ϫ 2 ϭ (x Ϫ 1)(x ϩ 2). Segue P(x) ϭ (x ϩ 1)(x Ϫ 1)(x ϩ 2) que é a forma
fatorada do polinômio dado.
20. a) 1.º Processo. x3 Ϫ 1 é divisível por x Ϫ 1, pois 1 é raiz de x3 Ϫ 1; efetuando-se a
divisão, obtém-se x3 Ϫ 1 ϭ (x Ϫ 1)(x2 ϩ x ϩ 1). Segue que a inequação é equivalente a
(x Ϫ 1)(x2 ϩ x ϩ 1) Ͼ 0. Como x2 ϩ x ϩ 1 Ͼ 0 para todo x, tal inequação é equivalente
a x Ϫ 1 Ͼ 0 e, portanto, equivalente a x Ͼ 1 que é a solução da inequação.
2.º Processo. Tendo em vista a equivalência “x Ͻ y ¤ x3 Ͻ y3 quaisquer que sejam x e
y” (veja Exercício 22), segue que x3 Ϫ1 Ͼ 0 ¤ x3 Ͼ 13 ¤ x Ͼ 1.
21. Falsa. Pois, Ϫ 5 Ͻ Ϫ 3 Þ (Ϫ 5)2 Ͼ (Ϫ3)2. Observação. É verdadeira a seguinte
afirmação: quaisquer que sejam x Ͼ 0 e y Ͼ 0, tem-se x Ͼ y ¤ x2 Ͼ y2. De fato, de x Ͼ 0
e y Ͼ 0 segue x ϩ y Ͼ 0; pela compatibilidade da relação de ordem com a adição (veja
propriedade OA, no livro-texto, página 3), x Ͼ y ¤ x Ϫ y Ͼ y Ϫ y ¤ x Ϫ y Ͼ 0.
De x ϩ y Ͼ 0 e pela compatibilidade da relação de ordem com a multiplicação (veja
propriedade OM, no livro-texto, página 3), tem-se
x Ϫ y Ͼ 0 ¤ (x Ϫ y)(x ϩ y) Ͼ 0 (x ϩ y) ¤ x2 Ϫ y2 Ͼ 0 ¤ x2 Ͼ y2.
22. Já sabemos que x3 Ϫ y3 ϭ (x Ϫ y)(x2 ϩ xy ϩ y2). Temos, também, se x Ͼ 0 e y Ͼ 0
(ou x Ͻ 0 e y Ͻ 0), então x2 ϩ xy ϩ y2 Ͼ 0. Faremos a prova considerando três casos.
1.º Caso. Neste primeiro caso, faremos a prova supondo x Ͼ 0 e y Ͼ 0. Temos:
x Ͻ y ¤ x Ϫ y Ͻ 0. Como x2 ϩ xy ϩ y2 Ͼ 0, multiplicando-se os dois membros de x Ϫ y Ͻ 0
por x2 ϩ xy ϩ y2 e lembrando da compatibilidade da relação de ordem com a multiplicação,
2

3. resulta (x Ϫ y)(x2 ϩ xy ϩ y2) Ͻ 0 (x2 ϩ xy ϩ y2), que é equivalente a x3 Ϫ y3 Ͻ 0, que
por sua vez é equivalente a x3 Ͻ y3. Portanto, admitindo x Ͼ 0 e y Ͼ 0, teremos
x Ͻ y ¤ x3 Ͻ y3.
2.º Caso. Neste segundo caso suporemos x Ͻ 0 e y Ͻ 0. Sendo x Ͻ 0 e y Ͻ 0 teremos,
também, x2 ϩ xy ϩ y2 Ͼ 0. Agora é só repetir o raciocínio do 1.º caso.
3.º Caso. Neste 3.º caso suporemos x Ͻ 0 e y Ͼ 0. Sendo x Ͻ 0 teremos, também, x3 Ͻ 0
e reciprocamente. Por outro lado, sendo y Ͼ 0, teremos, também, y3 Ͼ 0 e
reciprocamente. Portanto, supondo x Ͻ 0 e y Ͼ 0, teremos, x Ͻ y ¤ x3 Ͻ y3.
23. a) Sabemos que 0 ϩ 0 ϭ 0 (A3). Daí, x и (0 ϩ 0) ϭ x и 0. Pela distributividade da
multiplicação em relação à adição, x и 0 ϩ x и 0 ϭ x и 0. Pela lei do cancelamento,
x и 0 ϭ 0. (Observe que a lei do cancelamento depende apenas da propriedade associativa
e da existência de oposto. Veja Exemplo 2, livro-texto, página 5.)
b) x ϩ (Ϫ x) ϭ 0; [x ϩ (Ϫ x)] и y ϭ 0 и y. Pela propriedade distributiva e tendo em vista
(a), resulta xy ϩ (Ϫ x)y ϭ 0. Somando a ambos os membros o oposto de xy, obtemos
(Ϫ x)y ϭ Ϫ xy. De forma análoga, prova-se que x(Ϫ y) ϭ Ϫxy. Vamos, agora, à prova de
que (Ϫ x)(Ϫ y) ϭ xy. Temos, [x ϩ (Ϫ x)][y ϩ (Ϫ y)] ϭ 0. Pela propriedade distributiva,
xy ϩ x(Ϫ y) ϩ (Ϫ x)y ϩ (Ϫ x)(Ϫ y) ϭ 0. De x(Ϫ y) ϭ Ϫ xy e (Ϫ x)y ϭ Ϫxy
e lembrando que xy ϩ (Ϫ xy) ϭ 0 resulta Ϫ xy ϩ (Ϫ x)(Ϫ y) ϭ 0. Somando xy aos dois
membros, obtemos (Ϫ x)(Ϫ y) ϭ xy.
c) Seja x um real qualquer. Pela (O4), x р 0 ou x у 0. Supondo x р 0 e somando o
oposto de x aos dois membros, resulta 0 р Ϫ x; pela (OM), 0 и (Ϫ x) р (Ϫ x)(Ϫ x) e,
portanto, 0 р x и x, ou seja, 0 р x2. Assim, se x р 0, teremos x2 у 0. Supondo, agora, x у 0
e lembrando, novamente, de (OM) teremos x и x у x и 0 e, portanto, x2 у 0. Dessa
maneira fica provado que, para todo x real, tem-se x2 у 0.
d) Como 12 ϭ 1 и 1 ϭ 1 e 1
0 (M3), tendo em vista (c), resulta 1 Ͼ 0.
e) Para x 0, x и xϪ1 ϭ 1 (M4) e, portanto, teremos também xϪ1 0. Assim, para
x 0, xϪ1 и xϪ1 Ͼ 0. Supondo, agora, x Ͼ 0 e multiplicando-se ambos os membros
da última desigualdade por x, obtemos x и(xϪ1 и xϪ1) Ͼ x и 0; pela (M1),
x и (xϪ1 и xϪ1) ϭ (x и xϪ1) и xϪ1, e lembrando que x и xϪ1 ϭ 1, resulta xϪ1 Ͼ 0. Assim,
se x Ͼ 0 teremos, também, xϪ1 Ͼ 0. Supondo, agora, xϪ1 Ͼ 0 teremos x 0 e, portanto,
x2 Ͼ 0; multiplicando-se os dois membros por xϪ1 e lembrando de (OM), teremos
xϪ1 и x2 Ͼ xϪ1 и 0, ou seja, (xϪ1 и x) и x Ͼ 0 e portanto, x Ͼ 0. Fica provado assim que
x Ͼ 0 é equivalente a xϪ1 Ͼ 0.
f) Supondo xy ϭ 0 vamos provar que x ϭ 0 ou y ϭ 0. Se x 0 teremos, também, xϪ1 0;
multiplicando-se os dois membros de xy ϭ 0 por xϪ1 vem xϪ1 и (xy) ϭ xϪ1 и 0 e daí
(xϪ1 и x) и y ϭ 0; lembrando que x и xϪ1 ϭ 1, resulta y ϭ 0. Se tivermos y 0,
raciocinando de forma análoga, conclui-se que x ϭ 0. Fica provado então que
xy ϭ 0 Þ x ϭ 0 ou y ϭ 0. A recíproca é imediata.
g) x2 ϭ y2 ¤ x2 Ϫ y2 ϭ 0 ¤ (x Ϫ y)(x ϩ y) ϭ 0 ¤ x Ϫ y ϭ 0 ou x ϩ y ϭ 0 ¤ x ϭ y
ou x ϭ Ϫ y
3

4. h) x2 ϭ y2 ¤ (x Ϫ y)(x ϩ y) ϭ 0 ¤ x Ϫ y ϭ 0 ou x ϩ y ϭ 0; da hipótese x Ն 0 e y Ն 0
segue que x ϩ y ϭ 0 só ocorrerá se x ϭ 0 e y ϭ 0. Assim, se x Ն 0 e
y Ն 0, x2 ϭ y2 ¤ x ϭ y.
Exercícios 1.3
3. j) Primeiro vamos estudar o sinal da expressão dentro do módulo, no caso, 2x Ϫ 1.
1
1
Temos: 2x Ϫ 1 р 0 para x р
e 2x Ϫ 1 Ͼ 0 para x Ͼ . Para resolver a equação,
2
2
vamos considerar dois casos.
1
1
1.º Caso. Neste primeiro caso vamos resolver a inequação supondo x р . Para x р ,
2
2
teremos 2x Ϫ 1р 0 e, portanto, |2x Ϫ 1| ϭϪ(2x Ϫ 1) ϭ Ϫ 2x ϩ 1. Neste caso, teremos:
1
|2x Ϫ 1| Ͻ x ¤ Ϫ 2x ϩ 1 Ͻ x ¤ x Ͼ .
3
1
Como estamos supondo x р , segue que todo x satisfazendo a condição
2
1
1
Ͻ x р é solução da inequação.
3
2
1
1
2.º Caso. Vamos agora resolver a inequação supondo x Ͼ . Para x Ͼ , 2x Ϫ 1 Ͼ 0
2
2
e, portanto, |2x Ϫ 1| Ͻ x ¤ 2x Ϫ 1 Ͻ x ¤ x Ͻ 1.
1
1
Ͻ xϽ1
Como estamos supondo x Ͼ , segue que todo x satisfazendo a condição
2
2
é solução da inequação.
Conclusão: reunindo a solução encontrada no 1.º caso com a do 2.º caso, temos
1
Ͻ x Ͻ 1 que é a solução da inequação.
3
m) Primeiro vamos estudar os sinais das expressões dentro dos módulos. Temos: x Ϫ 1 р 0
para x р 1 e x Ϫ 1 Ͼ 0 para x Ͼ 1 por outro lado, x ϩ 2 р 0 para x р Ϫ 2 e x ϩ 2 Ͼ 0
para x Ͼ Ϫ 2.
Para resolver a inequação vamos considerar três casos.
1.º Caso. x р Ϫ 2. Para x р Ϫ 2, temos x Ϫ 1 Ͻ 0 e x ϩ 2 р 0. Segue que
|x Ϫ 1| ϭ Ϫ (x Ϫ 1) ϭ Ϫ x ϩ 1 e |x ϩ 2| ϭ Ϫ (x ϩ 2) ϭ Ϫ x Ϫ 2.
Assim, a inequação |x Ϫ 1| Ϫ |x ϩ 2| Ͼ x é equivalente a Ϫ x ϩ 1 Ϫ (Ϫ x Ϫ 2) Ͼ x
que, por sua vez, é equivalente a 3 Ͼ x, ou seja, x Ͻ 3. Como estamos supondo x р Ϫ 2,
segue que todo x satisfazendo a condição x р Ϫ 2 é solução da inequação.
2.º Caso. Ϫ 2 Ͻ x р 1. Para Ϫ 2 Ͻ x р 1, temos x ϩ 2 Ͼ 0 e x Ϫ 1 р 0. Segue que
|x ϩ 2| ϭ x ϩ 2 e |x Ϫ 1| ϭ Ϫ (x Ϫ 1) ϭ Ϫ x ϩ 1.
A inequação |x Ϫ 1| Ϫ |x ϩ 2| Ͼ x é então equivalente a Ϫ x ϩ 1 Ϫ (x ϩ 2) Ͼ x que,
por sua vez, é equivalente a Ϫ 2x Ϫ 1 Ͼ x. Resolvendo esta última inequação, obtemos
4

5. Ϫ1
. Como estamos supondo Ϫ 2 Ͻ x р 1, segue que todo x satisfazendo a
3
1
condição Ϫ 2 Ͻ x Ͻ Ϫ é solução da inequação.
3
xϽ
3.º Caso. x Ͼ 1. Para x Ͼ 1, temos x ϩ 2 Ͼ 0 e x Ϫ 1 Ͼ 0. Segue que a inequação dada é
equivalente a x Ϫ 1 Ϫ (x ϩ 2) Ͼ x que, por sua vez, é equivalente a x Ͻ Ϫ 3. Como
estamos supondo x Ͼ 1, segue que não existe x Ͼ 1 que seja solução da inequação.
Ϫ1
Conclusão: reunindo a solução obtida no 1.º caso com a do 2.º caso resulta x Ͻ
3
que é a solução da inequação dada.
4. Queremos provar que para r Ͼ 0, |x| Ͼ r ¤ x Ͻ Ϫ r ou x Ͼ r. De fato, sendo r Ͼ 0,
temos:
|x| Ͼ r ¤ |x|2 Ͼ r2 ¤ x2 Ͼ r2 ¤ (x Ϫ r)(x ϩ r) Ͼ 0 ¤ x Ͻ Ϫ r ou x Ͼ r.
6. Queremos provar que |x ϩ y| ϭ |x| ϩ |y| ¤ xy Ն 0. Para isso, um caminho é procurar a
condição (ou condições) que x e y devem satisfazer para que se tenha |x ϩ y| ϭ |x| ϩ |y|.
Vamos então à procura de tal condição. Temos: |x ϩ y| ϭ |x| ϩ |y| ¤ |x ϩ y|2 ϭ [|x| ϩ |y|]2.
Tendo em vista que
|x ϩ y|2 ϭ (x ϩ y)2 ϭ x2 ϩ 2xy ϩ y2, [|x| ϩ |y|]2 ϭ |x|2 ϩ 2|x||y| ϩ |y|2 ,
|x|2 ϭ x2, |y|2 ϭ y2 e 2|x||y| ϭ 2|xy|
resulta
|x ϩ y| ϭ |x| ϩ |y| ¤ x2 ϩ 2xy ϩ y2 ϭ x2 ϩ 2|xy| ϩ y2 ¤ xy ϭ |xy| ¤ xy у 0.
(Observe que |xy| ϭ xy só poderá ocorrer se xy у 0.)
7. a) |x Ϫ y| у |x| Ϫ |y| é uma conseqüência da desigualdade triangular. De fato,
observando que |x| ϭ |x Ϫ y ϩ y| e aplicando a desigualdade triangular ao segundo
membro, obtemos |x Ϫ y ϩ y| р |x Ϫ y| ϩ |y|.
Temos, então, |x| р |x Ϫ y| ϩ |y| e, portanto, |x Ϫ y| у |x| Ϫ |y|.
b) Raciocinando de modo semelhante, temos |y| ϭ |y Ϫ x ϩ x| р |y Ϫ x| ϩ |x|.
Lembrando que |y Ϫ x| ϭ |x Ϫ y|, resulta |x Ϫ y| у |y| Ϫ |x|.
c) Observando que | |x| Ϫ |y| | ϭ |x| Ϫ |y| ou | |x| Ϫ |y| | ϭ |y| Ϫ |x| e tendo em vista (a) e
(b), resulta |x Ϫ y| у | |x| Ϫ |y| |.
Exercícios 1.6
1. Suponhamos x racional e y irracional. Seja s ϭ x ϩ y. Se s for racional, então
y ϭ s Ϫ x será racional, uma vez que a diferença entre dois racionais é racional,
contra a hipótese de y ser irracional. Logo, a soma de um racional com um irracional
é irracional.
z
0 racional e y irracional. Seja z ϭ xy. De x 0 segue y ϭ . Se z
x
z
for racional, o quociente
será, também, racional, pois o quociente entre dois
x
2. Suponhamos x
5

6. racionais é racional, contra a hipótese de y ser irracional. Logo, o produto de um
racional diferente de zero por um irracional é irracional.
3. a) Vamos mostrar que não existem números naturais a e b, com b 0, tal que
a
a
6 ϭ . Podemos supor que a fração
seja irredutível, pois, se não fosse, bastaria
b
b
simplificá-la. Isto significa que as possibilidades para a e b são: a par e b ímpar, a
ímpar e b par, a ímpar e b ímpar. Vamos mostrar que nenhuma dessas possibilidades
poderá ocorrer. (Observe que o caso a par e b par foi excluído, pois estamos supondo
a
a
a fração
irredutível.) Inicialmente, observamos que 6 ϭ é equivalente a
b
b
a2
6 ϭ 2 que, por sua vez, é equivalente a a2 ϭ 6b2. Como 6b2 é par, a2 não poderá
b
ser ímpar, o que significa que a não poderá ser ímpar (lembre-se de que o quadrado de
um número ímpar é, também, ímpar). Segue que os casos a ímpar e b par, a ímpar e b
ímpar estão, também, excluídos. Assim, o único caso que deveremos analisar é a par e
b ímpar. Sendo a um número par, existirá um natural m tal que a ϭ 2m. Substituindo este
valor de a em a2 ϭ 6b2, teremos (2m)2 ϭ 6b2 e, portanto, 4m2 ϭ 6b2 e, daí,
2m2 ϭ 3b2 que é uma contradição, pois 2m2 é par e 3b2 ímpar. Logo, 6 é um número
irracional.
b) Suponhamos que 2 ϩ 3 ϭ x com x racional. Elevando os dois membros ao
quadrado, obtemos
(
2ϩ 3
)
2
ϭ x 2 . Como
(
2ϩ 3
)
2
ϭ2ϩ 2 2 3 ϩ3ϭ5ϩ 2 6
Ϫ5
. Como estamos supondo x
2
racional, o segundo membro da última igualdade será racional e, portanto, 6 será
resulta 5 ϩ 2 6 ϭ x 2 e, portanto,
6 ϭ
x2
racional, que está em contradição com o fato de
6 ser irracional. Logo, a soma
2 ϩ 3 não podendo ser racional; será irracional.
4. O truque aqui é procurar eliminar os radicais e analisar o que sobrar. Vamos lá.
Elevando ao cubo os dois membros de x ϭ 3 2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 e desenvolvendo o
cubo no segundo membro, obtemos
2
2
x 3 ϭ 2 Ϫ 5 ϩ 3Ê 3 2 Ϫ 5 ˆ 3 2 ϩ 5 ϩ 33 2 Ϫ 5 Ê 3 2 ϩ 5 ˆ ϩ 2 ϩ 5
Ë
¯
Ë
¯
e daí
x 3 Ϫ 4 ϭ 33 2 Ϫ 5 3 2 ϩ 5 È3 2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 ù .
Í
ú
Î
û
Temos
3
(
)(
)
2 Ϫ 5 3 2 ϩ 5 ϭ 3 2 Ϫ 5 2 ϩ 5 ϭ 3 Ϫ1 ϭ Ϫ 1 e x ϭ 3 2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 .
6

7. Substituindo na equação acima, resulta x3 Ϫ 4 ϭ Ϫ 3x, ou seja, x3 ϩ 3x Ϫ 4 ϭ 0.
Conclui-se, então, que o número real x ϭ 3 2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 é raiz da equação
anterior. Por outro lado 1 é, também, raiz. Dividindo x3 ϩ 3x Ϫ 4 por x Ϫ 1, obtemos
x3 ϩ 4x Ϫ 4 ϭ (x Ϫ 1)(x3 ϩ x ϩ 4).
Como x3 ϩ x ϩ 4 não admite raiz real, resulta que 1 é a única raiz real da equação
x3 ϩ 3x Ϫ 4 ϭ 0. Como o número real x ϭ 3 2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 é raiz de tal
equação, resulta que este número tem que ser 1, ou seja, devemos ter
2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 ϭ 1. Conclusão: o número x ϭ 3 2 Ϫ 5 ϩ 3 2 ϩ 5 é
racional e igual a 1.
3
8. O que queremos provar aqui é que, sendo x Ͼ 0 e y Ͼ 0 dois números reais, a média
xϩy
geométrica xy é sempre menor ou igual à média aritmética
. O truque é o
2
2
2
2
seguinte: (x Ϫ y) у 0, daí x Ϫ 2xy ϩ y Ն 0. Somando aos dois membros 4xy,
resulta (x ϩ y)2 у 4xy. Como estamos supondo x Ͼ 0 e y Ͼ 0, extraindo a raiz
xϩy
quadrada dos dois membros, obtemos x ϩ y у 2 xy e, portanto, xy р
.
2
7