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EQUAÇÕES
Prof. Dr. Carlos A. P. Campani
1 Equações e suas propriedades
Uma equação é uma afirmativa de igualdade entre duas expressões.
u = v
PROPRIEDADES GERAIS
Sejam u, v, w e z números reais, variáveis ou expressões algébricas
1. u = u (reflexiva)
2. Se u = v então v = u (simétrica)
3. Se u = v e v = w então u = w (transitiva)
4. Se u = v e w = z então u + w = v + z (adição)
5. Se u = v e w = z então u.w = v.z (multiplicação)
OPERAÇÕES PARA EQUAÇÕES EQUIVALENTES
Operação Equação dada Equação equivalente
Combinar e operar termos 3x + 2x = 4
8
5x = 1
2
semelhantes e simplificar
Adicionar ou x + 5 = 9 x + 5 + (−5) = 9 + (−5)
Subtrair x = 4
3x = 2x + 2 3x + (−2x) = 2x + 2 + (−2x)
x = 2
Multiplicar ou dividir 3x = 9 1
3

3x = 1
3

9
por constante diferente x = 3
de zero
1
2 Equações lineares
Uma equação linear ou equação do 1º grau é uma equação em que a
variável x possui expoente 1. Forma canônica da equação linear com uma
incógnita:
ax + b = 0
EXEMPLO
Solucionar a equação 3(1 − x) + 5 = x + 2
3(1 − x) + 5 = x + 2
3 − 3x + 5 = x + 2 (distributiva)
(3 + 5) − 3x = x + 2 (comutativa e associativa)
8 − 3x = x + 2 (simplificação)
8 − 3x + (−8) = x + 2 + (−8) (adição)
(8 + (−8)) − 3x = x + (2 + (−8)) (comutativa e associativa)
−3x = x − 6 (simplificação)
−3x + (−x) = x − 6 + (−x) (adição)
−3x + (−x) = (x + (−x)) − 6 (comutativa e associativa)
−4x = −6 (combinar termos semelhantes)
−1
4

(−4x) = (−6) −1
4

(multiplicação)
x = 3
2
(simplificação)
2
3 Equações quadráticas
Forma canônica da equação quadrática ou equação do 2º grau:
ax2
+ bx + c = 0
SOLUÇÃO PELA FÓRMULA DE BASKARA
∆ = b2
− 4ac
x =
−b ±
√
∆
2a
Onde:
1. ∆  0 duas raı́zes reais distintas
2. ∆ = 0 uma raiz real
3. ∆  0 não existem raı́zes reais
COMPLETAÇÃO DE QUADRADOS
x2
+ bx = c
x2
+ bx +

b
2
2
= c +

b
2
2

x +
b
2
2
= c +
b2
4
Exemplo:
4x2
− 20x + 17 = 0
x2
− 5x +
17
4
= 0
x2
− 5x = −
17
4
x2
− 5x +

−
5
2
2
= −
17
4
+

−
5
2
2

x −
5
2
2
= 2
x −
5
2
= ±
√
2
x =
5
2
±
√
2
3
SOLUÇÃO GRÁFICA DE EQUAÇÕES
Podemos solucionar qualquer equação f(x) = g(x), por meio gráfico, plo-
tando os gráficos de f(x) e g(x) e encontrando as interceptações dos gráficos,
cujas projeções no eixo das abcissas são as raı́zes da equação.
2x2
− 5x = 7
f(x) = 2x2
− 5x g(x) = 7
Assim, as soluções são −1 e 7/2.
4
4 Equações modulares
DEFINIÇÃO DE MÓDULO OU VALOR ABSOLUTO
|u| =

u se u ≥ 0
−u se u  0
SIGNIFICADO GEOMÉTRICO
• |u| representa a distância de u até a origem das coordenadas. Como
exemplo, consideremos |u| = 2. Então, u = ±2 pois tanto o 2 quanto
o −2 distam de 2 unidades da origem.
• |u − v| representa a distância entre os pontos u e v. Como exemplo,
consideremos u = −1 e v = 3. Então, |(−1) − (3)| = | − 4| = 4.
PROPRIEDADES
1. |u| ≥ 0 e |u| = 0 se e somente se u = 0
2. |u + v| ≤ |u| + |v|
3. |u − v| ≥ ||u| − |v||
4. |uv| = |u|.|v|
5. |u
v
| = |u|
|v|
, v 6= 0
EQUAÇÃO MODULAR ELEMENTAR
|x| = c c ∈ R
SOLUÇÃO ANALÍTICA
1. c  0
• Se x  0 então x = c
• Se x  0 então −x = c e x = −c
2. c = 0: solução é x = 0
3. c  0: não há soluções
5
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA
Como |x| representa a distância de x até a origem das coordenadas, então
trata-se de encontrar os pontos na reta coordenada cuja distância da origem
é c unidades:
1. c  0: temos dois pontos que distam de c unidades da origem, um a
direta, o outro a esquerda da origem. O primeiro tem coordenada c e
o segundo −c. Assim, a solução é x = ±c.
2. c = 0: o único ponto que dista de zero unidades da origem é x = 0.
3. c  0: não há soluções pois distância é uma grandeza não negativa.
EQUAÇÃO |ax + b| = c (a, b, c ∈ R, c ≥ 0 e a 6= 0)
Solução analı́tica:
ax + b = t
|t| = c (equação modular elementar)
ax + b = ±c (abrindo o módulo)
x =
−b ± c
a
EXEMPLO
Solucionar |3x − 1| = 2
3x − 1 = ±2 (abrindo o módulo)
3x − 1 = 2 ou 3x − 1 = −2
x = 1 ou x = −
1
3
EQUAÇÕES |f(x)| = c, c ≥ 0
Solução analı́tica:
f(x) = ±c
EXEMPLO
|x2
− 9| = 5
x2
− 9 = ±5
6
x2
= 4 ou x2
= 14
x = ±2 ou x = ±
√
14
Soluções: ±2 e ±
√
14.
EQUAÇÕES |f(x)| = |g(x)|
Solução analı́tica:
f(x) = ±g(x)
EXEMPLO
|2x + 3| = |3x − 7|
2x + 3 = ±(3x − 7)
2x + 3 = 3x − 7 ou 2x + 3 = −(3x − 7)
x = 10 ou x =
4
5
EQUAÇÕES |f(x)| = g(x)
f(x) = ±g(x)
Devemos verificar se g(x) ≥ 0 ou determinar quais soluções obtidas satis-
fazem a equação original.
EXEMPLO
|x2
− 1| = 2x − 2
x2
− 1 = ±(2x − 2)
x2
− 1 = 2x − 2 ou x2
− 1 = −(2x − 2)
x2
− 2x + 1 = 0 ou x2
+ 2x − 3 = 0
x = 1 ou x = −3
Verificando 2x − 2 ≥ 0:
2(1) − 2 = 0
2(−3) − 2 = −8 (descartar a solução pois é expúria)
Ou então, podemos verificar as soluções calculadas:
|(1)2
− 1| = 0 = 2(1) − 2
|(−3)2
− 1| = 8 e 2(−3) − 2 = −8 (descartar)
Logo, a única solução da equação modular é 1.
7
EQUAÇÕES |f(x)| ± |g(x)| = h(x)
Este é o caso mais geral. Devemos determinar as raı́zes de f(x) e g(x),
que são os números onde estas expressões mudam de valor. Então, abrimos
os módulos e solucionamos por intervalos.
EXEMPLO
|x + 3| − |2x − 1| = 1
Resolvendo x+3 = 0 e 2x−1 = 0, obtemos as raı́zes x1 = −3 e x2 = 1/2,
que são os pontos especiais onde as expressões mudam de sinal.
Caso a: x  −3
Neste caso x + 3  0 e 2x − 1  0
|x + 3| − |2x − 1| = 1
−(x + 3) + (2x − 1) = 1
x = 4 e x  −3
descartado
Caso b: −3 ≤ x  1/2
Neste caso x + 3 ≥ 0 e 2x − 1  0
x + 3 + (2x − 1) = 1
x = −
1
3
A solução obtida está dentro do intervalo [−3, 1/2) e, portanto, é uma
solução da equação.
8
Caso c: x ≥ 1/2
Neste caso, x + 3  0 e 2x − 1 ≥ 0
x + 3 − (2x − 1) = 1
x = 3
A solução obtida está dentro do intervalo [1/2, +∞) e, portanto, é uma
solução da equação.
Soluções: −1/3 e 3
9
5 Equações polinomiais
Equação polinomial de grau n:
anxn
+ an−1xn−1
+ · · · + a0 = 0 an 6= 0
Devemos considerar:
• Para n = 1, ax + b = 0, com a 6= 0, e a solução é −b
a
• Para n = 2, ax2
+ bx + c = 0, com a 6= 0, e podemos usar a fórmula
de Bhaskara para determinar uma, duas ou nenhuma raiz real, depen-
dendo do valor do discriminante ou determinante (∆ = b2
− 4ac):
1. ∆  0: duas raı́zes reais;
2. ∆ = 0: uma raiz real;
3. ∆  0: nenhuma raiz real.
• Para n  2 podemos, por tentativa e erro, tentar encontrar uma raiz k,
ou seja, um fator x − k, em relação ao qual o polinômio seja divisı́vel,
de forma a reduzir o grau do polinômio. Neste caso, já sabemos que k é
uma raiz da equação, e a solução da equação resultante é mais simples
pois o polinômio será um polinômio de grau n − 1.
EXEMPLO
Solucione a equação 2x3
+ x2
− 7x − 6 = 0.
Verificando uma raiz k por tentativa e erro:
1. k = 1: 2.(1)3
+(1)2
−7.(1)−6 = −10. Portanto 1 não é raiz da equação.
2. k = 3: 2.(3)3
+(3)2
− 7.(3) − 6 = 36. Portanto 3 não é raiz da equação.
3. k = −1: 2.(−1)3
+ (−1)2
− 7.(−1) − 6 = 0. Portanto −1 é uma das
raı́zes da equação.
10
Usando divisão horizontal para efetuar a divisão do polinômio por x + 1:
2x3
+ x2
− 7x − 6 x + 1
−2x3
− 2x2
2x2
0 − x2
−x2
− 7x −x
+x2
+ x
0 − 6x
−6x − 6 −6
6x + 6
0
Logo, resto é 0 e (2x3
+ x2
− 7x − 6) ÷ (x + 1) = 2x2
− x − 6
Usando o dispositivo de Briot-Ruffini para efetuar a divisão do polinômio
por x + 1:
-1 2 1 -7 -6
2 -2+1=-1 1-7=-6 6-6=0
-1.2=-2 -1 -6 0
(-1)(-1)=1 (-1)(-6)=6
Logo, resto é 0 e (2x3
+ x2
− 7x − 6) ÷ (x + 1) = 2x2
− x − 6
Solucionando e obtendo as outras duas raı́zes:
2x2
− x − 6 = 0
∆ = 1 − 4.2.(−6) = 49
x =
1 ± 7
2.2
= 2 e −
3
2
Portanto, S = {−3/2, −1, 2}
RELAÇÕES DE GIRARD
Estabelecem relações entre os coeficientes da equação polinomial e suas
raı́zes. Não pode ser considerado um método geral de solução de equações
polinomiais, pois nem sempre as raı́zes são inteiras ou racionais, mas podem
ajudar em alguns casos.
Caso n = 2 e a = 1
x2
+ bx + c = 0
x2
+ bx + c = (x + u)(x + v) c = uv b = u + v x0
= −u x00
= −v
11
EXEMPLOS
• x2
+ x − 6 = 0
soma: 1
produto: −6 (produto negativo, portanto u e v com sinais opostos)
Decomposições possı́veis do número 6: 6 = 6.1 ou 6 = 2.3.
Combinações com sinais opostos: (6)(−1), (−6)(1), (2)(−3) e (−2)(3).
Logo, como (−2)(3) = −6 e (−2) + (3) = 1, u = −2 e v = 3.
x2
+ x − 6 = (x − 2)(x + 3)
Soluções da equação: 2 e −3
• x2
+ 3x + 2 = 0
soma: 3
produto: 2 (produto positivo, portanto u e v com sinais iguais)
Decomposições possı́veis do número 2: 2 = 2.1.
Combinações com sinais iguais: (2)(1) ou (−2)(−1).
Logo, como (2)(1) = 2 e (2) + (1) = 3, u = 1 e v = 2.
x2
+ 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)
Soluções da equação: −1 e −2
• x2
− 3x + 2 = 0
soma: −3
produto: 2 (u e v com sinais iguais)
Decomposições possı́veis do número 2: 2 = 2.1.
Combinações com sinais iguais: (2)(1) ou (−2)(−1).
Logo, como (−2)(−1) = 2 e (−2) + (−1) = −3, u = −1 e v = −2.
x2
+ 3x + 2 = (x − 1)(x − 2)
Soluções da equação: 1 e 2
12
Caso n = 2 e a 6= 1
Esse caso exige fatoração:
ax2
+ bx + c = a

x2
+
b
a
x +
c
a

a 6= 1 e a 6= 0
O colchete pode ser solucionado como os casos anteriores.
EXEMPLO
2x2
+ x − 1 = 0
2x2
+ x − 1 = 2

x2
+
1
2
x −
1
2

soma: 1/2
produto: −1/2 (com sinais diferentes)
Logo, u = 1 e v = −1/2.
2x2
+ x − 1 = 2(x − 1/2)(x + 1) = (2x − 1)(x + 1)
Soluções da equação: −1 e 1/2
Caso n  2
anxn
+ an−1xn−1
+ an−2xn−2
+ · · · + a1x + a0 = 0 n  2 an 6= 0
Neste caso, de forma similar aos anteriores, o produto dos fatores é a0 se
an = 1 e a0
an
se an 6= 1.
13
EXEMPLO
Encontrar as raı́zes de x3
+ 2x2
− 5x − 6 = 0.
Produto: −6
Decomposições possı́veis de −6: (−6)(1)(1), (6)(−1)(1), (−6)(−1)(−1),
(−3)(2)(1), (3)(−2)(1), (3)(2)(−1) e (−3)(−2)(−1).
A partir das decomposições possı́veis, boas opções para serem raı́zes da
equação são 1 e −1, pois aparecem em todas as decomposições mostradas.
Tentando −1:
(−1)3
+ 2(−1)2
− 5(−1) − 6 = 0
Assim, dividimos o polinômio por (x + 1):
(x3
+ 2x2
− 5x − 6) ÷ (x + 1) = x2
− x − 2
Obtendo as duas raı́zes remanescentes por Baskara, ∆ = 25 e x0
= 2,
x00
= −3.
As soluções da equação dada são −3, −1 e 2.
14
6 Equações irracionais
São aquelas equações que contém raı́zes.
EQUAÇÕES n
p
f(x) = g(x), n ≥ 2
Para solucionar este tipo de equação irracional, elevamos ambos os lados
da equação à potência n e solucionamos a equação polinomial obtida.
• n é ı́mpar: f(x) = [g(x)]n
(todas as soluções da equação polinomial são
soluções da equação irracional original)
• n é par: f(x) = [g(x)]n
e g(x) ≥ 0 (podemos verificar g(x) ≥ 0 ou
verificar as soluções encontradas na equação irracional original)
EXEMPLOS
1.
√
3 + x = 3 − x
(
√
3 + x)2
= (3 − x)2
com 3 − x ≥ 0
x2
− 7x + 6 = 0 com 3 − x ≥ 0
Soluções da equação do 2º grau são 1 e 6. Porém, 3 − 6 = −3  0 e
3 − 1 = 2  0, logo a única solução é 1.
Podemos também verificar as soluções na equação irracional original:
•
√
3 + 1 = 3 − 1 ⇒ 2 = 2
•
√
3 + 6 = 3 − 6 ⇒ 3 = −3, que é falso (resultado descartado)
2. 3
√
x3 − 2x + 1 = 1
(
3
√
x3 − 2x + 1)3
= (1)3
x3
− 2x + 1 = 1
x3
− 2x = 0
x(x2
− 2) = 0
Soluções x1 = 0 e x2,3 = ±
√
2. neste caso, como n é ı́mpar, não há a
necessidade de nenhuma verificação.
15
EQUAÇÕES n
p
f(x) ± n
p
g(x) = h(x)
Solucionando:
• Isolar uma das raı́zes em um dos lados da igualdade
• elevar ambos os lados da igualdade à potência correspondente
• simplificar e repetir os passos anteriores se necessário
• Sempre verificar as soluções obtidas, não importa se n é par ou ı́mpar
EXEMPLO
Obter as soluções da equação
√
2x + 3 +
√
x − 2 = 4
√
2x + 3 +
√
x − 2 = 4
√
2x + 3 = 4 −
√
x − 2
(
√
2x + 3)2
= (4 −
√
x − 2)2
2x + 3 = 16 + (x − 2) − 8
√
x − 2
8
√
x − 2 = 11 − x
(8
√
x − 2)2
= (11 − x)2
64(x − 2) = 121 − 22x + x2
x2
− 86x + 249 = 0
As soluções da equação polinomial são x1 = 3 e x2 = 83.
Verificando:
•
√
6 + 3 +
√
3 − 2 = 4 ⇒ 4 = 4
•
√
166 + 3 +
√
83 − 2 = 4 ⇒ 13 + 9 = 22 6= 4 (solução descartada)
Solução da equação irracional: 3
16

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Equações

  • 1. EQUAÇÕES Prof. Dr. Carlos A. P. Campani 1 Equações e suas propriedades Uma equação é uma afirmativa de igualdade entre duas expressões. u = v PROPRIEDADES GERAIS Sejam u, v, w e z números reais, variáveis ou expressões algébricas 1. u = u (reflexiva) 2. Se u = v então v = u (simétrica) 3. Se u = v e v = w então u = w (transitiva) 4. Se u = v e w = z então u + w = v + z (adição) 5. Se u = v e w = z então u.w = v.z (multiplicação) OPERAÇÕES PARA EQUAÇÕES EQUIVALENTES Operação Equação dada Equação equivalente Combinar e operar termos 3x + 2x = 4 8 5x = 1 2 semelhantes e simplificar Adicionar ou x + 5 = 9 x + 5 + (−5) = 9 + (−5) Subtrair x = 4 3x = 2x + 2 3x + (−2x) = 2x + 2 + (−2x) x = 2 Multiplicar ou dividir 3x = 9 1 3 3x = 1 3 9 por constante diferente x = 3 de zero 1
  • 2. 2 Equações lineares Uma equação linear ou equação do 1º grau é uma equação em que a variável x possui expoente 1. Forma canônica da equação linear com uma incógnita: ax + b = 0 EXEMPLO Solucionar a equação 3(1 − x) + 5 = x + 2 3(1 − x) + 5 = x + 2 3 − 3x + 5 = x + 2 (distributiva) (3 + 5) − 3x = x + 2 (comutativa e associativa) 8 − 3x = x + 2 (simplificação) 8 − 3x + (−8) = x + 2 + (−8) (adição) (8 + (−8)) − 3x = x + (2 + (−8)) (comutativa e associativa) −3x = x − 6 (simplificação) −3x + (−x) = x − 6 + (−x) (adição) −3x + (−x) = (x + (−x)) − 6 (comutativa e associativa) −4x = −6 (combinar termos semelhantes) −1 4 (−4x) = (−6) −1 4 (multiplicação) x = 3 2 (simplificação) 2
  • 3. 3 Equações quadráticas Forma canônica da equação quadrática ou equação do 2º grau: ax2 + bx + c = 0 SOLUÇÃO PELA FÓRMULA DE BASKARA ∆ = b2 − 4ac x = −b ± √ ∆ 2a Onde: 1. ∆ 0 duas raı́zes reais distintas 2. ∆ = 0 uma raiz real 3. ∆ 0 não existem raı́zes reais COMPLETAÇÃO DE QUADRADOS x2 + bx = c x2 + bx + b 2 2 = c + b 2 2 x + b 2 2 = c + b2 4 Exemplo: 4x2 − 20x + 17 = 0 x2 − 5x + 17 4 = 0 x2 − 5x = − 17 4 x2 − 5x + − 5 2 2 = − 17 4 + − 5 2 2 x − 5 2 2 = 2 x − 5 2 = ± √ 2 x = 5 2 ± √ 2 3
  • 4. SOLUÇÃO GRÁFICA DE EQUAÇÕES Podemos solucionar qualquer equação f(x) = g(x), por meio gráfico, plo- tando os gráficos de f(x) e g(x) e encontrando as interceptações dos gráficos, cujas projeções no eixo das abcissas são as raı́zes da equação. 2x2 − 5x = 7 f(x) = 2x2 − 5x g(x) = 7 Assim, as soluções são −1 e 7/2. 4
  • 5. 4 Equações modulares DEFINIÇÃO DE MÓDULO OU VALOR ABSOLUTO |u| = u se u ≥ 0 −u se u 0 SIGNIFICADO GEOMÉTRICO • |u| representa a distância de u até a origem das coordenadas. Como exemplo, consideremos |u| = 2. Então, u = ±2 pois tanto o 2 quanto o −2 distam de 2 unidades da origem. • |u − v| representa a distância entre os pontos u e v. Como exemplo, consideremos u = −1 e v = 3. Então, |(−1) − (3)| = | − 4| = 4. PROPRIEDADES 1. |u| ≥ 0 e |u| = 0 se e somente se u = 0 2. |u + v| ≤ |u| + |v| 3. |u − v| ≥ ||u| − |v|| 4. |uv| = |u|.|v| 5. |u v | = |u| |v| , v 6= 0 EQUAÇÃO MODULAR ELEMENTAR |x| = c c ∈ R SOLUÇÃO ANALÍTICA 1. c 0 • Se x 0 então x = c • Se x 0 então −x = c e x = −c 2. c = 0: solução é x = 0 3. c 0: não há soluções 5
  • 6. INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA Como |x| representa a distância de x até a origem das coordenadas, então trata-se de encontrar os pontos na reta coordenada cuja distância da origem é c unidades: 1. c 0: temos dois pontos que distam de c unidades da origem, um a direta, o outro a esquerda da origem. O primeiro tem coordenada c e o segundo −c. Assim, a solução é x = ±c. 2. c = 0: o único ponto que dista de zero unidades da origem é x = 0. 3. c 0: não há soluções pois distância é uma grandeza não negativa. EQUAÇÃO |ax + b| = c (a, b, c ∈ R, c ≥ 0 e a 6= 0) Solução analı́tica: ax + b = t |t| = c (equação modular elementar) ax + b = ±c (abrindo o módulo) x = −b ± c a EXEMPLO Solucionar |3x − 1| = 2 3x − 1 = ±2 (abrindo o módulo) 3x − 1 = 2 ou 3x − 1 = −2 x = 1 ou x = − 1 3 EQUAÇÕES |f(x)| = c, c ≥ 0 Solução analı́tica: f(x) = ±c EXEMPLO |x2 − 9| = 5 x2 − 9 = ±5 6
  • 7. x2 = 4 ou x2 = 14 x = ±2 ou x = ± √ 14 Soluções: ±2 e ± √ 14. EQUAÇÕES |f(x)| = |g(x)| Solução analı́tica: f(x) = ±g(x) EXEMPLO |2x + 3| = |3x − 7| 2x + 3 = ±(3x − 7) 2x + 3 = 3x − 7 ou 2x + 3 = −(3x − 7) x = 10 ou x = 4 5 EQUAÇÕES |f(x)| = g(x) f(x) = ±g(x) Devemos verificar se g(x) ≥ 0 ou determinar quais soluções obtidas satis- fazem a equação original. EXEMPLO |x2 − 1| = 2x − 2 x2 − 1 = ±(2x − 2) x2 − 1 = 2x − 2 ou x2 − 1 = −(2x − 2) x2 − 2x + 1 = 0 ou x2 + 2x − 3 = 0 x = 1 ou x = −3 Verificando 2x − 2 ≥ 0: 2(1) − 2 = 0 2(−3) − 2 = −8 (descartar a solução pois é expúria) Ou então, podemos verificar as soluções calculadas: |(1)2 − 1| = 0 = 2(1) − 2 |(−3)2 − 1| = 8 e 2(−3) − 2 = −8 (descartar) Logo, a única solução da equação modular é 1. 7
  • 8. EQUAÇÕES |f(x)| ± |g(x)| = h(x) Este é o caso mais geral. Devemos determinar as raı́zes de f(x) e g(x), que são os números onde estas expressões mudam de valor. Então, abrimos os módulos e solucionamos por intervalos. EXEMPLO |x + 3| − |2x − 1| = 1 Resolvendo x+3 = 0 e 2x−1 = 0, obtemos as raı́zes x1 = −3 e x2 = 1/2, que são os pontos especiais onde as expressões mudam de sinal. Caso a: x −3 Neste caso x + 3 0 e 2x − 1 0 |x + 3| − |2x − 1| = 1 −(x + 3) + (2x − 1) = 1 x = 4 e x −3 descartado Caso b: −3 ≤ x 1/2 Neste caso x + 3 ≥ 0 e 2x − 1 0 x + 3 + (2x − 1) = 1 x = − 1 3 A solução obtida está dentro do intervalo [−3, 1/2) e, portanto, é uma solução da equação. 8
  • 9. Caso c: x ≥ 1/2 Neste caso, x + 3 0 e 2x − 1 ≥ 0 x + 3 − (2x − 1) = 1 x = 3 A solução obtida está dentro do intervalo [1/2, +∞) e, portanto, é uma solução da equação. Soluções: −1/3 e 3 9
  • 10. 5 Equações polinomiais Equação polinomial de grau n: anxn + an−1xn−1 + · · · + a0 = 0 an 6= 0 Devemos considerar: • Para n = 1, ax + b = 0, com a 6= 0, e a solução é −b a • Para n = 2, ax2 + bx + c = 0, com a 6= 0, e podemos usar a fórmula de Bhaskara para determinar uma, duas ou nenhuma raiz real, depen- dendo do valor do discriminante ou determinante (∆ = b2 − 4ac): 1. ∆ 0: duas raı́zes reais; 2. ∆ = 0: uma raiz real; 3. ∆ 0: nenhuma raiz real. • Para n 2 podemos, por tentativa e erro, tentar encontrar uma raiz k, ou seja, um fator x − k, em relação ao qual o polinômio seja divisı́vel, de forma a reduzir o grau do polinômio. Neste caso, já sabemos que k é uma raiz da equação, e a solução da equação resultante é mais simples pois o polinômio será um polinômio de grau n − 1. EXEMPLO Solucione a equação 2x3 + x2 − 7x − 6 = 0. Verificando uma raiz k por tentativa e erro: 1. k = 1: 2.(1)3 +(1)2 −7.(1)−6 = −10. Portanto 1 não é raiz da equação. 2. k = 3: 2.(3)3 +(3)2 − 7.(3) − 6 = 36. Portanto 3 não é raiz da equação. 3. k = −1: 2.(−1)3 + (−1)2 − 7.(−1) − 6 = 0. Portanto −1 é uma das raı́zes da equação. 10
  • 11. Usando divisão horizontal para efetuar a divisão do polinômio por x + 1: 2x3 + x2 − 7x − 6 x + 1 −2x3 − 2x2 2x2 0 − x2 −x2 − 7x −x +x2 + x 0 − 6x −6x − 6 −6 6x + 6 0 Logo, resto é 0 e (2x3 + x2 − 7x − 6) ÷ (x + 1) = 2x2 − x − 6 Usando o dispositivo de Briot-Ruffini para efetuar a divisão do polinômio por x + 1: -1 2 1 -7 -6 2 -2+1=-1 1-7=-6 6-6=0 -1.2=-2 -1 -6 0 (-1)(-1)=1 (-1)(-6)=6 Logo, resto é 0 e (2x3 + x2 − 7x − 6) ÷ (x + 1) = 2x2 − x − 6 Solucionando e obtendo as outras duas raı́zes: 2x2 − x − 6 = 0 ∆ = 1 − 4.2.(−6) = 49 x = 1 ± 7 2.2 = 2 e − 3 2 Portanto, S = {−3/2, −1, 2} RELAÇÕES DE GIRARD Estabelecem relações entre os coeficientes da equação polinomial e suas raı́zes. Não pode ser considerado um método geral de solução de equações polinomiais, pois nem sempre as raı́zes são inteiras ou racionais, mas podem ajudar em alguns casos. Caso n = 2 e a = 1 x2 + bx + c = 0 x2 + bx + c = (x + u)(x + v) c = uv b = u + v x0 = −u x00 = −v 11
  • 12. EXEMPLOS • x2 + x − 6 = 0 soma: 1 produto: −6 (produto negativo, portanto u e v com sinais opostos) Decomposições possı́veis do número 6: 6 = 6.1 ou 6 = 2.3. Combinações com sinais opostos: (6)(−1), (−6)(1), (2)(−3) e (−2)(3). Logo, como (−2)(3) = −6 e (−2) + (3) = 1, u = −2 e v = 3. x2 + x − 6 = (x − 2)(x + 3) Soluções da equação: 2 e −3 • x2 + 3x + 2 = 0 soma: 3 produto: 2 (produto positivo, portanto u e v com sinais iguais) Decomposições possı́veis do número 2: 2 = 2.1. Combinações com sinais iguais: (2)(1) ou (−2)(−1). Logo, como (2)(1) = 2 e (2) + (1) = 3, u = 1 e v = 2. x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2) Soluções da equação: −1 e −2 • x2 − 3x + 2 = 0 soma: −3 produto: 2 (u e v com sinais iguais) Decomposições possı́veis do número 2: 2 = 2.1. Combinações com sinais iguais: (2)(1) ou (−2)(−1). Logo, como (−2)(−1) = 2 e (−2) + (−1) = −3, u = −1 e v = −2. x2 + 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) Soluções da equação: 1 e 2 12
  • 13. Caso n = 2 e a 6= 1 Esse caso exige fatoração: ax2 + bx + c = a x2 + b a x + c a a 6= 1 e a 6= 0 O colchete pode ser solucionado como os casos anteriores. EXEMPLO 2x2 + x − 1 = 0 2x2 + x − 1 = 2 x2 + 1 2 x − 1 2 soma: 1/2 produto: −1/2 (com sinais diferentes) Logo, u = 1 e v = −1/2. 2x2 + x − 1 = 2(x − 1/2)(x + 1) = (2x − 1)(x + 1) Soluções da equação: −1 e 1/2 Caso n 2 anxn + an−1xn−1 + an−2xn−2 + · · · + a1x + a0 = 0 n 2 an 6= 0 Neste caso, de forma similar aos anteriores, o produto dos fatores é a0 se an = 1 e a0 an se an 6= 1. 13
  • 14. EXEMPLO Encontrar as raı́zes de x3 + 2x2 − 5x − 6 = 0. Produto: −6 Decomposições possı́veis de −6: (−6)(1)(1), (6)(−1)(1), (−6)(−1)(−1), (−3)(2)(1), (3)(−2)(1), (3)(2)(−1) e (−3)(−2)(−1). A partir das decomposições possı́veis, boas opções para serem raı́zes da equação são 1 e −1, pois aparecem em todas as decomposições mostradas. Tentando −1: (−1)3 + 2(−1)2 − 5(−1) − 6 = 0 Assim, dividimos o polinômio por (x + 1): (x3 + 2x2 − 5x − 6) ÷ (x + 1) = x2 − x − 2 Obtendo as duas raı́zes remanescentes por Baskara, ∆ = 25 e x0 = 2, x00 = −3. As soluções da equação dada são −3, −1 e 2. 14
  • 15. 6 Equações irracionais São aquelas equações que contém raı́zes. EQUAÇÕES n p f(x) = g(x), n ≥ 2 Para solucionar este tipo de equação irracional, elevamos ambos os lados da equação à potência n e solucionamos a equação polinomial obtida. • n é ı́mpar: f(x) = [g(x)]n (todas as soluções da equação polinomial são soluções da equação irracional original) • n é par: f(x) = [g(x)]n e g(x) ≥ 0 (podemos verificar g(x) ≥ 0 ou verificar as soluções encontradas na equação irracional original) EXEMPLOS 1. √ 3 + x = 3 − x ( √ 3 + x)2 = (3 − x)2 com 3 − x ≥ 0 x2 − 7x + 6 = 0 com 3 − x ≥ 0 Soluções da equação do 2º grau são 1 e 6. Porém, 3 − 6 = −3 0 e 3 − 1 = 2 0, logo a única solução é 1. Podemos também verificar as soluções na equação irracional original: • √ 3 + 1 = 3 − 1 ⇒ 2 = 2 • √ 3 + 6 = 3 − 6 ⇒ 3 = −3, que é falso (resultado descartado) 2. 3 √ x3 − 2x + 1 = 1 ( 3 √ x3 − 2x + 1)3 = (1)3 x3 − 2x + 1 = 1 x3 − 2x = 0 x(x2 − 2) = 0 Soluções x1 = 0 e x2,3 = ± √ 2. neste caso, como n é ı́mpar, não há a necessidade de nenhuma verificação. 15
  • 16. EQUAÇÕES n p f(x) ± n p g(x) = h(x) Solucionando: • Isolar uma das raı́zes em um dos lados da igualdade • elevar ambos os lados da igualdade à potência correspondente • simplificar e repetir os passos anteriores se necessário • Sempre verificar as soluções obtidas, não importa se n é par ou ı́mpar EXEMPLO Obter as soluções da equação √ 2x + 3 + √ x − 2 = 4 √ 2x + 3 + √ x − 2 = 4 √ 2x + 3 = 4 − √ x − 2 ( √ 2x + 3)2 = (4 − √ x − 2)2 2x + 3 = 16 + (x − 2) − 8 √ x − 2 8 √ x − 2 = 11 − x (8 √ x − 2)2 = (11 − x)2 64(x − 2) = 121 − 22x + x2 x2 − 86x + 249 = 0 As soluções da equação polinomial são x1 = 3 e x2 = 83. Verificando: • √ 6 + 3 + √ 3 − 2 = 4 ⇒ 4 = 4 • √ 166 + 3 + √ 83 − 2 = 4 ⇒ 13 + 9 = 22 6= 4 (solução descartada) Solução da equação irracional: 3 16