exercícios

1. 1
Inequações.
Lista 7a - com respostas no livro/folha de exercícios e atendimento.
Atenção. As respostas devem ser completas, contendo todo o desenvolvimento lógico devido.
Somente conclusões nais não serão aceitas.
Demana p. 57-58:
N5, 8, 10, 12, 14, 15, 20, 27, 29, 34, 36, 38, 40, 41, 43, 48
1. Resolver inequações com frações de termos lineares.
a) 2x+6
x−2
0.
Solução.
Essa é uma inequação elementar do tipo ax+b
cx+d
0, a, c ̸= 0 e sua resolução é simples de efetuar
(até na forma geral) simplesmente comparando sinais do numerador e denominador. O mesmo pode
ser dito sobre as inequações elementares ax+b
cx+d
0, ax+b
cx+d
≤ 0 e ax+b
cx+d
≥ 0. É isso que vamos fazer para
resolver esse exercício especíco.
A razão de dois números é negativa quando eles tem sinais opostos. Então, temos que considerar
duas opções quando a desigualdade pode ser satisfeita.
Primeiro, 2x + 6 0 e ao mesmo tempo x − 2 0. Simplicando as duas relações (isolando x),
obtemos x −3 e x 2. Como as duas últimas desigualdades devem ser satisfeitas simultanea-
mente, então segue que a primeira parte da solução é −3 x 2 ou X1 = (−3, 2).
A segunda opção é quando 2x + 6 0 e ao mesmo tempo x − 2 0. De novo simplicando,
obtemos x −3 e x 2. Como precisamos de x que satisfazem as duas relações ao mesmo tempo,
então concluímos que não há nenhuma solução na segunda opção (X2 = ∅).
Finalizando, a solução da inequação original é X = X1 = (−3, 2).
Tarefa para os alunos: ilustrar a solução obtida na reta coordenada.
b) x−4
2x+1
≤ 5.
Solução.
Como vimos no exercício anterior resolver uma inequação de razão de termos lineares é simples
quando essa razão é comparada com 0, isto é, quando temos a inequação em uma das formas
elementares. Por isso, começamos resolução transformando a inequação dada a forma de comparação
com 0: x−4
2x+1
≤ 5 ⇔ x−4
2x+1
− 5 ≤ 0 ⇔ x−4−5(2x+1)
2x+1
≤ 0 ⇔ −9x−9
2x+1
≤ 0. Dividindo a última por −9,
chegamos a forma mais simples de uma inequação elementar: x+1
2x+1
≥ 0 (notamos que a última
desigualdade é equivalente a original).
A razão de dois números é não negativa quando eles tem o mesmo sinal e o numerador ainda
pode ser nulo. Então, para resolver a inequação x+1
2x+1
≥ 0, consideramos dois casos.
Primeiro, x + 1 ≥ 0 e ao mesmo tempo 2x + 1 0. Isolando x nas duas relações, obtemos
x ≥ −1 e x −1
2
. Como as duas últimas desigualdades devem ser satisfeitas simultaneamente,
então segue que a primeira parte da solução é x −1
2
ou X1 = (−1
2
, +∞).
A segunda opção é quando x+1 ≤ 0 e ao mesmo tempo 2x+1 0. De novo isolando x, obtemos
x ≤ −1 e x −1
2
. Os valores de x que satisfazem simultaneatennte as duas restrições são x ≤ −1,
isto é a segunda parte da solução é X2 = (−∞, −1].
Juntando duas partes da solução obtemos a solução da inequação original na forma X = X1 ∪
X2 = (−∞, −1] ∪ (−1
2
, +∞).
Tarefa para os alunos: ilustrar a solução obtida na reta coordenada.
2. Resolver inequações com frações de termos quadráticos.
a) x2+3x+2
4x2−5x+1
≥ 0 .
Solução.

2. 2
Primeiro, encontramos raízes do numerador e denominador, resolvendo equações quadráticas. A
primeira equação x2
+3x+2 = 0 tem raízes x1,2 = −3±
√
9−8
2
= −3±1
2
, ou seja, x1 = −2, x2 = −1. Isso
signica que x2
+3x+2 = (x+2)(x+1) e nessa forma fatorada é simples de ver que x2
+3x+2 tem
valores positivos quando x −2 (os dois fatores lineares são negativos) e x −1 (os dois fatores
lineares são positivos), e valores negativos quando −2 x −1 (o primeiro fator linear é positivo
e o segundo é negativo).
A segunda equação 4x2
− 5x + 1 = 0 tem raízes x3,4 = 5±
√
25−16
8
= 5±3
8
, ou seja, x3 = 1
4
, x4 = 1.
Então o denominador tem a forma fatorada 4x2
− 5x + 1 = (4x − 1)(x − 1) e o seu sinal é positivo
quando x 1
4
(os dois fatores lineares são negativos) e x 1 (os dois fatores lineares são positivos),
e o sinal é negativo quando 1
4
x 1 (o primeiro fator linear é positivo e o segundo é negativo).
Voltamos agora a desigualdade original. A fração é positiva quando numerador e denominador
têm o mesmo sinal. Conforme a investigação já realizada, isso ocorre quando x −2 (numerador e
denominador são positivos) e −1 x 1
4
(numerador e denominador são positivos) e ainda x 1
(numerador e denominador são positivos). Como a igualdade é incluída na inequação, então temos
que adicionar os pontos onde numerador se anula: x1 = −2, x2 = −1. (Os zeros do denominador
x3 = 1
4
, x4 = 1 devem ser excluídos, porque a quociente da inequação não é denida nesses pontos).
Assim, chegamos a seguinte solução da inequação original X = (−∞, −2] ∪ [−1, 1
4
) ∪ (1, +∞).
É conveniente representar os resultados do estudo do sinal na forma de uma tabela mostrada
abaixo:
x −2 x = −2 −2 x −1 x = −1 −1 x 1
4
x = 1
4
1
4
x 1 x = 1 x 1
x2
+ 3x + 2 + 0 − 0 + + + + +
4x2
− 5x + 1 + + + + + 0 − 0 +
quociente + 0 − 0 + ind − ind +
Outra forma útil é a gráca representação na reta coordenada:
Figura 1: Distribuição de sinais do numerador, denominador e quociente.
b) 3x2−2x−1
x2−x−6
0 .
Solução.
Na resolução desse exercício, seguimos o caminho tradicional. Primeiro, encontramos raízes do
numerador e denominador, resolvendo equações quadráticas. A primeira equação 3x2
− 2x − 1 = 0
tem raízes x1,2 = 1±
√
1+3
3
= 1±2
3
, ou seja, x1 = −1
3
, x2 = 1. Isso signica que 3x2
− 2x − 1 =
3(x + 1
3
)(x − 1) e nessa forma fatorada é simples de ver que 3x2
− 2x − 1 = 0 tem valores positivos
quando x −1
3
(os dois fatores lineares são negativos) e x 1 (os dois fatores lineares são positivos),
e valores negativos quando −1
3
x 1 (o primeiro fator linear é positivo e o segundo é negativo).

3. 3
A segunda equação x2
− x − 6 = 0 tem raízes x3,4 = 1±
√
1+24
2
= 1±5
2
, ou seja, x3 = −2, x4 = 3.
Então o denominador tem a forma fatorada x2
−x−6 = (x+2)(x−3) e o seu sinal é positivo quando
x −2 (os dois fatores lineares são negativos) e x 3 (os dois fatores lineares são positivos), e o
sinal é negativo quando −2 x 3 (o primeiro fator linear é positivo e o segundo é negativo).
Voltamos agora a desigualdade original. A fração é positiva quando numerador e denominador
têm sinais diferentes. Conforme a investigação já realizada, isso ocorre quando −2 x −1
3
(numerador é positivo e denominador é negativo) e 1 x 3 (numerador é positivo e denominador
é negativo). Assim, chegamos a seguinte solução da inequação original X = (−2, −1
3
) ∪ (1, 3).
Tarefa para os alunos: Ilustrar a solução obtida com tabela e na reta coordenada.
3. Resolver inequações com soma/diferença de módulos
a) |2x − 1| + |x + 3| ≤ 5 .
Solução.
Primeiro, abrimos os dois módulos pela denição. Notamos que o ponto principal do primeiro
módulo é denido da equação 2x − 1 = 0, isto é, x1 = 1
2
, e o do segundo vem da equação x + 3 = 0,
isto é, x2 = −3. Então, temos
|2x − 1| =
{
−(2x − 1), x 1
2
2x − 1, x ≥ 1
2
e |x + 3| =
{
−(x + 3), x −3
x + 3, x ≥ −3
.
Portanto, os pontos x2 = −3 e x1 = 1
2
dividem todo o eixo real em três conjuntos com abertura
diferente dos módulos e, correspondentemente, com especicação diferente da inequação original:
1) se x ∈ (−∞, −3) então
|2x − 1| + |x + 3| ≤ 5 ⇔ −2x + 1 − x − 3 ≤ 5 ⇔ −3x ≤ 7 ⇔ x ≥ −
7
3
.
Como não tem nenhuma solução dentro do intervalo (−∞, −3), então nessa parte não há soluções
X1 = ∅.
2) se x ∈ [−3, 1
2
) então
|2x − 1| + |x + 3| ≤ 5 ⇔ −2x + 1 + x + 3 ≤ 5 ⇔ −x ≤ 1 ⇔ x ≥ −1.
Dentro do intervalo em consideração [−3, 1
2
) temos a solução X2 = [−1, 1
2
).
3) se x ∈ [1
2
, +∞) então
|2x − 1| + |x + 3| ≤ 5 ⇔ 2x − 1 + x + 3 ≤ 5 ⇔ 3x ≤ 3 ⇔ x ≤ 1.
De novo, escolhendo aquela parte da solução que ca dentro do intervalo em consideração [1
2
, +∞)
temos X3 = [1
2
, 1].
Juntando todas as soluções encontradas, chegamos ao resultado nal X = X1∪X2∪X3 = [−1, 1].
Observação. No momento da divisão do conjunto dos números reais em três partes pelos pontos
principais dos dois módulos, pode ser útil fazer uma ilustração gráca como é mostrado na gura
abaixo:
Figura 2: Distribuição de sinais dos dois módulos.

4. 4
b) |5x + 3| − |2x + 3| 2 .
Solução.
Seguimos o procedimento padrão. Primeiro, abrimos os dois módulos pela denição. Notamos
que o ponto principal do primeiro módulo é denido da equação 5x + 3 = 0, isto é, x1 = −3
5
, e o do
segundo vem da equação 2x + 3 = 0, isto é, x2 = −3
2
. Então, temos
|5x + 3| =
{
−5x − 3, x −3
5
5x + 3, x ≥ −3
5
e |2x + 3| =
{
−2x − 3, x −3
2
2x + 3, x ≥ −3
2
.
Portanto, os pontos x2 = −3
2
e x1 = −3
5
dividem todo o eixo real em três conjuntos com abertura
diferente dos módulos e, correspondentemente, com especicação diferente da inequação original:
1) se x ∈ (−∞, −3
2
) então
|5x + 3| − |2x + 3| 2 ⇔ −5x − 3 − (−2x − 3) 2 ⇔ −3x 2 ⇔ x −
2
3
.
Todo o intervalo em consideração (−∞, −3
2
) ca dentro do conjunto da solução x −2
3
e, por isso,
X1 = (−∞, −3
2
).
2) se x ∈ [−3
2
, −3
5
) então
|5x + 3| − |2x + 3| 2 ⇔ −5x − 3 − (2x + 3) 2 ⇔ −7x 8 ⇔ x −
8
7
.
Dentro do intervalo em consideração [−3
2
, −3
5
) temos a solução X2 = [−3
2
, −8
7
).
3) se x ∈ [−3
5
, +∞) então
|5x + 3| − |2x + 3| 2 ⇔ 5x + 3 − (2x + 3) 2 ⇔ 3x 2 ⇔ x
2
3
.
De novo, escolhendo aquela parte da solução que ca dentro do intervalo em consideração [−3
5
, +∞)
temos X3 = (2
3
, +∞).
Juntando todas as soluções encontradas, chegamos ao resultado nal X = X1 ∪ X2 ∪ X3 =
(−∞, −8
7
) ∪ (2
3
, +∞).
Tarefa para os alunos: Ilustrar a distrubuição dos sinais dos módulos na reta coordenada.