1. CAPÍTULO 7
1) Se P(x)= anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, com an≠0 e p(x)= bpxp+bp-1xp-1+...+b1x+b0, com n ≥ p
a  a 
e bp≠0, tome q0(x)= n x n−p . P(x)−p(x)q0(x)=  a n−1 − n b p −1  x n−1 + ... tem grau no máximo
bp  bp 
 
igual a n−1.
Pondo P(x)−p(x)q0(x) para desempenhar o papel de P(x), vemos que existe um polinômio
q1(x) tal que P(x)−p(x)q0(x)−p(x)q1(x)= P(x)−p(x)[q0(x)+q1(x)] tem, no máximo, grau n-2.
Prosseguindo, vemos que existe um polinômio q(x)= q0(x)+q1(x)]+...+qn-p(x) tal que
P(x)−p(x)q(x) tem grau, no máximo, igual a p−1. Chamando P(x)−p(x)q(x) de r(x), está
provado o que se queria demonstrar.
2) Se P(x)=p(x)q1(x) + r1(x) e P(x)=p(x)q2(x) + r2(x) com os graus de r1(x) e de r2(x)
ambos menores que o grau de p(x), temos, subtraindo, p(x)[q1(x)−q2(x)]= r2(x)− r1(x),.
Se q1(x)−q2(x) não for identicamente nulo, o grau do primeiro membro será igual a ou
maior que o grau de p(x), ao passo que o grau do segundo membro será menor que o
grau de p(x). Logo, q1(x)−q2(x) é identicamente nulo, ou seja, q1(x)=q2(x). Substituindo,
obtemos 0= r2(x)− r1(x), ou seja, r1(x)= r2(x).
3) a) Se α é raiz simples de p(x) então p(x)=(x-α)q(x), com q(α) ≠ 0. Daí, p(α)=(α-α)q(α)=0
e, como p’(x)=(x-α)’q(x)+(x-α)q’(x)= q(x)+(x-α)q’(x), p’(α)=q(α) ≠ 0.
b) Se p(α) = 0 e p’(α) ≠ 0, então p(x)=(x−α)q(x) pois α é raiz de p(x) e, como p’(x) =
(x-α)’q(x)+(x-α)q’(x)= q(x)+(x-α)q’(x), q(α) = p’(α) ≠ 0.
c) Se α é raiz dupla de p(x) então p(x)=(x-α)2q(x), com q(α) ≠ 0. Daí, p(α)=(α-α)q(α)=0 e,
como p’(x)=[(x-α)2]’q(x)+(x-α)2q’(x)= 2(x−α)q(x)+(x-α)2q’(x) e p’’(x) = 2q(x)+4(x−α)q’(x)+
(x-α)2q’’(x), p’(α)=0 e p’’(α) = 2q(α) ≠ 0.
d) Se p(α) = p’(α) = 0 e p’’(α) ≠ 0, então p(x)=(x−α)q(x) pois α é raiz de p(x) e, como p’(x)
= (x-α)’q(x)+(x-α)q’(x)= q(x)+(x-α)q’(x), q(α) = p’(α) = 0; logo, α é raiz de q(x) e, portanto,
q(x) é divisível por (x−α), o que garante a existência de um polinômio q1(x) tal que
q(x)=(x−α)q1(x). Então p(x)=(x−α)q(x) = (x−α).(x−α)q1(x) = (x-α)2q1(x); como p’(x)=
[(x-α)2]’q1(x)+(x-α)2q1’(x)= 2(x−α)q1(x)+(x-α)2q1’(x) e p’’(x) = 2q1(x)+4(x−α)q1’(x)+
1
(x-α)2q1’’(x), p’’(α) = 2q(α), q(α) = p' ' (α ) ≠ 0.
2
4) Errado. Se p(x)=x2-1, temos p’(x)=2x. 0 é raiz simples de p’(x) mas não é raiz dupla de
p(x).
( x − 1)( x − 3)( x − 4) ( x − 2)( x − 3)( x − 4) ( x − 2)( x − 3)( x − 4)
5) p(x)= 2 +1 +4 +
(2 − 1)(2 − 3)(2 − 4) (1 − 2)(1 − 3)(1 − 4) (1 − 2)(1 − 3)(1 − 4)
( x − 2)( x − 3)( x − 4) 4 65
3 = − x 3 + 10 x 2 − x + 15.
(1 − 2)(1 − 3)(1 − 4) 3 3

2. 6) Seja p(x)= anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0 e suponhamos an>0. Seja k o maior dos números
a 0 , a1 ,..., a n−1 .
Se x>1, a n−1x n−1 + ... + a1x + a 0 ≤ a n−1 x n−1 + ... + a1 x + a 0 ≤ an−1 x n−1 + ... + a1 x + a 0 ≤
kxn-1+...+kxn-1+kxn-1=nkxn-1. Se tomarmos um valor para x que, além de ser maior que 1,
nk nk
seja também maior que , teremos x> , anx>nk, anxn>nkxn-1> a n−1x n−1 + ... + a1x + a 0 ,
an an
p(x)>0.
n −1 n −1 n −1 n −1
Se x< −1 , a n−1x n−1 + ... + a1x + a 0 ≤ a n−1 . x + ... + a1 . x + a 0 ≤ k x +...+ k x +k x
n −1
=n k x . . Se tomarmos um valor para x que, além de ser menor que −1, seja também
nk nk
menor que − , teremos x< − , anx< −nk, anxn < −nkxn-1 (como n é ímpar, xn-1 é
an an
n −1
positivo), a n x n > nk x (na desigualdade anterior os dois membros são negativos; de
dois números negativos, o menor é o que tem o maior módulo),
a n x n > a n−1x n−1 + ... + a1x + a 0 e, como anxn é negativo, p(x)<0.
Caso fosse an < 0, bastava aplicar a conclusão ao polinômio −p(x).
Pela continuidade do polinômio, se p(x1)<0 e p(x2)>0, existe x0 compreendido entre x1 e x2
tal que p(x0)=0.
x n+1 − 1
7) 1 não é raiz do polinômio pois p(1)=n+1≠0. Se x ≠1, p(x)= . Como n é par, não
x −1
existe x real, x≠1, tal que xn+1=1. Logo, p(x) ≠ 0 também para todo x real diferente de 1.
8) Obtém-se x0=3; x1=2,333; x2=2,238; x3=2,236; x4=2,236. Como 2,2362<5 e 2,2372>5, a
resposta é 2,236.
9) Devemos determinar a raiz real de p(x)=x3-a. A fórmula do método de Newton é
x −a 2
3
p( x n ) a
xn+1= x n − = xn − n 2 = xn + 2
.
p' ( x n ) 3x n 3 3x n
2 a
No caso a=2, a fórmula fica xn+1= xn + 2
. Começando com se x0=1, obtém-se
3 3xn
x1=1,3333; x2=1,2639; x3=1,2599; x4=1,2599. Como 1,25993<2 e 1,26003>2, a
aproximação de 3 2 com 4 decimais exatas é 1,2599.