Dissertacao Corrigida de Ronaldo Pontes

Universidade Federal da Paraíba Centro de Ciências Exatas e da Natureza Departamento de Matemática Mestrado Prossional em Matemática em Rede Nacional - PROFMATEquações polinomiais: Soluções algébricas, geométricas e com o auxílio de derivadas † por Ronaldo da Silva Pontes sob orientação do Prof. Dr. Napoleón Caro Tuesta Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Mestrado Prossional em Matemática em Rede Nacional PROFMAT CCEN-UFPB, como requisito parcial para obtenção do título de Mestre em Matemática. Agosto/2013 João Pessoa - PB † O presente trabalho foi realizado com apoio da CAPES, Coordenação de Aperfeiçoamento de Pessoal de Nível Superior. Equações polinomiais: Soluções algébricas, geométricas e com o auxílio de derivadas por Ronaldo da Silva Pontes Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Mestrado Prossional em Matemática em Rede Nacional PROFMAT CCEN-UFPB, como requisito parcial para obtenção do título de Mestre em Matemática. Área de Concentração: Álgebra. Aprovada por: Prof. Dr. Napoleón Caro Tuesta EUFPB (Orientador) Prof. Dr. Antônio de Andrade e Silva E UFPB Prof. Dr. Gilberto Fernandes Vieira E UFCG Agosto/2013 Agradecimentos im primeiro lug—rD — heusD por ter me d—do forç—s e ™—p—™id—de p—r— exe™ut—r esse tr—˜—lhoF eos meus queridos p—isD que ™ontri˜uír—m de form— práti™— n— form—ção do meu ™—ráterD ™om seus exemplos de dignid—de e honestid—deF À minh— —m—d— espos— por ter —˜di™—do de minh— presenç— e —ssumido minh—s respons—˜ilid—des f—mili—resF eos meus (lhosD ™ujo —mor e ™—rinho trouxer—m —legri— nos momentos de ex—usE tão e desânimoF eos meus irmãos que sempre me —poi—r—m ness— ™—minh—d—F e todos os professores e ™oleg—s de ™urso pelo ™res™imento intele™tu—l propor™iE on—do e às ™oorden—çõesD lo™—l e ger—lD do €‚ypwe„ pelo ex™elente projeto que ™on™retizou — re—liz—ção de um sonhoF e x—poleón g—ro „uest—D meu orient—dorD por tod— ™ontri˜uição intele™tu—l e pel—s hor—s de empenho em ˜us™— de me mostr—r os melhores ™—minhos d— pesquis— e pel— p—™iên™i— ™om minh—s limit—ções e di(™uld—des que for—m super—d—s ™om seu ex™elente —poioF eos —migosD elde™kD elyssonD hiegoD pr—n™is™o e w—r™elo pelo ™omp—nheirismo dur—nte todo o ™urso e —s hor—s de estudos ™omp—rtilh—d—sF À goorden—ção de eperfeiço—mento de €esso—l de xível ƒuperior @ge€iƒAD pel— ˜ols— ™on™edid—F À …niversid—de peder—l d— €—r—혗E…p€f onde ™on™lui minh— gr—du—ção e —gor— este tr—˜—lho de mestr—doF Dedicatória Aos meus pais, José e Maria Lúcia, a minha esposa Marizete e aos meus lhos Déborah e Miguel. Resumo hesde — —ntiguid—deD há m—is ou menos RHHH —nosD vários povos já resolvi—m equ—ções polinomi—is no seu ™otidi—no —tr—vés de pro˜lem—s e ™onstruções práti™—sF xeste tr—˜—lhoD estud—remos —lguns métodos —lgé˜ri™os e geométri™os us—dos p—r— resolução de equ—ções polinomi—isF sni™i—remos f—l—ndo so˜re f—tor—ção e divisão de polinômiosD dispositivo de friotE‚u0niD rel—ções de qir—rdD teorem— d—s r—ízes ™omplex—s e o teorem— de pesquis— d—s r—ízes r—™ion—isF xo ™—pítulo PD mostr—reE mos os métodos —lgé˜ri™os de †ièteD g—rd—noD perr—ri e iulerD e —lguns métodos geométri™osD ™omo o d— proporçãoD o de hes™—rtes e „hom—s g—rlyle e d—s ™ôni™—sF xo ™—pítulo QD veremos — deriv—d— de um— função polinomi—lD o método iter—tivo de xewtonD tr—nsl—ção de eixos ™oorden—dosD o uso d— deriv—d— p—r— en™ontr—r os ™oe(™ientes d— form— reduzid— d—s funções polinomi—is e ™om —uxílio de deriv—d—s mostr—remos um método de resolução p—r— —s equ—ções do Q◦ e R◦ gr—usF Palavras-chave: €olinômiosD iqu—ções polinomi—isF v Abstract ƒin™e —n™ient timesD for —˜out RHHH ye—rsD m—ny people h—ve —lre—dy solved polyE nomi—l equ—tions in their d—ily lives through pro˜lems —nd pr—™ti™es ™onstru™tionsF sn this p—perD we study some —lge˜r—i™ —nd geometri™ methods used for solving polynomi—l equ—tionsF ‡e st—rt t—lking —˜out f—™toring —nd division of polynomiE —lsD devi™e friotE‚u0niD rel—tionships qir—rdD theorem of the ™omplex roots —nd the theorem of the r—tion—l roots rese—r™hF sn ™h—pter PD we will show the methods —lge˜r—i™ of †ièteD g—rd—noD perr—ri —nd iulerD —nd some geometri™ methodsD su™h —s the of proportionD of the hes™—rtes —nd „hom—s g—rlyle —nd of the ™oni™—sF sn se™tion QD we see the deriv—tive of — polynomi—lD xewton9s iter—tive methodD tr—nsl—E tion of ™oordin—te —xesD using the derived for to (nd ™oe0™ients of the redu™ed form of the polynomi—l —nd with the —id of deriv—tives show — method of resolution the equ—tions Qrd —nd Rth degreesF Keywords: polynomi—lsD polynomi—l equ—tionsF vi Sumário Introdução 1 Polinômios e equações polinomiais IFI €olinômio em um— v—riável F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFIFI punção polinomi—l F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFIFP yper—ções ™om polinômios F F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFIFQ €roduto notáveis e f—tor—ção F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFIFR hivisão de polinômios F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFIFS hispositivo de friotE‚u0ni F F F F F F F F F F F F F F F F F F iqu—ções polinomi—is ou —lgé˜ri™—s F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFPFI ‚—iz de um— equ—ção polinomi—l ou —lgé˜ri™— F F F F F F F F IFPFP „eorem— fund—ment—l d— álge˜r— F F F F F F F F F F F F F F F IFPFQ ‚el—ções de qir—rd F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFPFR €esquis— de r—ízes r—™ion—is de um— equ—ção —lgé˜ri™— de ™oE e(™ientes inteiros F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F IFPFS ‚—ízes ™omplex—s não re—is num— equ—ção —lgé˜ri™— de ™oe(E ™ientes re—is F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F o viii F F F F F F F F F F I P T V II IR IT IT IT IV 1 IFP F PH F PI F F F F F F F F F F F F 2 Métodos de resolver equações algébricas PFI PFP PFQ PFR iqu—ções do I gr—u F F F F F F F F F F F F F PFIFI wétodo —lgé˜ri™o F F F F F F F F F F F PFIFP wétodo geométri™o F F F F F F F F F F iqu—ções polinomi—is do Po gr—u e — fórmul— PFPFI wétodos —lgé˜ri™os F F F F F F F F F F PFPFP wétodos geométri™os F F F F F F F F F iqu—ções do Qo gr—u F F F F F F F F F F F F F PFQFI ƒolução dos ˜—˜ilônios F F F F F F F F PFQFP e fórmul— de g—rd—no F F F F F F F F PFQFQ ƒolução trigonométri™— de †iète F F F PFQFR wétodo geométri™o d—s ™ôni™—s F F F iqu—ções do Ro gr—u e o método de perr—ri F vii F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F de fhásk—r— F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F 23 PQ PR PS PT PT QH QW RH RI RV RW SQ PFS PFT PFU QFI QFP QFQ QFR QFS QFT wétodo de iuler p—r— — equ—ção do Ro gr—u F F F F F F F F F F F F F F ST ys ™—sos inúteis d— equ—ção do Ro gr—u F F F F F F F F F F F F F F F F F SV iqu—ções do So gr—uF ‚u0niD e˜el e q—lois F F F F F F F F F F F F F F TH heriv—d— de um— função polinomi—l F F F F F F F F F F F F F F F F F F wétodo de xewton p—r— en™ontr—r r—ízes F F F F F F F F F F F F F F F „r—nsl—ção de eixos F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F …s—ndo deriv—d—s p—r— determin—r os ™oe(™ientes dos polinômios n— form— reduzid—F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F QFRFI epli™—çõesF F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F …s—ndo deriv—d— p—r— es™rever os ™oe(™ientes d—s equ—ções polinomiE —is reduzid—s F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F F ‚esolvendo equ—ções do Qo e R◦ gr—us ™om o —uxílio de deriv—d—s F F F TI F TQ F TR F TV F UI F UP F US 3 O uso de derivadas na resolução de equações polinomiais 61 Referências Bibliográcas 79 viii Introdução iste tr—˜—lho tr—t— do uso d—s deriv—d—s d— função polinomi—l p—r— determin—r os ™oe(™ientes d—s equ—ções polinomi—is n— form— reduzid— ou ™—nôni™—D o˜tidos d— tr—nsform—ção x = y − an−1 /nan que ™onverte qu—lquer equ—ção ™omplet— de gr—u n d— form— an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 em um— equ—ção de gr—u n em y f—lt—ndo o termo de expoente n − 1D — qu—l ™h—m—remos de form— reduzid— ou ™—nôni™—F e ˜us™— de um— form— m—is simples p—r— resolver equ—ções polinomi—is levou os gênios †iètiD g—rd—no e perr—ri — f—zer um— tr—nsl—ção do domínio d— função polinomi—l de gr—u ™orrespondente pel— seguinte su˜stituição x = y − b/na onde n é o gr—u d— função polinomi—lF y gr—nde pro˜lem— no nosso ponto de vist— são —s rel—ções entre os ™oe(™ientes d— form— reduzid— e — form— origin—l @™omplet—AF y˜serveX x— equ—ção ™omplet— do Po gr—u ax2 + bx + c = 0D ™om a = 0D medi—nte — su˜sE tituição de x por y − b/2a —present— — form— reduzid— y 2 + p = 0D onde — rel—ção entre os ™oe(™ientes éX p= 4ac − b2 F 4a2 x— equ—ção ™omplet— do Qo gr—u ax3 + bx2 + cx + d = 0D ™om a = 0D medi—nte — su˜stituição de x por y − b/3a —present— — form— reduzid— y 3 + py + q = 0D onde —s rel—ções entre os ™oe(™ientes sãoX p=− b2 c + D 2 3a a 3 2b bc d q= − 2+ F 3 27a 3a a x— equ—ção ™omplet— do Ro gr—u ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0D ™om a = 0D medi—nte — su˜stituição de x por y − b/4a —present— — form— reduzid— y 4 + py 2 + qy + r = 0 onde pD q e r sãoX ix c 3b2 − 2D a 8a bc d q= − 2+ a 2a bd e r= − 2+ a 4a p= b3 D 8a3 b2 c 3b4 − F 16a3 256a4 gomo são indispensáveis nos métodos de resolução de ™—d— equ—çãoD v—mos proE por um método p—r— rel—™ion—r de form— simples os ™oe(™ientes d— equ—ção reduzid— ™om os d— form— origin—l @™omplet—AD us—ndo —pen—s —s deriv—d—s d— função polinoE mi—l que possui —s mesm—s r—ízes que — equ—ção origin—l @™omplet—AF wostr—remos t—m˜ém que tod— equ—ção n— form— reduzid— o˜ede™e — um— fórmul— ger—lD ˜—se—d— n— série de „—ylorF sni™i—remos f—l—ndo so˜re polinômiosD equ—ções polinomi—is e deriv—d— de um— função polinomi—lD demonstr—remos n— medid— do possível —lguns result—dos e teoreE m—sF istud—remos —lguns métodos —lgé˜ri™os de resolução de equ—ções polinomi—is dest—™—ndoD o método de ™omplet—r qu—dr—dos e — fórmul— de fhásk—r— p—r— — equ—ção do Po gr—uD — fórmul— de g—rd—no e — solução trigonométri™— de †iète que dispens— o 4™—l™ulo de r—ízes de números ™omplexos4 p—r— — equ—ção do Qo gr—uD os métodos de perr—ri e iuler p—r— — equ—ção do Ro gr—u e o método iter—tivo de xewton p—r— equ—ções de gr—u m—ior que RF †eremos t—m˜ém —lguns métodos geE ométri™os que podem ser —pli™—dos f—™ilmente n—s —ul—s do ensino médioD ™omo os métodos de hes™—rtes e „hom—s g—rlyle p—r— — equ—ção do Po gr—u e o método d—s ™ôni™—s p—r— — do Qo gr—uF im ™—d— sessão dos ™—pítulos serão expost—s — utilid—de de ™—d— método e té™ni™— de resolução de equ—ções polinomi—isD o˜ede™endo à seguinte sequên™i—X f—tor—ção de polinômiosD pesquis— de r—ízes r—™ion—sD e em último ™—soD —s fórmul—sF x Capítulo 1 Polinômios e equações polinomiais istud—remos neste ™—pítulo os métodos e té™ni™—s us—d—s no ensino médio p—r— resolução de equ—ções polinomi—isF hemostr—remos —lgum—s té™ni™—s de resoluçãoD ™omo — f—tor—ção e divisão de polinômiosD dispositivo de friotE‚u0niD —s rel—ções de qir—rdD o teorem— d—s r—ízes ™omplex—s e o teorem— de pesquis— d—s r—ízes r—™ion—isF €—r— isso seguiremos — sequên™i— didáti™— dos livros do ensino médioF 1.1 Polinômio em uma variável Denição 1.1 Um polinômio com coecientes em reais) na variável x é uma expressão formal do tipo: R (corpo dos números p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , onde n ∈ N e an , an−1 , ..., a1 , a0 são números reais, chamados coecientes do polinômio. Se an = 0, dizemos que n é o grau do polinômio. Neste caso, an é chamado de coeciente líder do polinômio. Observação: Exemplos: form— —nálog—F …m polinômio so˜re o ™orpo dos números ™omplexos C se de(ne de IF p(x) = 5x − 4 é um polinômio do Io gr—u ™om ™oe(™ientes a1 = 5, a0 = −4. PF p(x) = 2x2 − 3x é um polinômio do Po gr—u ™om ™oe(™ientes a2 = 2D a1 = −3 e a0 = 0. QF p(x) = 3x3 + 2x2 + 7x − 3 é um polinômio do Qo gr—u ™om ™oe(™ientes a3 = 3D a2 = 2D a1 = 7 e a0 = −3. I 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL 1.1.1 Função polinomial meros reais a0 , a1 , ..., an tais que, para todo x ∈ R tem-se Denição 1.2 Uma função f: R → R é do tipo polinomial quando existem núf (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 . Observações: IF punções polinomi—is são origin—d—s por polinômiosF PF e ™—d— função polinomi—l —sso™i—Ese um úni™o polinômio e vi™eEvers—D de form— que não há ™onfusão em nos referirmos sem distinção às funções polinomi—is ou —os polinômiosF Exemplos: IF es funções polinomi—is do tipo p(x) = aD ™om a = 0D são ™h—m—d—s de funções constantesF PF es funções polinomi—is d— form— p(x) = ax + bD ™om a = 0D são ™h—m—d—s de funções ansF QF es funções polinomi—is do tipo p(x) = ax2 + bx + cD ™om a = 0D são ™h—m—d—s de funções quadráticasF Polinômio identicamente nulo Denição 1.3 Um polinômio cujos coecientes são todos iguais a zero é denominado de polinômio identicamente nulo ou polinômio zero. De modo que, um polinômio p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 é identicamente nulo se an = an−1 = · · · = a1 = a0 = 0. Observação: y gr—u do polinômio identi™—mente nulo não é de(nidoF p2 (x) = bm xm + bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + a0 . Então p1 (x) = p2 (x) se, m = n e, além Igualdade de polinômios Denição 1.4 Dados dois polinômios p1 (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 e disso, os seus coecientes são ordenadamente iguais, ou seja: an = bm , an−1 = bm−1 , ..., a1 = b1 , a0 = b0 . P 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL hetermine os v—lores de aD bD cD d e e de modo que os polinômios p(x) = ax + 5x2 + dx − b e q (x) = 2x4 + (b − 3)x3 + (2c − 1)x2 + x + e sej—m igu—isF 4 Exemplo: Solução: a = 2D €—r— que sej— p(x) = q (x)D devemos terX 0 = b − 3 ⇒ b = 3D 5 = 2c − 1 ⇒ 2c = 6 ⇒ c = 3D d = 1D e = −b ⇒ e = −3F vogoD a = 2, b = 3, c = 3, d = 1 e e = −3F Valor numérico de uma função polinomial Denição 1.5 Considere uma função polinomial f (x) e um número real α.O valor numérico da função polinomial f (x) para x = α é o valor que se obtém substituindo x por α e efetuando os cálculos necessários. Indica-se por f (α). Então, f (α) é o valor numérico de f (x) para x = α. Assim, de modo geral, dado o polinômio f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 o valor de f (x) para x = α é f (α) = an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 . Exemplo: y v—lor numéri™o de p(x) = 2x2 − 3x + 5 p—r— x = 4 é p(4) = 2(4)2 − 3(4) + 5 = 32 − 12 + 5 = 25. Observação: ƒe f (α) = 0D o número α é denomin—do raiz de f (x)F €or exemploD n— função f (x) = x2 − 6x +8D temos f (2) = 0F vogoD P é r—iz dess— função polinomi—lF Grácos de funções polinomiais ys grá(™os de funções polinomi—is são estud—dos desde o Wo —no do ensino funE d—ment—lD —present—ndo divers—s —pli™—ções n— písi™—D n— uími™— e n— ist—tísti™—F €or exemploD em ginemáti™— o movimento retilíneo uniforme @w‚…A tem — posição Q 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL de um móvel des™rit— por um— função —(m e — velo™id—de por um— função ™onsE t—nteF tá no movimento retilíneo uniformemente v—ri—do @w‚…†AD — posição de um móvel é des™rit— por um— função qu—dráti™—D — velo™id—de por um— função —(m e — —™eler—ção por um função ™onst—nteF †eremos —gor— um—s di™—s simples de ™omo ™onstruir esses grá(™os no pl—no ™—rtesi—noF Função constante. ƒej— f (x) : R → R um— função polinomi—l de(nid— por f (x) = a0 D ™om a0 = 0D ™onhe™id— ™omo função ™onst—nteD o seu grá(™o é um— linh— ret— p—r—lel— —o eixo horizont—lF h— geometri— iu™lidi—n—D s—˜emos que por dois pontos distintos p—ss— um— úni™— linh— ret—Y ˜—st— ™—l™ul—r dois pontos distintos d— ret— de ™oorden—d—s (x, f (x)) e tr—ç—r — linh— ret— que p—ss— por esses pontosF Exemplo: Solução: is˜o™e o grá(™o d— função ™onst—nte f (x) = 4F is™olhendo —r˜itr—ri—mente x = 0 ⇒ f (0) = 4 e x = 4 ⇒ f (4) = 4F vogoD temos os pontos P1 = (0, 4) e P2 = (4, 4) por onde v—mos tr—ç—r noss— linh— ret—F †er (gur— IFIF pigur— IFIX qrá(™o d— função ™onst—nte f (x) = 4F R 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL Função am. ƒej— f (x) : R → R um— função polinomi—l de(nid— por f (x) = ax + b ™om a = 0 ™onhe™id— ™omo função —(mF il— será ™res™ente se a > 0 e de™res™ente se a < 0D o seu grá(™o é um— linh— ret— in™lin—d— —o eixo horizont—lF he modo —nálogo à função ™onst—nteD ˜—st— ™—l™ul—r dois pontos distintos d— ret— de ™oorden—d—s (x, f (x)) e tr—ç—r — linh— ret— que p—ss— por esses pontosF Exemplo: Solução: is˜o™e o grá(™o d— função —(m f (x) = 2x − 4F gomo a = 2 > 0D — função é ™res™enteF is™olhendo —r˜itr—ri—mente x = 0 e x = 4 o˜temos f (0) = −4 e f (4) = 4F vogoD temos os pontos P1 = (0, −4) e P2 = (4, 4)D por onde v—mos tr—ç—r noss— linh— ret—F †er (gur— IFPF pigur— IFPX qrá(™o d— função —(m f (x) = 2x − 4F Função quadrática. ƒej— f (x) : R → R um— função polinomi—l de(nid— por f (x) = ax2 + bx + cD ™om a = 0D ™onhe™id— ™omo função qu—dráti™—F y seu grá(™o é um— p—rá˜ol— ™om ™on™—vid—de p—r— ™im— se a > 0 eD p—r— ˜—ixo se a < 0F €ossui um ponto espe™i—l b b2 − 4ac F w—r™—ndo o vérti™eD e ™h—m—do de vérti™e de ™oorden—d—s V = − , − 2a 4a —lguns pontinhos de ™oorden—d—s (x, f (x)) no pl—no ™—rtesi—noD podemos tr—ç—r por S 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL eles o grá(™o d— funçãoF Exemplo: Solução: is˜o™e o grá(™o d— função qu—dráti™— f (x) = x2 − 6x + 5F b2 − 4ac b ,− = (3, −4)F gomo 2a 4a a = 1 > 0 — ™on™—vid—de d— p—rá˜ol— é p—r— ™im—F g—l™ulemos —lguns pontos de ™oorden—d—s (x, f (x))F €—r— x = 1 ⇒ f (1) = 0Y p—r— x = 2 ⇒ f (2) = 3Y p—r— x = 4 ⇒ f (4) = 3 e p—r— x = 5 ⇒ f (5) = 0F w—r™—ndo o vérti™e e esses pontos no pl—no ™—rtesi—noD podemos tr—ç—rD por elesD o grá(™o d— funçãoF †er pigur— IFQF es ™oorden—d—s do vérti™e são V = − pigur— IFQX qrá(™o d— função qu—dráti™— f (x) = x2 − 6x + 5F 1.1.2 Operações com polinômios Adição de polinômios Denição 1.6 A adição de dois polinômios é feita somando os termos de mesmo expoente. T 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL n n Dados p(x) = i=0 ai x e g (x) = i i=0 n bi xi , temos que: n n i i p(x) + g (x) = i=0 ai x + i=0 bi x = i=0 ( ai + b i ) x i . Exemplos: IF h—dos p(x) = 3x2 + 2x + 1 e q (x) = −x3 + 4x2 − 2x − 5D determine p(x) + q (x)F Solução: gomplet—ndo o polinômio p(x) ™om o termo 0x3 , temosX p(x) + q (x) = (0x3 + 3x2 + 2x + 1) + (−x3 + 4x2 − 2x − 5) = (0 − 1)x3 + (3 + 4)x2 + (2 − 2)x + (1 − 5) = −x3 + 7x2 − 4F PF h—dos p(x) = 6x3 +3x2 − 2x +4 e q (x) = −3x3 +3x3 − x +1D ™—l™ule p(x)+ q (x)F SoluçãoX gomo p(x) e q (x) possuem o mesmo gr—uD temosX p(x) + q (x) = (6x3 + 3x2 − 2x + 4) + (−3x3 + 3x3 − x + 1) = (6 − 3)x3 + (3 + 3)x2 + (−2 − 1)x + (4 + 1) = 3x3 + 6x2 − 3x + 5F Multiplicação de polinômios Denição 1.7 A multiplicação de dois polinômios é feita multiplicando cada termo do primeiro polinômio por todos os termos do segundo e somando esses produtos. m n Dados p(x) = i=0 ai x e q (x) = i j =0 m bj xj , temos: n m+n p ( x) · q ( x) = i=0 ai x i · j =0 bj x j = k=0 i+j =k ai · b j xk . U 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL Exemplos: IF ƒendo p(x) = 3x2 e q (x) = x2 − 3x + 2D ™—l™ule p(x) · q (x)F Solução: wultipli™—ndo termo — termoD temosX p(x) · q (x) = (3x2 )(x2 − 3x + 2) = 2 · 3x2 − 3x · 3x2 + x2 · 3x2 = 6x2 − 9x3 + 3x4 F PF h—dos os polinômios p(x) = 3x − 4 e q (x) = −2x + 5D ™—l™ule p(x) · q (x)F Solução: wultipli™—ndo termo — termoD temosX p(x) · q (x) = (3x − 4)(−2x + 5) = −20 + 15x + 8x − 6x2 = −20 + 23x − 6x2 F 1.1.3 Produto notáveis e fatoração xo próximo ™—pítuloD tr—˜—lh—remos — equ—ção polinomi—l do segundo gr—uD onde dis™utiremos — su— resolução por ™omplet—mento de qu—dr—dos ou por f—tor—çãoD qu—ndo for o ™—soF „—m˜ém us—remos produtos notáveis em outr—s demonstr—çõesF Produtos notáveis ƒão produtos que —p—re™em ™om muit— frequên™i— n— resolução de equ—ções e no desenvolvimento de expressões —lgé˜ri™—sX • Quadrado da soma de dois termosX (a+b)2 = (a+b)(a+b) = a2 +ab+ba+b2 = a2 +2ab+b2 ⇒ (a+b)2 = a2 +2ab+b2 . • Quadrado da diferença de dois termosX (a−b)2 = (a−b)(a−b) = a2 −ab−ba+b2 = a2 −2ab+b2 ⇒ (a−b)2 = a2 −2ab+b2 . • Produto da soma pela diferença de dois termosX (a + b)(a − b) = a2 − ab + ba + b2 = a2 − b2 ⇒ (a + b)(a − b) = a2 − b2 . • Cubo da soma de dois termos X (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 . V 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL • Cubo da diferença de dois termosX (a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 . • Soma de dois cubosX (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a3 + b3 . • Diferença de dois cubos (a − b)(a2 + ab + b2 ) = a3 − b3 . Observação: g—so sej— ne™essário ™—l™ul—r o produto de um ˜inômio de potên™i— m—ior que QD podemos us—r o f—moso binômio de Newton n (a + b) = k=0 n n−k k (n b k) a ™om k D n ∈ NF Fatoração de polinômios: e f—tor—ção de polinômios é de gr—nde utilid—de n— resolução de equ—ções polinoE mi—isD f—™ilit—ndo — simpli(™—ção de expressões —lgé˜ri™—sD por exemploD no ™ál™ulo de limitesF †eremos —gor— —lguns ™—sosX • Fatoração por fator comum: heveEse o˜serv—r se todos o termos do polinôE mio —present—m um f—tor em ™omumF im ™—so —(rm—tivo devemos ™olo™áElo em evidên™i—F €or exemploF 4x3 − 8x2 + 16x = 4x(x2 − 2x + 4). • Fatoração por agrupamento: heveEse —pli™—r — f—tor—ção por f—tor ™omum m—is de um— vezF †ej— o exemploX 2x3 + 4x2 − 6x − 12 = 2x2 (x + 2) − 6(x + 2) = (x + 2)(2x2 − 6). • Fatoração de um trinômio quadrado perfeito: a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 W 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL • Fatoração pela diferença de dois quadradosF a2 − b2 = (a + b)(a − b) • Fatoração pela soma de dois cubosF a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) • Fatoração pela diferença de dois cubosF a3 − b3 = (a + b)(a2 + ab + b2 ). gomo —pli™—çãoD veremos —lguns exemplos do uso de f—tor—ção n— resolução de equ—ções polinomi—isF IF ‚esolv— — equ—ção do Qo gr—u 9x3 − 27x2 − 4x + 12 = 0 por meio de f—tor—E çãoF Solução: p—zendo — f—tor—ção por —grup—mentoD temos 9x3 − 27x2 − 4x + 12 = 9x2 (x − 3) − 4(x − 3) = (x − 3)(9x2 − 4). p—tor—ndo o segundo f—torD que é um— diferenç— de qu—dr—dosD temos 9x3 − 27x2 − 4x + 12 = (x − 3)(9x2 − 4) = (x − 3)(3x + 2)(3x − 2) que su˜stituíd— n— equ—ção (™—X 9x3 − 27x2 − 4x + 12 = (x − 3)(3x + 2)(3x − 2) = 0 que impli™— x−3=0⇒x=3 ou 3x + 2 = 0 ⇒ x = − ou 2 3 2 3x − 2 = 0 ⇒ x = . 3 2 2 e− F 3 3 €ort—ntoD —s r—ízes d— equ—ção 9x3 − 27x2 − 4x + 12 = 0 sãoX QD PF in™ontre tod—s —s r—ízes d— equ—ção 4x4 + 32x = 0F IH 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL Solução: p—zendo — f—tor—ção por f—tor ™omumD temos 4x4 + 32x = 4x(x3 + 8). p—tor—ndo o segundo f—torD que é — som— de dois ™u˜osD temosX 4x4 + 32x = 4x(x3 + 8) = 4x(x + 2)(x2 − 2x + 4), que su˜stituindo n— equ—çãoD (™—X 4x4 + 32x = 4x(x3 + 8) = 4x(x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0, que impli™— 4x = 0 ⇒ x = 0 ou x + 2 = 0 ⇒ x = −2 ou x2 − 2x + 4 = 0 ⇒  √  x1 = 1 + 3i  x2 = 1 − √ 3i. √ √ €ort—ntoD —s qu—tro r—ízes d— equ—ção são 4x4 +32x = 0 sãoX 0, −2D 1+ 3i e 1 − 3iF ƒeri— muito ˜om que tod—s —s equ—ções polinomi—is pudessem ser resolvid—s por f—tor—çãoD porémD nem sempre é fá™il enxerg—r um f—tor ™omum p—r— se efetu—r em seguid— o —grup—mento ou outro tipo de f—tor—çãoF istud—remos n— próxim— sessão o teorem— d—s r—ízes r—™ion—is que nos —jud—rá — en™ontr—r r—ízes r—™ion—isD ™—so exist—mF 1.1.4 Divisão de polinômios Teorema 1.8 (Algoritmo de Euclides). Sejam p(x) e d(x) dois polinômios com coecientes reais, com d(x) = 0. Então, existem únicos polinômios com coecientes reais q (x) e r(x) tais que: p(x) = d(x)q (x)+r(x), onde r(x) = 0 ou o grau de r(x) é menor que o grau de d(x). Os polinômios q (x) e r(x) são chamados de quociente e resto, respectivamente. II 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL €rovemos primeiro — existênciaF ƒej—m p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 D ™om an = 0 e d(x) = bp xp + bp−1 xp−1 + · · · + b1 x + b0 F ƒe n < p tomeD q (x) = 0 e n n−p x F †emos que o polinôE r(x) = p(x)F egor—D se n ≥ p e bp = 0D tome q0 (x) = a bp an n−1 mio p(x) − d(x)q0 (x) = (an−1 − bp bp−1 )x + · · · temD no máximoD gr—u igu—l — n − 1F p—zendo o mesmo pro™esso p—r— p(x) − d(x)q0 (x)D vemos que existe um polinôE mio q1 (x) t—l que p(x) − d(x)q0 (x) − d(x)q1 (x) = p(x) − d(x)[q0 (x) + q1 (x)] temD no máximoD gr—u n − 2F €rosseguindoD vemos que existe um polinômio q (x) = [q0 (x) + q1 (x)] + · · · + qn−p (x) t—l que p(x) − d(x)q (x) tem gr—u no máximo p − 1F gh—m—ndo p(x) − d(x)q (x) de r(x)D está prov—d— — existên™i— de q (x) e r(x)F se p(x) = d(x)q1 (x) + r1 (x) e p(x) = d(x)q2 (x) + r2 (x) ™om os gr—us de r1 (x) e r2 (x) —m˜os menores que o gr—u de d(x)D temosD su˜tr—indoD que d(x)[q1 (x) − q2 (x)] = r1 (x) − r2 (x)F ƒe q1 (x) − q2 (x) não for identi™—mente nuloD o gr—u do primeiro mem˜ro será m—ior ou igu—l que o gr—u de d(x) F €or outro l—doD o segundo mem˜ro tem gr—u menor que d(x)F vogoD q1 (x) − q2 (x) é identi™—mente nuloD ou sej—D q1 (x) = q2 (x)D que impli™— r1 (x) = r2 (x)F Demonstração: UnicidadeD Exemplo: Solução: †—mos efetu—r — divisão do polinômio p(x) = x3 + 10 por d(x) = x + 2F gomo o gr—u de p(x) é Q e o gr—u de d(x) é ID o gr—u de q (x) é no máximo PD ou sej—D q (x) = ax2 + bx + c e r(x) = r é um— ™onst—nteF h— identid—de p(x) = d(x)q (x) + r(x)D temEse x3 +10 = (x +2)(ax2 + bx + c)+ r ⇔ x3 +10 = ax3 +(2a + b)x2 +(2b + c)x +(2c + r)F vogoD pel— identid—de de polinômiosD temos a = 1D 2a + b = 0 ⇒ b = −2a ⇒ b = −2D 2b + c = 0 ⇒ c = −2b ⇒ c = 4D 2c + r = 10 ⇒ r = 10 − 2c ⇒ r = 2F €ort—ntoD q (x) = x2 − 2x + 4 e r(x) = 2F IP 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL Outra solução: €—rtindo d— igu—ld—de x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2x + 4) e som—ndo P — —m˜os os mem˜rosD temEse x3 + 8 + 2 = x3 + 10 = (x + 2)(x2 − 2x + 4) + 2. vogoD q (x) = x2 − 2x + 4 e r(x) = 2F Observação: ixiste t—m˜ém um método de divisão de polinômios muito us—do no ensino médio ™h—m—do método d—s ™h—vesF p(x) por x − a é p(a). Teorema 1.9 ( Teorema de D'Alembert) O resto da divisão de um polinômio h— divisão de p(x) por x − a result— um quo™iente q (x) e um resto r(x) t—is que p(x) = (x − a)q (x) + r(x)F gomo o divisor x − a é de gr—u ID o resto será de gr—u zeroD ou sej—D um— ™onst—nteF p—zendo r(x) = rD ™onst—nteD temosX p(x) = (x − a)q (x) + r e su˜stituindo x por a segueEse que Demonstração: p(a) = (a − a)q (a) + r ⇒ r = p(a). Exemplos: IF g—l™ule o resto d— divisão de p(x) = 2x3 + 3x2 + 2x − 5 por x − 1F he —™ordo ™om o „eorem— de h¡elem˜ertX r = p(1) = 2(1)3 + 3(1)2 + 2(1) − 5 = 2. PF in™ontre o resto de divisão de p(x) = x4 + 2x2 + 2x − 3 por x + 2F €elo „eorem— de h¡elem˜ert temosX r = p(−2) = (−2)4 + 2(−2)2 + 2(−2) − 3 = 17. Corolário 1.9.1 (Teorema do fator) Um polinômio p(x) é divisível por x − a se, e somente se, p(a) = 0, ou seja, p(x) = (x − a)q (x). IQ 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL ƒe p(x) é divisível por x − aD então pelo „eorem— de h9elem˜ertD r = p(a) = 0D eD de outr— form—D se p(a) = 0D ™omoD pelo „eorem— de h9elem˜ertD r = p(a)D temos r = 0D ou sej—D p(x) é divisível por x − aF hetermine o v—lor de k de modo que p(x) = x3 + x2 + kx − 2 sej— 1 divisível por x + F 2 1 Solução: hevemos ter p − = 0F 2 vogoX Demonstração: Exemplo: − 1 2 3 + − 1 2 2 +k − 1 2 −2=0 k 15 15 1 1 k ⇒− + − −2=0⇒ =− ⇒k =− F 8 4 2 2 8 4 1.1.5 Dispositivo de Briot-Runi x − a obtemos um quociente q (x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 e resto r. Teorema 1.10 Ao dividir o polinômio p(x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 por Demonstração: gomo o gr—u de p(x) é n e o gr—u de x − a é ID o gr—u de q (x) é no máximo n − 1F essimD pelo teorem— d— divisão temosX p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = (x − a)(bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 ) + r. hesenvolvendo o segundo mem˜roD o˜temosD por ™omp—r—çãoX bn−1 = an bn−2 = abn−1 + an−1 = aan + an−1 F F F F F F F F F b1 = ab2 + a2 b0 = ab1 + a1 gom ™oe(™ientes d—dos d— form— —™im—D temosX q (x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 e r = ab0 + a0 Observação: y pro™edimento efetu—do —™im— pode ser ™olo™—do n— seguinte form— IR 1.1. POLINÔMIO EM UMA V ARIÁ VEL práti™— no modo horizont—lF y˜serveX a an an−1 an−2 · · · bn−1 bn−2 bn−3 · · · a2 a1 a0 b1 b0 r Exemplo: Solução: …se o dispositivo de friotE‚u0ni p—r— o˜ter o quo™iente e o resto d— divisão de p(x) = 3x5 + 4x4 + 3x3 − 7x2 − 2x + 3 por d(x) = x − 1F gonforme o dispositivo de friotE‚u0niD temosX x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ a = 1 e grau(q ) = grau(p) − grau(d) = 5 − 1 = 4 es™revendo q (x) = q4 x4 + q3 x3 + q2 x2 + q1 x + q0 e r = aq0 + a0 F gomoX a5 = 3, a4 = 4, a3 = 3, a2 = −7, a1 = −2 e a0 = 3D temosX q 4 = a5 = 3 q3 = aq4 + a4 = 1 · 3 + 4 = 7 q2 = aq3 + a3 = 1 · 7 + 3 = 10 q1 = aq2 + a2 = 1 · 10 + (−7) = 3 q0 = aq1 + a1 = 1 · 3 + (−2) = 1 e r = aq0 + a0 = 1 · 1 + 3 = 4 €ort—ntoD q (x) = 3x4 + 7x3 + 10x2 + 3x + 1 e r = 4. Observação: y dispositivo de friotE‚u0ni é muito útil qu—ndo se ™onhe™e um— r—iz inteir— de um polinômioD pois esse dispositivo reduz o gr—u d— equ—ção de n p—r— n − 1F Exemplo: ‚esolv— — equ—ção x3 − 3x2 + 4x − 2 = 0F xote que I é r—iz d— equ—ção do Qo gr—u x3 − 3x2 + 4x − 2 = 0F …s—ndo o dispositivo de friotE‚u0niX 1 1 −3 4 −2 1 −2 2 0 en™ontr—remos x2 − 2x +2 = 0D que é um— equ—ção do Po gr—u ™om r—ízes 1+ i e 1 − iF €ort—ntoD —s r—ízes d— equ—ção sãoX ID 1 + i e 1 − iF IS 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS 1.2 Equações polinomiais ou algébricas que pode ser escrita na forma: an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 com an = 0 e n ∈ N∗ , em que an , an−1 , ..., a1 , a0 são números reais e n é o grau da equação. Denição 1.11 Denomina-se equação polinomial ou algébrica toda equação Exemplos: IF 5x + 2 = 0 é um— equ—ção —lgé˜ri™— do Io gr—uF PF x2 − 3x + 2 = 0 é um— equ—ção —lgé˜ri™— do Po gr—uF QF 7x3 − 2x2 − 4x + 5 = 0 é um— equ—ção —lgé˜ri™— do Qo gr—uF 1.2.1 Raiz de uma equação polinomial ou algébrica Denição 1.12 Denomina-se raiz ou zero da equação algébrica an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 o valor α que substituído no lugar de x satisfaz a igualdade, ou seja, o valor α tal que an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = 0. Exemplo: e equ—ção x3 − 6x +4 = 0 —dmite x = 2 ™omo r—izD pois (2)3 − 6(2)+4 = 8 − 12 + 4 = 0F 1.2.2 Teorema fundamental da álgebra y „eorem— fund—ment—l d— álge˜r— foi demonstr—do por q—uss em IUWW e será exposto sem demonstr—çãoD pois requer um pou™o de —nálise m—temáti™—F plexos possui pelo menos uma raiz complexa. Teorema 1.13 Toda equação polinomial de grau n (n ≥ 1) com coecientes com- gomo ™onsequên™i— do teorem— fund—ment—l d— álge˜r— temEseX Corolário 1.13.1 (Teorema da decomposição) Todo polinômio com coecientes complexos p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 com n ≥ 1 e an = 0 pode ser decomposto num produto de n fatores de 1o grau, ou seja: p(x) = an (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) · · · (x − xn ). IT 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS Demonstração: ƒej— p(x) um polinômio de gr—u n (n ≥ 1)D pelo „eorem— funE d—ment—l d— álge˜r— p(x) —dmite x1 ∈ C ™omo r—izD ou sej—D p(x1 ) = 0D então existe um q (x) @quo™ienteA de gr—u n − 1 t—l queX p(x) = (x − x1 )q (x). egor— se q (x) tiver gr—u n − 1 ≥ 1D de novo existem x2 ∈ C e q2 (x) de gr—u n − 2 t—l queX q1 (x) = (x − x2 )q2 (x) ⇒ p(x) = (x − x1 )(x − x2 )q2 (x). €or su— vezD se q2 (x) tiver gr—u n − 2 ≥ 1 existem x3 ∈ C e q3 (x) de gr—u n − 3 t—l queX q2 (x) = (x − x3 )q3 (x) ⇒ p(x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )q3 (x). epli™—ndo o pro™esso su™essiv—menteD ™on™luímos que p(x) = an (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) · · · (x − xn ). e menos de ordem dos f—toresD — de™omposição é úni™—F Corolário 1.13.2 Toda equação algébrica de grau n com coecientes complexos possui exatamente n raízes complexas. Demonstração: €elo gorolário IFIQFI todo polinômio p(x) de gr—u n pode ser de™omposto num produto de n f—tores do Io gr—uD logoX p(x) = 0 ⇒ an (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) · · · (x − xn ) = 0, o que impli™— que — equ—ção p(x) = 0 possui ex—t—mente n r—ízes ™omplex—sF Exemplo: o de I gr—uX †—mos f—zer — de™omposição do polinômio p(x) = x5 − 16x em f—tores Solução: †—mos de™ompor p(x) = x5 − 16x pelo método d— f—tor—çãoY logo p(x) = x5 − 16x = x(x4 − 16) = x(x2 − 4)(x2 + 4) = x(x − 2)(x + 2)(x − 2i)(x + 2i). €ort—ntoD p(x) = x(x − 2)(x + 2)(x − 2i)(x + 2i) é do So gr—u e possui ex—t—mente S r—ízes ™omplex—sF Multiplicidade de uma raiz Denição 1.14 Se um polinômio p(x) é tal que: p(x) = (x − α)m · q (x) com q (α) = 0, dizemos que α é raiz de multiplicidade m da equação p(x) = 0. IU 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS Exemplos: IF u—nt—s r—ízes possui — equ—ção —lgé˜ri™— x(x − 2)4 (x + 1)3 = 0F Solução: €elo gorolário IFIQFPD — equ—ção possui V r—ízesD sendoX H um— r—iz simE plesD P um— r—iz quádrupl— e EI um— r—iz tripl—F PF is™rev— —s equ—ções do Qo gr—u que —dmitem P ™omo r—iz simples e EI ™omo r—iz dupl—F Solução: epli™—ndo o teorem— d— de™omposiçãoD temosX an (x − α1 )(x − α2 )(x − α3 ) = 0 onde an = 0 e α1 = 2, α2 = α3 = −1. ƒu˜stituindo os v—lores d—s r—ízesD temos an (x − 2)(x + 1)(x + 1) = 0 que equiv—le — an (x − 2)(x + 1)2 = an (x − 2)(x2 = 2x + 1) = an (x3 − 3x − 2) = 0 €ort—ntoD —s equ—ções pedid—s são an (x3 − 3x − 2) = 0D ™om an = 0. 1.2.3 Relações de Girard equação p(x) = 0. Denição 1.15 As relações de Girard são relações entre coecientes e raízes da …s—remos o „eorem— d— de™omposição p—r— en™ontr—r —s rel—ções de qir—rd p—r— —s equ—ções do Po e Qo gr—us e depois f—remos — gener—liz—çãoF e equ—ção do Po gr—u ax2 + bx + c = 0 tem r—ízes x1 e x2 D que de™ompost— em f—tores line—res (™—X ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ) = ax2 − a(x1 + x2 )x + ax1 x2 e pel— identid—de de polinômiosD temosX  b    x 1 + x2 = − a  c   x1 x2 = a IV 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS e equ—ção do Qo gr—u ax3 + bx2 + cx + d = 0 tem r—ízes x1 D x2 e x3 que de™ompost— em f—tores line—res (™—X ax3 + bx2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) logoD ax3 + bx2 + cx + d = ax3 − a(x1 + x2 + x3 )x2 + a(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )x + a(x1 x2 x3 ) e pel— identid—de de polinômiosD temosX  b   x + x + x = −  1 2 3  a      c x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a        d   x1 x2 x3 = − a he modo ger—lD p—r— um— equ—ção polinomi—l de gr—u n ≥ 3 d— form— an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 = 0D ™om r—ízesD x1 , x2 , x3 , ..., xn D temosX                                        x1 + x2 + x3 + · · · + xn = − x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn = x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + · · · + xn−2 xn−1 xn = − an−1 @ƒom— d—s r—ízesA an an−2 @ƒom— d—s r—ízes du—s — du—sA an an−3 @ƒom— d—s r—ízes três — trêsA an F F F x1 x2 x3 · · · xn = (−1)n · a0 @€roduto d—s an n r—ízesA. Exemplo: Solução: ‚esolv— — equ—ção x3 − 10x2 + 31x − 30 = 0D s—˜endo que um— r—iz é igu—l à som— d—s outr—s du—sF …s—ndo —s rel—ções de qir—rd p—r— som— e produto d—s r—ízesD temos IW 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS b x1 + x2 + x3 = − = 10 a d x1 x2 x3 = − = 30F a e inform—ção d—d— no pro˜lem— @um— r—iz é igu—l à som— d—s outr—s du—sA x1 = x2 + x3 que su˜stituíd— n— rel—ção d— som— impli™— x1 + x2 + x3 = x1 + x1 = 10 ⇒ 2x1 = 10 ⇒ x1 = 5 h—í segueEse que x2 + x3 = 5 e x2 x3 = 6 ⇒ x2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x = 3 ou x = 2F vogoD —s r—ízes d— equ—ção x3 − 10x2 + 31x − 30 = 0 sãoX PD Q e SF Observação: es rel—ções de qir—rd são muito import—ntes qu—ndo se s—˜e —lgum— inform—ção so˜re —s r—ízes d— equ—çãoF e solução do sistem— d—s rel—ções em si nos lev— de novo à equ—ção origin—lF 1.2.4 Pesquisa de raízes racionais de uma equação algébrica de coecientes inteiros Teorema 1.16 Se o número racional , com p e q primos entre si, é raiz de uma equação algébrica de coecientes inteiros an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, p q então p é divisor de a0 e q é divisor de an . Demonstração: vogoD €or hipóteseD temos que p é um— r—iz não nul— d— equ—ção q an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0. p q n an + an−1 p q n−1 + · · · + a1 p q + a0 = 0. wultipli™—ndo — equ—ção —™im— por q n temos an pn + an−1 qpn−1 + · · · + a1 pq n−1 + a0 q n = 0. ssol—ndo an pn D temos an pn = −q (an−1 pn−1 + · · · + a1 pq n−2 + a0 q n−1 ), k ∈Z PH 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS pois os ™oe(™ientes an , an−1 , ..., a2 , a1 , a0 D p e q são números inteirosY logoX an pn = −qk ™omo o whg de p e q é ID então o whg de pn ™om q t—m˜ém é IF vogoD q é divisor de an F he modo —nálogoD isol—ndo a0 q n D temos a0 q n = −p(an pn−1 + an−1 pn−2 q + · · · + a1 q n−1 ). s∈Z €odemos es™reverX a0 q n = −ps gomo o whg de q n ™om p é ID ™on™luiEse que p é divisor de a0 F r—™ion—isF Exemplo: †—mos pesquis—r se — equ—ção 3x3 + 2x2 − 7x + 2 = 0 possui r—ízes Solução: x— equ—ção d—d—D temos a0 = 2 e an = 3F p é divisor de P ⇒ p ∈ {EIDIDEPDP} q é divisor de Q ⇒ q ∈ {EIDIDEQDQ} €elo „eorem— IFITD —s prováveis r—ízes r—™ion—is p/q s—tisf—zem — propried—deX p 1 1 2 2 ∈ {−1, 1, −2, 2, − , , − , }F q 3 3 3 3 p—zendo — veri(™—çãoD vemos que — equ—ção 3x3 + 2x2 − 7x + 2 = 0D possui três 1 r—ízes r—™ion—isX 1D −2 e F 3 xo ™—pítulo P us—remos esse teorem— p—r— justi(™—r que — equ—ção x3 − 6x +4 = 0 possui o número P ™omo r—izF 1.2.5 Raízes complexas não reais numa equação algébrica de coecientes reais Teorema 1.17 Se uma equação polinomial de coecientes reais admite o número complexo z = a + bi como raiz, então z = a − bi, conjugado de z , também é raiz da equação. PI 1.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS OU ALGÉBRICAS gonsidere p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 = 0D @an = 0AD ™om ™oe(™ientes re—isF €or hipóteseD temos que z = a + biD @b = 0A é r—iz d— equ—çãoD ou sej—D p(z ) = 0F €ort—nto an z n + an−1 z n−1 + · · · + a2 z 2 + a1 z + a0 = 0 epli™—ndo o ™onjug—do em —m˜os os mem˜ros d— equ—çãoD temos Demonstração: an z n + an−1 z n−1 + · · · + a2 z 2 + a1 z + a0 = 0. epli™—ndo — propried—de d— —dição de ™onjug—dos z1 + z2 = z1 + z2 D temos an z n + an−1 z n−1 + · · · + a2 z 2 + a1 z + a0 = 0. epli™—ndo — propried—de do produto de ™onjug—dos z1 z2 = z1 .z2 e o f—to dos ™oe(™ientes an serem re—isD ou sej—D an = an p—r— todo n temos an z n + an−1 z n−1 + · · · + a2 z 2 + a1 z + a0 = 0. epli™—ndo — propried—de d—s poten™i—s de ™onjug—do z n = (z )n D temos an (z )n + an−1 (z )n−1 + · · · + a2 (z )2 + a1 (z ) + a0 = 0, ou sej—D p(z ) = 0D de modo que z t—m˜ém é r—iz d— equ—ção p(x) = 0F Exemplo: SoluçãoX es™rever †—mos resolver — equ—ção x4 − 2x3 + x2 + 2x − 2 = 0 s—˜endo que o número ™omplexo 1 + i é r—iz dest— equ—çãoF gomo i + 1 é r—iz d— equ—çãoD impli™— que 1 − i t—m˜ém é r—izD e podemos x4 − 2x3 + x2 + 2x − 2 = (x − 1 + i)(x − 1 − i)q (x) = (x2 − 2x + 2)q (x)D onde q (x) é um polinômio de gr—u PF hividindo p(x) por x2 − 2x + 2 v—mos o˜ter q (x) = x2 − 1 que tem ™omo r—ízes −1 e 1F €ort—ntoD —s r—ízes d— equ—ção x4 − 2x3 + x2 + 2x − 2 = 0 sãoX −1D 1D 1 + i e 1 − iF PP Capítulo 2 Métodos de resolver equações algébricas istud—remos —gor— os métodos de resolução d—s equ—ções polinomi—is de form— —lgé˜ri™— por meio de r—di™—is envolvendo os ™oe(™ientes d— equ—çãoD d—ndo dest—que p—r— os métodos de fhásk—r—D †ièteD g—rd—noD perr—ri e iuler que ™ontri˜uír—m e muito p—r— — resolução d—s equ—çõesF p—l—remos t—m˜ém so˜re —lguns métodos geoE métri™osD ™omo o d— proporção p—r— — equ—ção do Io gr—uD o de ™omplet—r qu—dr—dosD de hes™—rtes e „hom—s g—rlyle p—r— equ—ções do Po gr—u e o de ym—r u—y—n p—r— equ—ções do Qo gr—uF he form— simplesD d—remos exemplos que podem ser —pli™—dos no ensino médioF 2.1 Equações do 1o grau e primeir— referên™i— à equ—ções de que se têm notí™i—s ™onst— do p—piro de ‚hindD um dos do™umentos egíp™ios m—is —ntigos que tr—t—m de m—temáti™—D es™rito há m—is ou menos RHHH —nosF gomo os egíp™ios não utiliz—v—m — not—ção —lgé˜ri™—D os métodos de solução de um— equ—ção er—m ™omplexos e ™—ns—tivosF ys gregos resolvi—m equ—ções —tr—vés de qeometri—D m—s for—m os ár—˜es queD ™ultiv—ndo — w—temáti™— dos gregosD promover—m um —™entu—do progresso n— resolução de equ—E çõesF €—r— represent—r o v—lor des™onhe™ido em um— situ—ção m—temáti™—D ou sej—D em um— equ—çãoD os ár—˜es ™h—m—v—m o v—lor des™onhe™ido em um— situ—ção m—E temáti™— de 4™ois—4F im ár—˜eD — p—l—vr— 4™ois—4 er— pronun™i—d— ™omo x—yF h—í surge o x ™omo tr—dução simpli(™—d— de p—l—vr— 4™ois—4 em ár—˜eF rojeD ™h—m—mos o termo des™onhe™ido de in™ógnit—D que é um— p—l—vr— originári— do l—tim in™ognituD que t—m˜ém quer dizer 4™ois— des™onhe™id—4F e in™ógnit— é um sím˜olo que o™up— o lug—r de um elemento des™onhe™ido em um— equ—çãoF PQ 2.1. EQUAÇÕES DO 1 o GRAU 2.1.1 Método algébrico e solução —lgé˜ri™— de um— equ—ção do Io gr—u ˜—seáEse em dois —xiom—sX • Princípio aditivo da igualdade ou de EuclidesX €odemos som—r um número re—l — —m˜os os mem˜ro de um— igu—ld—de que el— não se —lter—F im sím˜olosX d—dos aD b e c números re—isD temEse a=b⇒a+c=b+c • Princípio multiplicativo da igualdadeX €odemos multipli™—r —m˜os os mem˜ros de um— igu—ld—de por um número re—l não nulo que el— não se —lter— ƒim˜oli™—menteD d—dos aD b e c números re—isD ™om c = 0D temEse a=b⇒a·c=b·c „od— equ—ção polinomi—l do Io gr—u pode ser es™rit— —lge˜ri™—mente d— seguinte form— ax + b = 0D ™om a e b ∈ R e a = 0F €—r— resolver ess— equ—ção som—Ese o oposto de b nos dois l—dos d— igu—ld—de e o˜temEse ax + b + (−b) = 0 + (−b), que impli™— ax = −b. €osteriormenteD multipli™—ndo pelo inverso de aD ™heg—Ese — a−1 · ax = −b · a−1 , que impli™— Exemplo: SoluçãoX b x=− . a ‚esolv— — equ—ção 5x + 1 = 36D onde x é um número r—™ion—lF epli™—ndo o prin™ípio —ditivoD v—mos —di™ion—r @EIA —os dois mem˜ros d— equ—çãoD isol—ndo o termo que ™ontém — in™ógnit— x no Io mem˜roX 5x + 1 = 36 PR 2.1. EQUAÇÕES DO 1 o GRAU 5x + 1 + (−1) = 36 + (−1) 5x + 1 − 1 = 36 − 1 5x = 35. epli™—ndo o prin™ípio multipli™—tivoD v—mos multipli™—r os dois mem˜ros d— 1 equ—ção por D des™o˜rindo —ssim o v—lor do número xF 5 1 1 5x · = 35 · ⇒ x = 7. 5 5 gomo 7 ∈ QD temos que 7 é — solução d— equ—ção 5x + 1 = 36F Observação: €odemos resolver — equ—ção —™im— isol—ndo o v—lor d— in™ógnit— x de form— práti™—X epli™—ndo o prin™ípio —ditivoD 5x = 36 − 1 5x = 35. egor—D —pli™—ndo o prin™ípio multipli™—tivoD 35 ⇒ x = 7. x= 5 2.1.2 Método geométrico ƒe um— equ—ção —lgé˜ri™— do Io gr—u tem um— r—iz positiv—D el— poderá ser es™rit— ™omo ax = b D ™om a e b positivosF qeometri™—menteD x é o qu—rto propor™ion—l p—r— os três segmentos de ™omprimento a, b D e 1, ou sej—D a : b = 1 : x @de f—toD a/b = 1/x lev— — ax = b AD de modo que x pode ser ™onstruído ™om régu— e ™omp—sso de form— simplesD mostr—d— n— pigur— PFID onde — —˜ertur— do ângulo em O é qu—lquerD OA = a D OB = b D AC = 1D e o ponto D é m—r™—do de modo que CD sej— p—r—lelo — AB F intão x = BD é — soluçãoF he f—toD por semelh—nç— de triângulosD temos OC a a+1 OA = ⇔ = , OB OD b b+x donde result— que a(b + x) = b(a + 1), que impli™— ax = b. eprender ˜em — resolução de um— equ—ção do I◦ gr—u impli™— diret—mente n— —prendiz—gem de ™onteúdos ™omo r—zãoD proporçãoD regr— de três simples e ™omE post—D ™omo t—m˜ém n— resolução de —lgum—s equ—ções do Po gr—u in™omplet—sD por exemploD 4x2 − 12x = 0 e 9x2 − 25 = 0D que podem ser resolvid—s por f—tor—çãoF PS 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA pigur— PFIX ƒolução geométri™— d— equ—ção do Io gr—uF 2.2 Equações polinomiais do 2o grau e a fórmula de Bháskara e equ—ção polinomi—l de segundo gr—u foi resolvid— —lge˜ri™—mente @solução por r—di™—isA pelo m—temáti™o hindu ƒridh—r—D m—s — fórmul— p—r— resolver ess— equ—ção —™—˜ou lev—ndo o nome de fh—sk—r—D pelo f—to d— solução ter sido pu˜li™—d— por esse m—temáti™oF ƒu— demonstr—ção hoje é ™onsider—d— ˜em simplesD pois ˜—sei—E se no método de ™omplet—mento de qu—dr—dosF yutro m—temáti™o que resolveu — equ—ção do Po gr—u de form— —lgé˜ri™— foi pr—nçóis †iète us—ndo o mesmo método que „—rt—gli— us—r— p—r— resolver — equ—ção do Qo gr—uF hentre os métodos de resolução geometri™— v—mos dest—™—r os dos m—temáti™os e˜uEe˜dull—h wuh—mmed i˜nEwus— elEuow—rismiD ‚ené hes™—rtes e „hom—s g—rlyle —os qu—is veremos n— sequên™i—F 2.2.1 Métodos algébricos Solução por completamento de quadrados e solução —lgé˜ri™— d— equ—ção ™omplet— ax2 + bx + c = 0 ™om a = 0 é feit— medi—nte ™omplet—mento de qu—dr—dos @—liásD ™omplet—r qu—dr—do n—d— m—is é que en™ontr—r os l—dos de um qu—dr—do que resulte em determin—d— áre—AF y pro™esso c é feito multipli™—ndo — equ—ção pelo inverso de aD a−1 D e su˜tr—indo − de —m˜os a os l—dos d— igu—ld—deF „emEse x2 + bx c =− . a a PT 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA egor—D podeEse pens—r o que —™res™ent— ness— equ—ção p—r— que seu l—do esquerdo poss— ser um qu—dr—do perfeitoF €er™e˜— que b2 /4a2 é esse elemento e então se tem x2 + que impli™— b2 b2 bx c + 2 = − + 2, a 4a a 4a 2 b x+ 2a donde temos = b2 − 4ac 4a2 x= −b ± √ b2 − 4ac . 2a ƒolução —lgé˜ri™— de fhásk—r—F Solução algébrica de Sridhara y método de resolução empreg—do por fhásk—r— @IIIREIIVSA n— verd—de é de ƒridh—r— @VUHEWQHA e foi en™ontr—do um sé™ulo —ntes de ser pu˜li™—d— por fhásk—r—F e fórmul— de ƒridh—r— ™onsider— en™ontr—r dois números x e y ™uj— som— é s e ™ujo produto é p X x+y =s xy = p. s s p—zendo x = + a e y = − a temos 2 2 xy = que impli™— s +a 2 s s2 −a = − a2 = p 2 4 s2 −p⇒a= 4 vogoD ™on™luímos que os v—lores de x e y sãoX a2 = x= s + 2 s2 − 4p 4 e s2 − 4p . 4 y= s − 2 s2 − 4p F 4 xote que se a < 0D os v—lores de x e y são permut—dosF fruno ™er™ou um— região ret—ngul—r de áre— 54m2 ™om 30 metros de ™ord—F in™ontre —s dimensões dess— regiãoF Exemplo: SoluçãoX ƒe ™h—m—mos de a e b os l—dos do retângulo ™onstruído por frunoD —s PU 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA ™ondições so˜re o perímetro e — áre— desse retângulo nos lev—m às seguintes equ—E çõesX 2a + 2b = 30 ⇒ a + b = 15 e ab = 54D ou sej—D s = 15 e p = 54F …s—ndo — fórmul— de ƒridh—r—D temos s a= + 2 e s2 − 4p 15 + = 4 √ 225 − 216 15 + = 2 2 √ 9 = 15 + 3 18 = =9 2 2 √ √ s s2 − 4p 15 + 225 − 216 15 − 9 15 − 3 12 b= + = = = = = 6. 2 4 2 2 2 2 €ort—ntoD —s dimensões d— região pro™ur—d— são 9 e 6 metrosF Método de Viète e m—neir— que pr—nçois †iète @ISRHEITHQA des™o˜riu p—r— resolver — equ—ção do segundo gr—u ˜—sei—Ese em rel—™ion—r — equ—ção ax2 + bx + c = 0 ™om um— equ—ção do tipo ay 2 + p = 0D onde p é um número que depende de a, b, c de modo que qu—lquer solução d— equ—ção ax2 + bx + c = 0 determin—rá um— solução d— equ—ção ay 2 + p = 0F y˜serve que — equ—ção ay 2 + p = 0 —dmite du—s soluçõesX y1 = − p a e y2 = − p − D a se − p ≥ 0F a €—r— f—zer istoD us—mos o seguinte truqueX es™revendo x = y + m ™omo — som— de du—s nov—s v—riáveis y e mD — equ—ção ax2 + bx + c = 0 se es™reve ™omo a(y + m)2 + b(y + m) + c = 0, n— qu—l desenvolvendo o qu—dr—doD temEse ay 2 + 2amy + am2 + bm + by + c = 0. egrup—ndo ™onvenientementeD podemos es™rever — expressão —™im— ™omo um— equ—E ção n— v—riável y D ou sej—D ay 2 + (2am + b)y + (am2 + bm + c) = 0. hess— form— podemos o˜ter um— equ—ção d— form— ay 2 + p = 0D es™olhendo o v—lor de m de modo que o termo (2am + b) se —nuleF PV 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA is™olhendo m = − b temos 2a b ay + a − 2a 2 2 +b − b 2a +c=0 que impli™— ay 2 + o que é equiv—lente — b2 b2 − +c=0 4a 2a 4ac − b2 = 0. ay + 4a y˜serv—ndo que — equ—ção —ssumiu — form— ay 2 + p = 0D temos que su—s soluções sãoX 2 y1 = b2 − 4ac 4a2 e y2 = − b2 − 4ac D 4a2 se ∆ = b2 − 4ac ≥ 0 F vem˜r—ndoEse que m = − b e que x = y + m temos que —s soluções d— equ—ção 2a ax2 + bx + c = 0 sãoX x1 = − b b + y1 = − + 2a 2a b2 − 4ac 4a2 e x2 = − b b + y2 = − − 2a 2a b2 − 4ac . 4a2 gomo er— de se esper—rD —s soluções são idênti™—s às de fhásk—r—F Discriminante da equação do 2o grau †imos n—s sessões —nteriores que d—d— um— equ—ção do tipo ax2 + bx + c = 0 ™om ™oe(™ientes re—is e a = 0 podemos en™ontr—r —s r—ízes pel— fórmul— de fhásk—r—X √ −b ± ∆ x= D onde ∆ = b2 − 4acF 2a p—zendo — —nálise do ∆ junto ™om — fórmul— de fhásk—r—D ™on™luímos queX • ƒe ∆ > 0D — equ—ção do Po gr—u possui du—s r—ízes re—is e distint—sF • ƒe ∆ = 0D — equ—ção do Po gr—u possui du—s r—ízes re—is e igu—isF • ƒe ∆ < 0D — equ—ção do Po gr—u possui du—s r—ízes ™omplex—sF PW 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA ExemploX †—mos resolver —s equ—ções —˜—ixo pel— fórmul— de fhásk—r—F ˜A x2 − 4x + 4 = 0F ™A x2 − 6x + 10 = 0F —A x2 − 5x + 6 = 0F Soluções: —A x— equ—ção x2 − 5x + 6 = 0D temos a = 1D b = −5 e c = 6F g—l™ul—ndo o v—lor de ∆ = b2 − 4acD o˜temos ∆ = 1 > 0 e su˜stituindoEos n— fórmul— de fhásk—r— temosX  5+1 6   x1 = = =3 √ √   2 2 5± 1 5± 1 −b ± ∆ = = ⇒ x=  2a 2 2  4 5−1   x2 = = = 2. 2 2 xote que ess—s du—s r—ízes são re—is e diferentesF ˜A x— equ—ção x2 − 4x + 4 = 0D temos a = 1D b = −4 e c = 4F g—l™ul—ndo o v—lor de ∆ = b2 − 4ac o˜temos ∆ = 0 e su˜stituindoEos n— fórmul— de fhásk—r—D temosX √ √ −b ± ∆ 4± 0 4± 0 4 x= = = ⇒ x1 = x2 = = 2. 2a 2 2 2 xote que ess—s du—s r—ízes são re—is e igu—isF ™A x— equ—ção x2 − 6x + 10 = 0D temos a = 1D o v—lor de ∆ = b2 − 4acD o˜temos ∆ = −4 < 0 e fhásk—r—D temosX    √  √  6 ± −4 6 ± 2i −b ± ∆ x= = = ⇒  2a 2 2    b = −6 e c = 10F g—l™ul—ndo su˜stituindoEos n— fórmul— de 6 + 2i =3+i 2 6 − 2i = 3 − i. 2 x1 = x2 = xote que ess—s du—s r—ízes são ™omplex—s ™onjug—d—sF 2.2.2 Métodos geométricos O método de completar quadrado de Al-Khwarizmi x— qré™i—D —s equ—ções de segundo gr—u er—m resolvid—s por meio de ™onstruções geométri™—sD m—s ess—s ™onstruçõesD em ger—lD er—m —pli™—d—s à equ—ções espe™í(™—sF wuito tempo depoisD n— €érsi—D e˜uEe˜dull—h wuh—mmed i˜nEwus— elEuow—rismi QH 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA @UVQEVSHAD n—s™ido n— provín™i— pers— de uhw—rezmD de quem se herd— —s p—l—vr—s —lg—rismo e —lgoritmoD produziu um— o˜r— popul—r so˜re equ—çõesD — pedido do g—lif— elEw—munF e o˜r— intitul—d— elEuit—˜ —lEj—˜r w—–l wuq—˜—l—h @y livro d— rest—ur—ção e do ˜—l—n™e—mentoA utiliz—v— um método geométri™o p—r— —™h—r — solução d— equ—ção x2 + px = q @ess— o˜r— t—m˜ém ensin—v— os números hinduE —rá˜i™osAD que ™onsisti— em pens—r n— qu—ntid—de x2 + px ™omo sendo um— áre—F essimD er— ™onstruíd— um— ™ruz form—d— pelo qu—dr—do de l—do x e por qu—tro retângulos de l—dos p/4 e xF e áre— d— ™ruz é ex—t—mente x2 + px F intãoD ™omo mostr— — pigur— PFPD ™omplet—Ese est— ™ruz ™om os qu—tros qu—dr—dos de l—do p/4D p—r— o˜ter um qu—dr—do perfeito de l—do x + p/2F pigur— PFPX gonstrução de elEuhw—rizmiF …s—ndo este —rtifí™io geométri™oD elEuhw—rizmi demonstrou que —di™ion—ndo qu—tro vezes p2 /16 @que é — som— d—s áre—s dos qu—tro qu—dr—dos de l—do p/4 AD —o l—do esquerdo d— equ—ção x2 + px = q D o˜tinh—Ese — áre— do qu—dr—do de l—do x + p/2D isto éD p2 p 2 x2 + px + 4 · = x+ 16 2 2 e — equ—ção x + px = q poderi— ser es™rit— ™omo x+ vogoD p 2 2 =q+ p2 . 4 p2 4 p x=− ± 2 idênti™— à fórmul— de fhásk—r—F q+ Observação: gomo — ™onstrução é geométri™—D só f—z sentido solução positiv—F QI 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA As construções de Descartes xo se™ulo ˆ†ssD dest—™—Ese — ™ontri˜uição de ‚ené hes™—rtes @ISWTEITSHAF im seu livroD v— qéométrieD hes™—rtes des™reveu um método geométri™o p—r— — resoluE ção d— equ—ção do Po gr—uF y método geométri™oD des™rito por esse f—moso m—temáti™o em seu livroD resolE veu equ—ções do tipo x2 = bx + cD x2 = c − bx e x2 = bx − c sempre ™om b e c positivosF e resolução d— equ—ção x2 + bx = c é do seguinte modoD ™om o uso de régu— e ™omp—ssoX √ IF „r—ç—r um seguimento AB de ™omprimento cF PF vev—nt—r em A um— perpendi™ul—r — AB e ness— perpendi™ul—r tom—Ese um ponto C sendo AC = b/2F QF gonstruir um— ™ir™unferên™i— de ™entro C e r—io AC F RF gonstruir um— ret— que p—ss— por B e C D ™ruz—ndo — ™ir™unferên™i— nos pontos E e DD ™om BE = xF qeometri™—menteD temEse pigur— PFQF pigur— PFQX gonstrução de hes™—rtes @x2 + bx = cAF €elo teorem— de €itágor—sD podeEse en™ontr—r o v—lor de x em BE = xF gonsiE der—ndo o triângulo retângulo ABC D temEse BC 2 = AC 2 + AB 2 QP 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA ouD x+ intãoD b 2 2 = b 2 2 √ + ( c)2 . x2 + bx + ou sej—D b2 b2 = + c, 4 4 x2 + bx = c. e resolução d— equ—ção x2 = bx + c é ™onstruíd— de form— —nálog— — equ—ção x2 + bx = cD ˜—st— ™onsider—r o segmento x = BD no Ro p—ssoF y˜serve — pigur—FPFRF pigur— PFRX gonstrução de hes™—rtes @x2 = bx + cAF €elo teorem— de €itágor—sD podeEse en™ontr—r o v—lor de x em BD = xF gonE sider—ndo o triângulo retângulo ABC D temEse gomo x = BD ⇒ BE = x − bD logo BC 2 = AC 2 + AB 2 ouD x− intãoD b 2 2 = b 2 2 √ + ( c)2 . x2 − bx + ou sej—D b2 b2 = + c, 4 4 x2 = bx + c. QQ 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA tá — ™onstrução d— equ—ção x2 + c = bxD tem — seguinte mud—nç— no Ro p—ssoX vev—nt—r em B um— perpendi™ul—r — AB ™ruz—ndo — ™ir™unferên™i— nos pontos D e E D onde x = BD ou x = BE F y˜serve — pigur— PFSF pigur— PFSX gonstrução de hes™—rtes @x2 + c = bxAF €elo teorem— de €itágor—sD podeEse en™ontr—r o v—lor de x em BD = xF gonsiE der—ndo o triângulo retângulo CF DD temEse CD2 = CF 2 + F D2 ouD 2 b 2 intãoD √ = ( c)2 + b −x 2 2 . b2 b2 − bx + x2 + c = , 4 4 x2 + c = bx. ou sej—D inqu—nto —s du—s primeir—s ™onstruções só —dmitem um— solução re—l positiv—D — ter™eir— pode —present—r du—s soluções re—is e distint—sD se o r—io √ √b/2 d— ™ir™unferên™i— for m—ior que cD um— r—iz re—l dupl—D se o r—io for igu—l — ce √ nenhum— r—iz re—lD se o r—io for menor que cF Observação: QR 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA O método de Thomas Carlyle y método utiliz—do por hes™—rte não us— ™oorden—d—s ™—rtesi—n—sD porém o méE todo desenvolvido por „hom—s g—rlyle @IUUSEIVVIA —s utiliz—F isse método de resolE ver — equ—ção do tipo x2 + bx + c = 0D p—r— b e c perten™entes —os re—is é represent—do gr—(™—menteD ™omo n— pigur— PFTF y método geométri™o de g—rlyle segue os seguintes p—ssosX IF gom um p—pel qu—dri™ul—doD determine os pontos A(0, 1) e B (−b, c)F PF in™ontre o ponto médio M de AB F QF gonstru— um— ™ir™unferên™i— ™om ™entro em M e r—io AM F RF P e Q são os pontos em que — ™ir™unferên™i— ™ruz— o eixo OxF ys ™omprimentos OP e OQ represent—m —s r—ízes d— equ—ção x2 + bx + c = 0F heE pendendo do ponto (−b, c) podeEse en™ontr—r exemplos ™uj— — ™ir™unferên™i— ™ort—rá o eixoEx em dois pontos distintosD t—ngen™i—ndo em um ™erto pontoD ou nãoF ssso o™orrerá qu—ndo o r—io é respe™tiv—mente m—iorD igu—l ou menor que — distân™i— entre o ™entro M d— ™ir™unferên™i— e o eixo OxF tusti(™—tiv— do método de g—rlyleX pigur— PFTX gonstrução de „hom—s g—rlyleF QS 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA y˜serve — pigur— PFTF €el— ™onstruçãoD os seguimentos AM = BM = P M = QM possuem o mesmo ™omprimento do r—io r d— ™ir™unferên™i—F €—r— ™—l™ul—r o r—io r d— ™ir™unferên™i—D ˜—st— ™—l™ul—r — met—de d— distân™i— entre os pontos A(0, 1) e B (−b, c)D o˜tendo b2 + (c − 1)2 r= 2 y ponto médio do seguimento AB D rên™i—F b c+1 − , 2 2 = M é o ™entro d— ™ir™unfeE ƒe X (x, 0) é um ponto perten™ente — ™ir™unferên™i— de ™entro em M e r—io rF vogo 2 2 b c+1 x+ + 0− = r2 , 2 2 que impli™— b x+ 2 ou —ind— 2 + c+1 2 2 = b2 + (c − 1)2 4 b2 c 2 + 2 c + 1 b2 + c2 − 2c + 1 + = 4 4 4 f—zendo —s simpli(™—çõesD temos x2 + bx + x2 + bx = −c que impli™— x2 + bx + c = 0. y˜serv—Ese que re™—i n— equ—ção do Po gr—u queD —o se f—zerem v—ri—r os v—lores de b e c podeEse —n—lis—r — rel—ção que tem os ™oe(™ientes e o número de soluçõesF y˜serv—ndo simplesmente se — dist—n™i— do ™entro —o eixo Ox é m—iorD igu—l ou menor que o r—io d— ™ir™unferên™i—F y método de g—rlyle resolve qu—lquer equ—ção ™omplet— do Po gr—u c b ax2 + bx + c = 0D poisD ˜—st— dividir —m˜os os mem˜ros por a e f—zer b = e c = a a ™onsequentementeD x2 + b x + c = 0 eD —pósD tom—r os pontos A(0, 1) e B (−b , c ) e seguir o mesmo pro™edimento de resoluçãoF Observação: QT 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA Exemplo: ‚esolv— —s equ—ções —˜—ixo pelo método geométri™o de g—rlyleF ˜A x2 − 6x + 9 = 0F ™A x2 − 4x + 6 = 0F —A x2 − 6x + 8 = 0F SoluçõesX —A x— equ—ção x2 − 6x + 8 = 0D temos que a = 1, b = −6 e c = 8F vogoD m—r™—ndo os pontos A = (0, 1) e B = (−b, c) = (6, 8)D tr—ç—ndo o segmento AB D ™—l™ul—ndo o ponto médio M de AB e ™onstruindo — ™ir™unferên™i— de ™ento em M e r—io AM temEse que — ™ir™unferên™i— ™ort— o eixo Ox nos pontos P = (2, 0) e Q = (4, 0) e port—ntoD 2 e 4 são —s soluções re—is d— equ—ção x2 − 6x + 8 = 0F y˜serve — pigur— PFUF pigur— PFUX ƒolução geométri™— d— equ—ção x2 − 6x + 8 = 0F QU 2.2. EQUAÇÕES POLINOMIAIS DO 2 o GRAU E A FÓRMULA DE BHÁSKARA ˜A x— equ—ção x2 − 6x +9 = 0D temos que a = 1, b = −6 e c = 9F vogoD m—r™—ndo os pontos A = (0, 1) e B = (−b, c) = (6, 9)D tr—ç—ndo o segmento AB D ™—l™ul—ndo o ponto médio M de AB e ™onstruindo — ™ir™unferên™i— de ™ento em M e r—io AM D temEse que — ™ir™unferên™i— ™ort— o eixo Ox no ponto P = (3, 0) eD port—ntoD 3 é — úni™— solução re—l @r—iz dupl—A d— equ—ção x2 − 6x + 9 = 0F y˜serve — pigur— PFVF pigur— PFVX ƒolução geométri™— d— equ—ção x2 − 6x + 9 = 0F ™A x— equ—ção x2 − 4x + 6 = 0D temos que a = 1, b = −4 e c = 6 vogoD m—r™—ndo os pontos A = (0, 1) e B = (−b, c) = (4, 6)D tr—ç—ndo o segmento AB D ™—l™ul—ndo o ponto médio M de AB e ™onstruindo — ™ir™unferên™i— de ™ento em M e r—io AM D temEse que — ™ir™unferên™i— não ™ort— o eixo Ox em nenhum ponto eD port—ntoD — equ—ção x2 − 4x + 6 = 0 não possui solução re—lF y˜serve — pigur— PFWF QV 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU pigur— PFWX ƒolução geométri™— d— equ—ção x2 − 4x + 6 = 0F e solução de g—rlyle é muito interess—nte do ponto de vist— práti™o e didáti™oD pode ser re—liz—d— de form— simples —pen—s ™om o uso de p—pel qu—dri™ul—doD régu— e ™omp—sso p—r— en™ontr—r soluções re—is de um— equ—ção do Po gr—u e se tr—˜—lh—r os tem—s pl—no ™—rtesi—noD ™ir™unferên™i—D ponto médio e segmento de ret—F 2.3 Equações do 3o grau tá muito —ntes de gristo os ˜—˜ilônios ™onstruír—m um método de resolução d— equ—ção do Qo gr—uD ˜—se—do em t—˜el—s de qu—dr—dosD ™u˜os e r—ízes ™u˜i™—s de números n—tur—isF €orémD — histori— re™ente d— equ—ção do ter™eiro gr—u está replet— de intrig—sD disput—s e —™us—çõesD envolvendo „—rt—gli— @xi™™olò pont—n— „—rt—gli—D IRWWEISSUA e g—rd—no @qirol—mo g—rd—noD ISHIEISUTAF ƒ—˜eEse hoje que for— „—rt—gli— que resolver— primeiro — equ—ção do ter™eiro gr—u e —pós um duelo revelouD so˜ jur—mentoD su— solução — g—rd—noD que pu˜li™ou em ISRS o método em ers w—gn— depois de per™e˜er que hel perro @ƒ™ipione del perroD IRTSEISPTA t—m˜ém ™onhe™i— um método de resolução p—r— equ—ções do Qo gr—uF rá suspeit—s que o método de hel perro não er— su(™iente p—r— resolver todos os tipos de equ—ções do Qo gr—uF †eremos —gor— os métodos —lgé˜ri™os dos ˜—˜ilôniosD g—rd—noD †iète e um método geométri™o ˜—se—do no método d—s ™ôni™—sF QW 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU 2.3.1 Solução dos babilônios intre IVHH e ITHH —F™D n— f—˜ilôni—D vêEse —s primeir—s tent—tiv—s de resolução d— equ—ção do ter™eiro gr—uF ys ˜—˜ilônios f—zi—m t—˜el—s de ™u˜os e r—ízes ™u˜i™—s p—r— —uxili—r n— t—˜el— n3 + n2 ™om n inteiro entre I e QHD p—r— resolver equ—ções que tinh—m termos ™om x3 D x2 e termo independenteF €—r— issoD é us—do o método d— su˜stituiçãoF iqu—ções ™omo ax3 + bx2 = c podem ser tr—nsform—d—s n—s equ—ções us—d—s pelos ˜—˜ilônios se el— for multipli™—d— por a2 /b3 D o˜tendoD —ssimD — seguinte equ—ção ax 3 ax 2 a2 c + = 3 . b b b x— qu—l se x fosse um número n—tur—l entre I e QH en™ontr—v—Ese — soluçãoF Exemplo: SoluçãoX form— †—mos resolver — equ—ção 2x3 + 3x2 = 540 pelo método dos ˜—˜ilôniosF y f—tor multipli™—tivo será 3 4 a2 = D que torn— — equ—ção —™im— n— b3 27 2x 3 2 2x 3 y˜serv—ndo o v—lor de + = 80. n n— t—˜el— —˜—ixoD ™on™luímos que 2x = 4 ⇒ 2x = 12 ⇒ x = 6 3 é — solução d— equ—ção 2x3 + 3x2 = 540F „—˜el— semelh—nte — dos f—˜ilôniosF QH n I P Q R S T U F F F WHH n2 I R W IT PS QT RW F F F PUHHH n3 I V PU TR IPS PIT QRQ F F F n2 + n3 P IP QT VH ISH PSP QWP F F F PUWHH RH 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU 2.3.2 A fórmula de Cardano e fórmul— d— solução d— equ—ção do Qo gr—u re™e˜e o nome de g—rd—noD pois foi quem — pu˜li™ou em ers w—gn—D porém foi „—rt—gli— quem — deduziuF u—ndo „—rt—gli— —™hou solução d—s equ—ções x3 + px + q = 0D ele deu um— solução não —pen—s p—r— esse tipo de ™ú˜i™—D m—s mostrou que tod— equ—ção ™omplet— podi— ser es™rit— ness— form— — qu—l ™h—mou de reduzid—F he f—toD sej— — equ—ção ™omplet— ax3 + bx2 + cx + d = 0D ™om ™oe(™ientes re—is e a = 0F p—zendo x = y + mD temEse a(y + m)3 + b(y + m)2 + c(y + m) + d = 0 ou ay 3 + (3am + b)y 2 + (3am2 + 2bm + c)y + (am3 + bm2 + cm + d) = 0. b €—r— elimin—rmos o termo de gr—u PD ˜—st— que f—ç—mos m = − F 3a e nov— equ—ção do Qo gr—u em y é d—d— por ay 3 + − b2 +c y+ 3a 2b3 bc − +d 2 27a 3a = 0. hividindo —m˜os os mem˜ros por aD temos y3 + − b2 c + 2 3a a y+ 2b3 bc d − 2+ 3 27a 3a a = 0. gomp—r—ndo ™om — form— reduzid— y 3 + py + q = 0D ™on™luímos que p=− b2 c + 2 3a a e q= 2b3 bc d − 2+ F 3 27a 3a a €—r— resolvermos — equ—ção y 3 + py + q = 0D v—mos supor que y é — som— de du—s p—r™el—sD ou sej—D y = u + v F ƒu˜stituindo y = u + v D em y 3 + py + q = 0D temos (u + v )3 + p(u + v ) + q = 0 que impli™— eD rees™revendoD (™— u3 + v 3 + 3uv (u + v ) + p(u + v ) + q = 0 (u3 + v 3 + q ) + (3uv + p)(u + v ) = 0. RI 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU €ort—ntoD se ™onseguimos —™h—r u e v t—is que  3  u + v 3 = −q  que equiv—le — u · v = −p/3 u3 + v 3 = −q    u3 · v 3 = −p3 /27. gomo u3 e v 3 são números que se ™onhe™e — som— e o produtoD eles podem ser enE ™ontr—dos ™omo solução d— equ—ção do Po gr—u — seguirF p3 = 0 possui —s seguintes soluçõesX e equ—ção w2 + qw − 27 q w1 = − + 2 q 2 p3 + 4 27 e q w2 = − − 2 q 2 p3 + F 4 27 €ort—ntoD os números pro™ur—dos são q u3 = − + 2 que impli™—m q 2 p3 + 4 27 e q v3 = − − 2 q 2 p3 + 4 27 u= vogoD 3 q − + 2 q 2 p3 + 4 27 e v= 3 q − − 2 q 2 p3 + . 4 27 y =u+v = 3 q − + 2 q 2 p3 + + 4 27 3 q − − 2 q 2 p3 + , 4 27 ™onhe™id— ™omo fórmul— de g—rd—noE„—rt—gli—F hess— form—D um— solução d— equ—ção ™omplet— ax3 + bx2 + cx + d = 0 é d—d— por x=y+m= 3 q − + 2 q 2 p3 + + 4 27 RP 3 q − − 2 b q 2 p3 + − . 4 27 3a 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU Exemplos: †—mos resolver —lgum—s equ—ções do Qo gr—u pelo método de g—rd—noX IA ‚esolv— — equ—ção x3 − 6x2 + 10x − 8 = 0F Solução: x— equ—ção x3 − 6x2 + 10x − 8 = 0D temos a = 1D b = −6D c = 10 e d = −8. p—zendo — mud—nç— x = y − b = y + 2, 3a — equ—ção —™im— se tr—nsform— n— form— reduzid— y 3 + py + q = 0D onde c b2 + = −2 2 3a a 3 2b bc d q= − 2 + = −4 3 27a 3a a p=− de modo que — form— reduzid— (™— y 3 − 2y − 4 = 0 eD —pli™—ndo — fórmul— de g—rd—noD temos y= vogoX 3 q − + 2 q 2 p3 + + 4 27 3 q − − 2 q 2 p3 + 4 27 y= 3 2+ 4− 8 + 27 3 2− 4− 8 =2 27 [1] €ort—ntoD ™omo x = y + 2D o˜temos x = 2 + 2 = 4F €el— fórmul— de g—rd—no x = 4 é solução d— equ—ção x3 − 6x2 + 10x − 8 = 0F …s—ndo —s rel—ções de qir—rd d— som— e do produto d—s r—ízesD temos b d x1 + x2 + x3 = − = 6 e x1 · x2 · x3 = − = 8F a a hess— form—D podemos mont—r — equ—ção do Po gr—u x2 − 2x + 2 = 0 queD resolE vid— pel— fórmul— de fhásk—r—D nos dá —s outr—s du—s r—ízesX x = 1 + i e x = 1 − iF €ort—ntoD —s r—ízes d— equ—ção x3 − 6x2 + 10x − 8 = 0 sãoX x1 = 4, x2 = 1 + i e x3 = 1 − i F 1 Nota: Provaremos esta igualdade na página 47. RQ 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU PA in™ontre —s r—ízes d— equ—ção x3 − 3x + 2 = 0F SoluçãoX x— equ—ção x3 − 3x + 2 = 0D temos p = −3 e q = 2 que su˜stituídos n— fórmul— de g—rd—no (™— x= q 2 p3 3 q q 2 p3 q − + + + − − + = 2 4 27 2 4 27 √ √ x = 3 −1 + 3 −1 = −1 + (−1) = −2. 3 3 −1 + 1 + (−1)+ 3 −1 − 1 + (−1) €ort—ntoD um— d—s r—ízes d— equ—ção x3 − 3x + 2 = 0 é x = −2F …s—ndo —s rel—ções de qir—rd d— som— e do produto d—s r—ízesD temos b d x1 +x2 +(−2) = − = 0 ⇒ x1 +x2 = 2 e de x1 ·x2 ·(−2) = − = −2 ⇒ x1 ·x2 = 1F a a gomo ™onhe™emos — som— e o produto d—s r—ízes podemos es™rever — equ—ção do Po gr—u x2 − 2x + 1 = 0D que resolvid—D nos dá I ™omo r—iz dupl—F vogoD —s r—ízes d— equ—ção x3 − 3x + 2 = 0 são x1 = x2 = 1 e x3 = −2F QA u—nt—s r—ízes re—is possui — equ—ção x3 − 6x + 4 = 0F x— equ—ção x3 − 6x + 4 = 0D temos p = −6 e q = 4 queD su˜stituíE dos n— fórmul— de g—rd—noD (™— Solução: x= 3 q − + 2 q 2 p3 3 q + + − − 4 27 2 x= 3 q 2 p3 + = 4 27 √ −4 + 3 3 −2 + √ 4 + (−8)+ 3 −2 − 4 + (−8) −2 + −2 − −4 4gomo não existe r—iz qu—dr—d— de números neg—tivos — equ—ção x3 − 6x + 4 = 0 não possui r—ízes re—is4F irr—do3 †imos no ™—pitulo I que o „eorem— IFIU g—r—nte que todo polinômio ™om ™oeE (™ientes re—is de gr—u ímp—r possui pelo menos um— r—iz re—l e pelo „eorem— IFIT vêEse ™l—r—mente que x = 2 é r—iz dest— equ—çãoF por—m equ—ções ™omo est—s que deix—r—m g—rd—no intrig—doD qu—ndo em ers w—gn— ™l—ssi(™ou soluções desse tipo ™omo inúteisD os ™h—m—dos de ™—sos irredutíE veisD que der—m origem —os números ™omplexosF RR 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU q2 p3 †eremos que qu—ndo δ = + < 0 — equ—ção reduzid— x3 + px + q = 0 4 27 —present—rá Q r—ízes re—is e distint—sD —s qu—is v—mos en™ontr—r — p—rtir d— solução trigonométri™— de †ièteF Discriminante da fórmula de Cardano enálise do dis™rimin—nte δ = q 2 p3 + d— fórmul— de g—rd—noF 4 27 essim ™omo n— equ—ção do Po gr—uD o v—lor do dis™rimin—nte δ d— fórmul— de g—rd—no está diret—mente rel—™ion—do ™omo número de r—ízes re—is d— equ—ção do Qo gr—uF †ej—mos os ™—sosX 1o CasoX Q r—ízes re—is e distint—sX ƒej—m aD b e c três números re—is distintos que são soluções d— equ—ção x3 + px + q = 0F €el—s rel—ções de qir—rd temosX a + b + c = 0 ⇒ c = −(a + b) ab + ac + bc = p abc = −q @IA @PA @QA ƒu˜stituindo o v—lor de c n— segund— e ter™eir— equ—ções temEse que p = ab − (a + b)2 e q = ab(a + b) que su˜stituídos em δ ™heg—Ese — δ= ab(a + b) 2 2 + ab − (a + b)2 3 3 ⇒δ=− (a − b)2 (2a + b)2 (a + 2b)2 108 ⇒ δ < 0F 2o CasoX 3 …m— re—l e du—s r—ízes ™omplex—sF ƒej—m a + biD a − bi e cD ™om aD b e c números re—isD soluções d— equ—ção x + px + q = 0D então pel—s rel—ções de qir—rdD temos 2a + c = 0 ⇒ c = −2a @IA RS 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU a2 + b2 + 2ac = p c(a2 + b2 ) = −q F @PA @QA ƒu˜stituindo o v—lor de c n—s equ—ções @PA e @QAD o˜temos p = b2 − 3a2 e q = 2a(a2 + b2 ) que su˜stituídos em δ nos dá 2a(a2 + b2 ) δ= 2 2 b2 − 3a2 + 3 3 ⇒δ= 81a4 b2 + 18a2 b4 + b6 27 Note queX B €—r— b = 0 ⇒ δ > 0 e teremos du—s r—ízes ™omplex—s e um— re—lF B €—r— b = 0 temEse δ = 0 o que torn— —s três r—ízes re—isD sendo du—s ou três ™oin™identesF †—mos mostr—r que —s re™ípro™—s t—m˜ém são verd—deir—sD ou sej—X • ƒe δ < 0 ⇒ Q r—ízes re—is e distint—sF • ƒe δ = 0 ⇒ Q r—ízes re—is sendo du—s ou três ™oin™identesF • ƒe δ > 0 ⇒ P ™omplex—s ™onjug—d—s e um— re—lF he f—toD se δ < 0 não impli™—sse em três r—ízes re—is e distint—sD terí—mos um— r—iz ™omplex— e su— ™onjug—d— e —ssim est—rí—mos no Po ™—soD o que é um— ™ontr—E diçãoF vogoD se δ < 0 impli™— em Q r—ízes re—is e distint—sF he modo —nálogoD podemos prov—r que δ > 0 impli™— em du—s r—ízes ™omplex—s e um— re—l e de form— imedi—t— se δ = 0 impli™— em três r—ízes re—isD sendo du—s ou três ™oin™identesF €ort—ntoD mostr—mos queX • δ < 0 ⇔ —s três r—ízes são re—is e distint—sF • δ = 0 ⇔ —s três r—ízes são re—isD sendo um— dupl— ou três simplesF • δ > 0 ⇔ du—s r—ízes ™omplex—s ™onjug—d—s e um— re—lF RT 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU Exemplo: wostre queX 3 2+ 4− 8 + 27 3 2− 4− 8 = 2. 27 Prova: xote queX  3 2+ e 3 4−  4− 3 8 =4 27 8 3 + 2− 27  3 2+ p—zendo   4− 8 3 2− · 27 4−  8 2 = . 27 3 x= 3 2+ 4− 8 + 27 3 2− 4− 8 . 27 ilev—ndo —o ™u˜o —m˜os os mem˜rosD temos  x3 =   +3 ·  3 3 3 2+ 4−  4− 3 8 27  4− 8 + 27 3 8 3 + 2− 27   8 3 · 2+ 27   2+ 4− 8 3 · 2− 27 4− 2− 4− 8 27 que impli™— x3 = 4 + 3 · 2 · x ⇒ x3 = 4 + 2x ⇒ x3 − 2x − 4 = 0. 3 €elo teorem— d—s r—ízes r—™ion—isD x = 2 é solução d— equ—ção x3 − 2x − 4 = 0F 8 100 gomo δ = 4 − = > 0D — equ—ção só —dmite um— r—iz re—lF 27 27 vogoD 3 2+ 4− 8 + 27 3 2− 4− 8 = 2. 27 RU 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU 2.3.3 Solução trigonométrica de Viète Teorema 2.1 Toda equação do 3o grau na forma x3 = 3R2 x + 2R3 cos3θ tem como uma solução a raiz x = 2Rcosθ. Demonstração: temos €—rtindo d— identid—de trigonométri™— cos3θ = 4cos3 θ − 3cosθ 4cos3 θ = cos3θ + 3cosθ, n— qu—l multipli™—ndo —m˜os os mem˜ros por 2R3 D sendo R = 0 um número re—lD 8R3 cos3 θ = 2R3 cos3θ + 6R3 cosθ, que pode ser rees™rit— ™omo (2Rcosθ)3 = 3R2 (2Rcosθ) + 2R3 cos3θ e f—zendo x = 2Rcosθ ™heg—remos à equ—ção x3 = 3R2 x + 2R3 cos3θ ⇒ x3 − 3R2 x − 2R3 cos3θ = 0. gomp—r—ndo — form— de †iète x3 − 3R2 x − 2R3 cos3θ = 0 ™om — form— reduzid— x + px + q = 0D ™on™luímos que p = −3R2 ™om p < 0 e q = −2R3 cos3θF 3 gomo p e q são ™onhe™idosD podemos en™ontr—r os v—lores de R e θF Exemplo: SoluçãoX †—mos resolver — equ—ção x3 − 6x + 4 = 0 pelo método de †ièteF h— equ—ção x3 − 6x + 4 = 0 ™on™luiEse que p = −6 < 0 e q = 4D que impli™— em √ p = −3R2 ⇒ 3R2 = 6 ⇒ R2 = 2 ⇒ R = 2 e √ 4 2 3π π ⇒ 3θ = ⇒θ= . q = −2R3 cos3θ ⇒ cos3θ = − √ ⇒ cos3θ = − 2 4 4 4 2 √ vogoD temos que x = Rcosθ = 2 2cos(π/4) = 2 é um— solução re—l d— equ—ção x3 − 6x + 4 = 0F RV 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU …s—ndo √ friotE‚u0ni en™ontr—remos — equ—ção x2 + 2x − 2 = 0D que impli™— que √ x1 = −1 + 3 e x2 = −1 − 3 são —s outr—s du—s soluçõesF ConclusõesF h—d— — equ—ção do Qo gr—u n— form— reduzid— x3 + px + q = 0F • ƒe δ = q 2 p3 + ≥ 0 devemos us—r — fórmul— de g—rd—no 4 27 x= 3 q √ − + δ+ 2 3 q √ − − δ. 2 q2 p3 • ƒe δ = + < 0D então p < 0D que é — ™ondição ne™essári— à —pli™—ção do 4 27 método de †ièteF €—r— p = −3R2 ™om p < 0 e q = −2R3 cos3θD x = 2Rcosθ. †eremos n— ƒessão PFR que p—r— resolver um— equ—ção do Ro gr—u ˜—st— s—˜er ™omplet—r qu—dr—dos e resolver um— equ—ção —uxili—r do Qo gr—uF 2.3.4 Método geométrico das cônicas y método geométri™o que v—mos expor —gor— ˜—sei—Ese n— idei— do método de ym—r uh—yy—m @IHSHEIIQHA ou método d—s ™ôni™—sF e idei— é — seguinteF h—d— — ™ú˜i™— x3 + ax2 + b2 x + c3 = 0D su˜stituindo x2 por 2py result— n— equ—ção 2pxy + 2apy + b2 x + c3 = 0D que é — equ—ção de um hipér˜oleF gomo x2 = 2py é — equ—ção de um— p—rá˜ol—D tr—ç—ndo est—s du—s ™urv—s em um mesmo pl—no ™—rtesiE —noD teremos —s interse™ções del—s ™omo r—ízes d— equ—ção ™ú˜i™— origin—lF eproveit—ndo — idei— de ym—r uh—yy—mD ™onsidere — equ—ção ger—l do Qo gr—u ax3 + bx2 + cx + d = 0D ™om a = 0 e d = 0F hess— form— podemos ™onstruir du—s funções g (x) = ax2 + bx + c onde o grá(™o é um— p—rá˜ol— e h(x) = −d/x onde o grá(™o é um— hipér˜oleF ƒendoD a, b, c e d os mesmos ™oe(™ientes d— equ—ção do Qo gr—uF p—zendo g (x) = h(x) ⇔ ax3 + bx2 + cx + d = 0D —s du—s ™urv—s —ssim de(nid—s num mesmo pl—no se inter™ept—m em pelo menos um ponto P F im seguid— ˜—ix—Ese — perpendi™ul—r que p—ss— por P em rel—ção —o eixo Ox p—r— en™ontr—r — —˜™iss— do ponto P que é um— solução d— equ—ção do Qo gr—uF y˜serve — pigur— PFIHD onde — equ—ção do Qo gr—u possui três r—ízes re—isF RW 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU pigur— PFIHX ƒolução geométri™— d— equ—ção do Qo gr—uF Exemplos: IA ‚esolv— — equ—ção x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0 pelo método d—s ™ôni™—sF epli™—ndo o método d—s ™ôni™—sD temos —s funções g (x) = x2 +3x +2 onde 1 seu grá(™o é um— p—rá˜ol— e h(x) = − represent— um— hipér˜oleF gonstruindo x os dois grá(™os num mesmo pl—no ™—rtesi—no ™onforme — pigur— PFIID vêEse que o ponto A é o úni™o ponto de interseção d—s du—s ™urv—sF f—ix—ndo — perpendi™ul—r que p—ss— por A em rel—ção —o eixo Ox temEse que xA = −2, 3 é — úni™— r—iz re—l d— equ—ção x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0F y que podeEse pergunt—r é o seguinteX ess— r—iz é tripl—c ‚espost—X xãoD pel— rel—ção qir—rd @produto d—s r—ízes de um— equ—ção d do Qo gr—uA − = −1 = (−2, 3)3 F gon™lusãoX —s outr—s du—s r—ízes são ™omplex—s a ™onjug—d—sF SoluçãoX SH 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU pigur— PFIIX ƒolução geométri™— d— equ—ção x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0F PA in™ontre —s r—ízes d— equ—ção x3 − 3x2 + 4 = 0 pelo método d—s ™ôni™—sF SoluçãoX epli™—ndo o método d—s ™ôni™—sD temos —s funções g (x) = x2 − 3xD onde 4 seu grá(™o é um— p—rá˜ol— e h(x) = − represent— um— hipér˜oleF gonstruindo x os dois grá(™os num mesmo pl—no ™—rtesi—no ™onforme — pigur— PFIPD vêEse que os ponto A e B são os pontos de interseção d—s du—s ™urv—sF f—ix—ndo —s perpendiE ™ul—res que p—ss— por A e B em rel—ção —o eixo Ox temEse que xA = −1 e xB = 2 são —s r—ízes re—is d— equ—ção x3 − 3x2 + 4 = 0F gomo já s—˜emos que um— equ—ção ™om ™oe(™ientes re—is de gr—u ímp—r possui um número ímp—r de r—ízes re—isD logo um— d—s du—s é r—iz dupl— d— equ—ção x3 − 3x2 = 4 = 0D que pode ser f—™ilmente veri(™—d— —pli™—ndo du—s vezes o dispositivo de friotE‚u0niD donde ™on™luiEse que 2 é — r—iz dupl—F Observação: u—ndo um— equ—ção do Qo gr—u possui um— r—iz dupl—D el— será f—™ilmente per™e˜id— @en™ontr—d—A pelo método d—s ™ôni™—sD pois — r—iz é — —˜s™iss— do ponto de t—ngên™i— entre os grá(™os d— p—rá˜ol— e d— hipér˜oleF g—so isso não o™orresse — equ—ção teri— três r—ízes re—is e distint—s ou um— r—iz re—lD simples ou tripl—F SI 2.3. EQUAÇÕES DO 3 o GRAU pigur— PFIPX ƒolução geométri™— d— equ—ção x3 − 3x2 + 4 = 0F QA ‚esolv— — equ—ção x3 − 6x + 4 = 0 pelo método d—s ™ôni™—sF epli™—ndo o método d—s ™ôni™—sD temos —s funções g (x) = x2 − 6D onde seu 4 grá(™o é um— p—rá˜ol— e h(x) = − represent— um— hipér˜oleF gonstruindo os dois x grá(™os num mesmo pl—no ™—rtesi—no ™onforme — pigur— PFIQD vêEse que os ponto AD B e C são os pontos de interseção d—s du—s ™urv—sF f—ix—ndo —s perpendi™ul—res que p—ss—m por A, B e C em rel—ção —o eixo Ox temEse que xA = −2, 7 D xB = 0, 7 e xC = 2 são —s r—ízes re—is d— equ—ção x3 − 6x + 4 = 0F Solução: Observação: y método d—s ™ôni™—s é muito interess—nte do ponto de vist— práti™o e didáti™oD pode ser re—liz—do de form— simples —pen—s ™om o uso de p—pel qu—driE ™ul—doD régu— e ™omp—sso p—r— en™ontr—r soluções re—is de um— equ—ção do Qo gr—u e se tr—˜—lh—r os tem—s pl—no ™—rtesi—noD função qu—dráti™—D hipér˜ole equiláter— e segmento de ret—F SP 2.4. EQUAÇÕES DO 4 o GRAU E O MÉTODO DE FERRARI pigur— PFIQX ƒolução geométri™— d— equ—ção x3 − 6x + 4 = 0F 2.4 Equações do 4o grau e o método de Ferrari e históri— d— solução —lgé˜ri™— d— equ—ção do qu—rto gr—u vem junto ™om — do ter™eiro gr—uD por ter sido en™ontr—d— n— mesm— épo™—D pelo m—temáti™o vudovi™o perr—riF x—s™ido em folonh— em ISPPD dis™ípulo de g—rd—no ™omo já for— ditoD tr—˜—lhou ™omo servo n— residên™i— de seu mestre ™om —pen—s IS —nos de id—deF xess— épo™— já se mostr—v— muito ˜rilh—nte e logo foi re™onhe™ido por g—rd—noD g—nh—ndo —ssim um— promoção — se™retárioF gom IV —nosD perr—ri ™omeçou — enE sin—r em wilãoD protegido pelo g—rde—l de w—ntov—D g—nh—ndoD —ssimD prestígio e muito dinheiroF „ornouEse professor de w—temáti™— n— …niversid—de de folonh—D m—s morreu —os QH —nos de id—deD t—lvez envenen—do por su— própri— irmãF gerto di—D o w—temáti™o u—nne de „onini d— goi propôs — g—rd—no o seguinte pro˜lem—X 4hivid— IH em três p—rtes t—is que el—s estej—m em proporção ™ontinu—d— e que o produto d—s du—s primeir—s sej— T4F ƒe —s três p—rtes são denot—d—s por xD y e zD temEse SQ 2.4. EQUAÇÕES DO 4 o GRAU E O MÉTODO DE FERRARI  x + y + z = 10      xz = y 2 @ vem de x : y = y : z A      xy = 6. isse sistem— tem ™omo ™onsequên™i— — equ—ção y 4 + 6y 2 − 60y + 36 = 0F hepois de vári—s tent—tiv—s sem su™essoD g—rd—no p—ssou o des—(o — perr—ri que —™—˜ou en™ontr—ndo um— fórmul— ger—l p—r— —s equ—ções do qu—rto gr—uF iste proE ™esso t—m˜ém foi pu˜li™—do por g—rd—noD ™omo ™ontinu—ção d— solução feit— por „—rt—gli— d—s equ—ções do ter™eiro gr—uD em su— o˜r— ers w—gn—F h—d— — equ—ção ger—l de qu—rto gr—u ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0D ™om ™oe(™ientes re—is e a = 0D su˜stituindo x por y − b/4D temEse ™omo result—do — equ—ção reduzid—D sem o termo de ter™eiro gr—uD y 4 + py 2 + qy + r = 0D onde pD q e r sãoX 3b2 c − 2D a 8a d bc q= − 2+ a 2a bd e r= − 2+ a 4a p= b3 D 8a3 b2 c 3b4 − . 16a3 256a4 poi esse tipo de equ—ção que perr—ri resolveu @que pel— su˜stituição —™im—D sigE ni(™— solução p—r— — equ—ção de qu—rto gr—u ™omplet—AF ile re—grupou os termos de modo que nos dois l—dos d— igu—ld—de houvesse polinômios qu—dr—dos perfeitosF ƒendo isso possívelD seri—m extr—íd—s —s r—ízes qu—dr—d—sD ™—indo em equ—ções do segundo gr—uD e o pro˜lem— est—ri— resolvidoF essim ele pro™edeuX ssol—ndo y 4 + py 2 e som—ndo py 2 + p2 — —m˜os os mem˜ros y 4 + 2py 2 + p2 = py 2 − qy − r + p2 , ou „om—ndo s —r˜itrárioD (y 2 + p)2 = py 2 − qy + p2 − r. (y 2 + p + s)2 = py 2 − qy + p2 − r +2s(y 2 + p)+ s2 = (p +2s)y 2 − qy +(p2 − r +2ps + s2 ). SR 2.4. EQUAÇÕES DO 4 o GRAU E O MÉTODO DE FERRARI egor— es™olhendo s de form— que o l—do direito d— equ—ção —™im— sej— um qu—dr—do @— ™ondição ne™essári— e su(™iente p—r— que — equ—ção ax2 + bx + c = 0 sej— um qu—dr—do é ∆ = b2 − 4ac = 0 AD temEse 4(p + 2s)(p2 − r + 2ps + s2 ) − q 2 = 0. ist— é um— equ—ção do ter™eiro gr—u em s e ™omo se s—˜e resolvêEl—D ™heg—Ese — um v—lor de s que reduz — solução d— equ—ção origin—l à extr—ção de r—ízes qu—dr—d—sD pois terEseEi— (y 2 + p + s)2 = (ty + u)2 . ynde t e u são números re—is que dependem de p, q, r e sF gonsequentementeD y 2 + p + s = ±(ty + u). vogoD — solução ™omplet— d— equ—ção do Ro gr—u é d—d— porX x=y− b . 4a ExemploX SoluçãoX †—mos resolver — equ—ção x4 −15x2 −10x+24 = 0 pelo método de perr—riF h— equ—ção x4 − 15x2 − 10x + 24 = 0D temos que a = 1D b = 0D c = −15D d = −10 e e = 24F gomo b = 0D f—zEse desne™essári— — su˜stituição de x por y − b/4a e —pli™—remos diret—mente o método de ™omplet—mento de qu—dr—dos semelh—nte —o de perr—riF ssol—ndo o termo x4 e som—ndo o termo 2sx2 + s2 — —m˜os os mem˜ros d— equ—çãoD sendo s — v—riável que v—i —uxili—r o ™omplet—mento de qu—dr—dos —uxil—rD temosX x4 + 2sx2 + s2 = (2s + 15)x2 + 10x + (s2 − 24). gomo o primeiro mem˜ro já é um qu—dr—do perfeito v—mos ™ondi™ion—r o trinômio do segundo mem˜ro ™om — v—riável s de modo que ∆ = 0 @™ondição ne™essári— e su(™ienteAF vogoD 100 − 4(2s + 15)(s2 − 24) = 0 ⇒ 2s3 + 15s2 − 48s − 385 = 0D que resolvid— pelo método de g—rd—noD nos dá —s r—ízes s1 = −7D s2 = −11/2 e s3 = 5F is™olhendo um dos v—lores de sD por exemploD s = −7D ™on™luímos que — equ—ção x4 + 2sx2 + s2 = (2s + 15)x2 + 10x + (s2 − 24) pode ser rees™rit— ™omo (x2 − 7)2 = x2 + 10x + 25 = (x + 5)2 ⇒ (x2 − 7)2 = (x + 5)2 , ou x2 − 7 = ±(x + 5) SS 2.5. MÉTODO DE EULER PARA A EQUAÇÃO DO 4 o GRAU que impli™— e x2 − x − 12 = 0 x2 + x − 2 = 0 . ‚esolvendoE—s pel— fórmul— de fhásk—r— ou ™omplet—ndo qu—dr—dosD v—mos en™onE tr—r x = 4 e x = −3 p—r— — primeir— equ—ção e x = 1 e x = −2 p—r— — segund— equ—çãoF vogoD —s r—ízes d— equ—ção x4 − 15x2 − 10x + 24 = 0 sãoX x1 = 4, x2 = 1, x3 = −2 e x4 = −3F 2.5 Método de Euler para a equação do 4o grau veonh—rd iuler @IUHUEIUVQA foi um m—temáti™o suíço que fez ™ontri˜uições enorE mes p—r— um— —mpl— g—m— d— m—temáti™— e físi™—D in™luindo geometri— —n—líti™—D trigonometri—D geometri—D ™ál™ulo e teori— dos númerosF im IWUPD iulerD em seu livro ilements of elge˜r—D pu˜li™ou um novo método de resolver equ—ções do Ro gr—uD ˜—se—do ˜—si™—mente n—s rel—ções de qir—rdD produtos notáveis e n— resolução de um— equ—ção —uxili—r do Qo gr—uF essimD d— mesm— form— que perr—riD o método de iuler p—ss— pel— resolução de um— equ—ção do Qo gr—uF †ej— um— demonstr—E ção desse método en™ontr—d— n— ‚€w @‚evist— do professor de m—temáti™—A de IWWRF gonsidere — equ—ção do Qo gr—u x3 − Sx2 + Sd − P = 0D de r—ízes x1 D x2 e x3 D que s—tisf—zem X x1 + x2 + x3 = S D x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = Sd e x1 x2 x3 = P F ƒendo y = √ √ √ x1 + x2 + x3 D temos √ √ √ y 2 = x1 + x2 + x3 + 2( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) que impli™— y2 − S 2 ou sej—D 2 √ √ √ = ( x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )2 = √ √ √ √ = x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 + 2 x1 x2 x3 ( x1 + x2 + x3 ), y2 − S 2 2 √ = Sd + 2 P y (∗) ou √ y 4 − 2Sy 2 − 8 P + S 2 − 4Sd = 0. h—d— — equ—ção do Ro gr—u ay 4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 ™om ™oe(™ientes re—is e a = 0D f—zendo — su˜stituição x = y − b/4a temEse — form— reduzid— ST 2.5. MÉTODO DE EULER PARA A EQUAÇÃO DO 4 o GRAU y 4 + py 2 + qy + r = 0 queD ™omp—r—d— ™om (∗) impli™— em √ p = −2S D q = −8 P e r = S 2 − 4Sd F gomo pD q e r são ™onhe™idosD podemos en™ontr—r os v—lores de S D Sd e P D de modo que q p S=− DP = 2 8 2 e Sd = p2 − 4r S2 − r = F 4 16 essimD rees™revendo — equ—ção do Qo gr—u temosX p y3 + y2 + 2 y˜temos x1 D x2 e x3 t—is queX p2 − 4r 16 y+ q 8 2 = 0. y= √ x1 + √ x2 + √ x3 s—tisf—z — equ—ção y 4 + py 2 + qy + r = 0F €—r— en™ontr—r —s r—ízes d— equ—ção ™omplet— do Ro gr—u ˜—st— lem˜r—r que x = b y − D sendo y solução d— equ—ção y 4 + py 2 + qy + r = 0F 4a y˜serve que ™—d— r—iz qu—dr—d— pode —ssumir dois v—lores ™omplexosD m—s — equ—ção √ √ √ √ √ √ P = −q/8 diz que x1 x2 x3 = −q/8F essimD p—r— ™—d— v—lor de x1 e x2 √ há um úni™o v—lor de x3 F hess— form—D o˜temos tod—s —s r—ízes d— equ—ção origin—lF ExemploX SoluçãoX r = −4F in™ontre —s r—ízes d— equ—ção y 4 − 12y 2 − 16y − 4 = 0F h— equ—ção y 4 − 12y 2 − 16y − 4 = 0D temEse p = −12D q = −16 e ‚esolvendo — equ—ção do Qo gr—u p y3 + y2 + 2 ou sej—D p2 − 4r 16 y+ q 8 2 = 0, x3 − 6x2 + 10x − 4 = 0. €elo teorem— d—s r—ízes r—™ion—is P é r—iz d— equ—ção —™im— e pel—s rel—ções de qiE r—rd temos que — som— d—s outr—s produto PF wont—ndo — equ—ção do Po √é R e o √ gr—u e resolvendoD temos que 2 + 2 e 2 − 2 são —s outr—s r—ízesF SU 2.6. OS CASOS INÚTEIS DA EQUAÇÃO DO 4 o GRAU epli™—ndo — regr— de sin—isD o produto d—s r—ízes é −q/8 = 2F es r—ízes d— equ—ção y 4 − 12y 2 − 16y − 4 = 0 sãoX √ 2+ 2+ √ 2+ √ √ √ 2− 2− 2− √ 2 √ − 2+ √ − 2+ √ − 2− 2+ 2+ 2+ 2− 2− 2− √ 2 √ 2 √ 2. 2+ ho nosso ponto de vist—D o método de iuler é tão e(™—z qu—nto o de perr—riD desde que o indivíduo tr—g— no ˜olso — equ—ção —uxili—r do Qo gr—uF 2.6 Os casos inúteis da equação do 4o grau im ISRSD g—rd—no pu˜li™ou ers w—gn— @erte w—gn—AD n— qu—l des™revi— méE todos —lgé˜ri™os p—r— resolver equ—ções ™ú˜i™—s e quárti™—sF €orémD ele t—m˜ém tr—˜—lhou ™om equ—ções qu—dráti™—s em su— o˜r—F …m dos pro˜lem—s que ele ™h—E mou 4m—nifest—mente impossível4 é o seguinteX hivid— IH em p—rtes ™ujo o produto é RHX isto éD en™ontre — solução de   x + y = 10  x · y = 40 ouD equiv—lentementeD — solução d— equ—ção qu—dráti™— 40 − x(10 − x) = x2 − 10x + 40 = 0, ™uj—s r—ízes são 5 ± √ −15F g—rd—no form—lmente multipli™ou —s r—ízes e en™ontrou √ √ (5 + −15)(5 − −15) = 40. u—nto às ™omput—çõesD ele es™reveu 4deix—ndo de l—do —s tortur—s ment—is envolE vid—s4F g—rd—no não —profundou t—l estudo e ™on™luiu que t—l result—do er— 4tão sutil qu—nto inútil4F eind— —ssimD t—l evento é históri™oD pois pel— primeir— vez — r—iz qu—dr—d— de um número neg—tivo h—vi— sido es™rit— expli™it—menteF SV 2.6. OS CASOS INÚTEIS DA EQUAÇÃO DO 4 o GRAU gomo diri— g—rd—noD ™—sos inúteis são —quel—s equ—ções que só possuem r—ízes ™omplex—sF Exemplo: Solução: in™ontre —s r—ízes re—is d— equ—ção x4 + x2 + 4x + 4 = 0F elgum ™urioso pront—mente v—i tent—r o método de perr—ri ouD quem s—˜e o método de iulerFFFvendo o monstro que —p—re™erá FFF —™ho que ele desistirá3 i nós t—m˜émF €oisD dur—nte os ™ál™ulos irá —p—re™er r—ízes de números ™omplexos e será ne™essário o uso de —nálise ™omplex—F OBSERVE COM ATENÇÃO! x4 + x2 + 4x + 4 = 0 ⇒ (x2 )2 + (x + 2)2 = 0. xão pre™is— ser um ˜om m—temáti™o p—r— per™e˜er que nenhum número re—l é soE lução dess— equ—çãoF €ort—ntoD — equ—ção possui R r—ízes ™omplex—sF e justi(™—tiv— é ˜em simplesX ˜—st— s—˜er ™omplet—r qu—dr—dosF q 2 − 4pr q . + gonsidere — equ—ção x + px + qx + r = 0 ⇒ (x ) = −p x − 2p 4p ƒe p > 0 e ∆ = q 2 − 4pr ≤ 0 — equ—ção x4 + px2 + qx + r = 0 não possui r—ízes re—isD pois o qu—dr—do de um número re—l é sempre positivo ou zeroF gomo no exemplo —nterior tính—mos p = 1 e ∆ = q 2 − 4pr = 0D então —s soluções são ™omplex—sF i muito ™omplex—s de se —™h—r3 4 2 2 2 2 pomos no siteX httpXGGwwwFprof™—rdyF™omG™—l™ul—dor—sG—pli™—tivosFphpc™—l™aW e en™ontr—mos —s r—ízes d— equ—ção x4 + x2 + 4x + 4 = 0X x1 = 0.9395649091666411 + 1.5643224222656023i x2 = 0.9395649091666411 − 1.5643224222656023i x3 = −0.9395649091666411 + 0.564322422265602i x4 = −0.9395649091666411 − 0.564322422265602iF Observação: y site supr—™it—do ™ontém um —pli™—tivo que resolve equ—ções do Po —té o Ro gr—uD qu—ndo inform—do —pen—s os ™oe(™ientes d— equ—çãoF SW 2.7. EQUAÇÕES DO 5 o GRAU. RUFFINI, ABEL E GALOIS 2.7 Equações do 5o grau. Runi, Abel e Galois ƒoluções de equ—ções —lgé˜ri™—s —té o qu—rto gr—u são solúveis por fórmul—s que envolvem —s qu—tro oper—ções —ritméti™—s e — extr—ção de r—ízesF intret—ntoD nem tod—s —s equ—ções do So gr—u podem ser resolvid—s por fórmul—s ger—is desse tipoF im IUWWD ‚u0ni @€—olo ‚u0niD IUTSEIVPPA pu˜li™ou um tr—˜—lho em queD exE ™eto por um pequeno eng—noD prov—v— — impossi˜ilid—de de resolução d— equ—ção do So gr—u por fórmul—sF gomo n— épo™— não se —™redit—v— que um— equ—ção —lgé˜ri™— não pudesse ser resolvid— por meio de fórmul—sD morreu sem ™orrigir su— prov— e sem ser re™onhe™ido por el—F e primeir— prov— ™orret— d— impossi˜ilid—de de resolver —s equ—ções do So gr—u por meio de fórmul—s foi pu˜li™—d— pelo norueguês e˜el @xiels renrik e˜elD IVHPE IVPWA em IVPRF y ™urioso é queD três —nos —ntesD e˜el ™hegou — —™redit—r ter o˜tido — fórmul— d— equ—ção do So gr—uD porémD —o produzir um exemplo de utiliz—ção d— fórmul—D per™e˜eu que se eng—nouF q—lois @Év—riste q—loisD IVIIEIVQPA t—m˜ém provou ess— impossi˜ilid—de us—ndo su— própri— teori—D m—is t—rde ™h—m—d— „eori— de q—loisF gom issoD esse gênio fr—n™êsD que morreu num duelo —os PI —nos de id—deD nos permitiu hoje s—˜er qu—is equ—ções são ou não p—ssíveis de resolução por fórmul—s que envolvem os ™oe(™ientesF †eremos no próximo ™—pítulo que ss——™ xewton desenvolveu um método iter—tivo p—r— en™ontr—r um— r—iz re—l de um— função polinomi—l ˜—se—do no sin—l d— função e n— su— primeir— deriv—d—F hess— form—D temos ™omo en™ontr—r pelo menos um— r—iz d— função do So gr—uD já que todo polinômio ™om ™oe(™ientes re—is de gr—u ímp—r —dmite pelo menos um— r—iz re—lF TH Capítulo 3 O uso de derivadas na resolução de equações polinomiais istud—remos nesse ™—pítulo o método iter—tivo de xewton e — —pli™—ção d— deE riv—d— p—r— en™ontr—r os ™oe(™ientes d—s form—s ™—nôni™—s d—s funções polinomi—is do Io —té o Ro gr—uF €—r— isso f—l—remos um pou™o d— deriv—d— de um— função polinomi—l e —n—lis—remos os métodos de tr—nsl—ção de †ièteD g—rd—no e perr—riD us—dos n—s resoluções d—s equ—ções do Po D Qo e R◦ gr—usD respe™tiv—menteD des™ritos no ™—pítulo —nteriorF 3.1 Derivada de uma função polinomial Denição 3.1 Seja f (x) : R → R uma função polinomial denida por f (x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 . Chamaremos de f (x) : R → R a função polinomial derivada com relação a x da função f (x) denida por f (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + · · · + 3a3 x2 + 2a2 x + a1 . Observação: gomo — deriv—d— de um— função polinomi—l t—m˜ém é um polinôE mioD podemos ™—l™ul—r — deriv—d— d— deriv—d— ™om rel—ção — xD — qu—l denot—remos por f (x) e ™h—m—remos de deriv—d— segund— de f (x) ™om rel—ção — x e us—ndo — de(nição d— deriv—d—D temos f (x) = n(n − 1)an xn−2 + (n − 1)(n − 2)an−1 xn−3 + · · · + 6a3 x + 2a2 . ƒeguindo o mesmo pro™edimentoD podemos ™—l™ul—r —s deriv—d—s de tod—s —s orE dens d— função polinomi—l f (x)F TI 3.1. DERIV ADA DE UMA FUNÇÃO POLINOMIAL Exemplos: IF h—d— — função f (x) = 3x5 + 2x4 − 3x3 + 2x2 − 5x + 4F g—l™ule f (x)D f (x) e f (x)F SoluçãoX €el— de(niçãoD temos f (x) = 5 · 3x4 + 4 · 2x3 − 3 · 3x2 + 2 · 2x − 5 ⇒ f (x) = 15x4 + 8x3 − 9x2 + 4x − 5. epli™—ndo — de(nição em f (x)D temos f (x) = 4 · 15x3 + 3 · 8x2 − 2 · 9x + 4 ⇒ f (x) = 60x3 + 24x2 − 18x + 4. epli™—ndo — de(nição —gor— em f (x)D temos f (x) = 3 · 60x2 + 2 · 24x − 18 ⇒ f (x) = 180x2 + 48x − 18. PF …m ™orpo se move de —™ordo ™om — função S (t) = t2 − 5t − 6 @onde temos S em metros e t em segundosAF g—l™ule su— velo™id—de e —™eler—ção no inst—nte t = 4sF Solução: †o™ê já deve ter es™ut—do expressões do tipo"vovô ateu" e "a é o dobro do coeciente de t2 "F ƒão m—neir—s de lem˜r—r d—s funções horári—sD v (t) = v0 + at d— velo™id—de e a(t) = 2a2 d— —™eler—ção no movimento retilíneo uniformemente v—ri—do @w‚…†AF €—r— fugir dess— tortur—D v—mos us—r deriv—d—s p—r— resolver esse pro˜lem—F es equ—ções horári—s do @w‚…†A sãoX 1 S (t) = s0 + v0 t + at2 @posiçãoA e v (t) = v0 + at @velo™id—deAF 2 y˜serve que — velo™id—de inst—ntâne— do ™orpo é — deriv—d— de S ™om rel—ção — tD ou sej—D v (t) = S (t) = v0 + at e — —™eler—ção é — deriv—d— de v ™om rel—ção — tD ou sej—D a(t) = v (t) = aF hess— form—D temos que — velo™id—de inst—ntâne— do ™orpo é d—d— porD v (t) = S (t) = 2t − 5 e — —™eler—ção porD a(t) = v (t) = 2F €ort—ntoD em t = 4sD temosX v (4) = 3m/s e a(4) = 2m/s2 F TP 3.2. MÉTODO DE NEWTON PARA ENCONTRAR RAÍZES 3.2 Método de Newton para encontrar raízes ys métodos que se us—m —tu—lmente p—r— determin—r um— r—iz de um— função polinomi—l f (x) lo™—liz—d— num interv—lo [a, b] qu—ndo se s—˜e que f (a) e f (b) posE suem sin—is opostos não se ˜—sei—m em fórmul—s fe™h—d—sD ™omo —s que for—m o˜tid—s p—r— —s equ—ções de gr—u ≤ 4F im vez dissoD esse método se ˜—sei— em —lgoritmos —proxim—tivosD os qu—is instruemD p—sso — p—ssoD ™omo pro™eder p—r— o˜ter um— sequên™i— de números x1 , x2 , ..., xn , ... t—is que os v—lores de f (x1 ), f (x2 ), ..., f (x2 ) estão ™—d— vez m—is próximos de zeroF ss——™ xewton @ITRPEIUPUA foi ™ientist— inglêsD que des™o˜riu — 4vei d— qr—vit—ção …nivers—l4F É ™onsider—do um dos m—iores estuE diosos d— históri—F istudou e pu˜li™ou tr—˜—lhos so˜re me™âni™—D —stronomi—D físi™—D quími™— e m—temáti™— e —lquimi—F „—m˜ém des™o˜riu o ™ál™ulo in(nitesim—lF ile deE senvolveu um método iter—tivo p—r— determin—r um— r—iz de um— função polinomi—l f (x) lo™—liz—d— no interv—lo [a, b]D qu—ndo se s—˜e que f (a) e f (b) possuem sin—is opostosF ƒegundo este métodoD se x1 é um v—lor próximo de um— r—izD — sequên™i— x1 , x2 , ..., xn de números re—is o˜tidos pel— fórmul— iter—tiv— xn+1 = xn − f (xn ) f (xn ) tem ™omo limite um— r—iz de f (x)F ynde f (x) represent— — deriv—d— d— função polinomi—l f (x)F ExemploX †—mos en™ontr—r um— r—iz d— função polinomi—l f (x) = x5 − 5x2 + 1 pelo método de xewtonF €—r— en™ontr—r um— r—iz d— função polinomi—l f (x) devemos resolver — equ—ção x5 − 5x2 + 1 = 0 F y˜serv—ndo que f (1) = −3 e f (2) = 13F vogo deve h—ver um— r—iz de f (x) entre I e PF p—r— —pli™—rmos o método de xewton devemos tom—r x0 = 2 ™omo ponto de p—rtid—D lem˜r—ndo que f (x) = 5x4 − 10xF h—í o˜teE mos su™essiv—mente SoluçãoX f (xn ) . f (xn ) f (x0 ) 13 x1 = x0 − = − = 1, 783. f (x0 ) 60 f (x1 ) 3, 124 x2 = x1 − = 1, 783 − = 1, 687. f (x1 ) 32, 703 f ( x2 ) 0, 434 x3 = x3 − = 1, 687 − = 1, 668F f (x2 ) 23, 627 xn+1 = xn − €oderí—mos prosseguir ™om —s iter—çõesD porém não há ne™essid—deF IDTTV é um— ex™elente —proxim—ção p—r— — r—iz pro™ur—d—D pois f (1, 668) é menor que um milésimoF TQ 3.3. TRANSLAÇÃO DE EIXOS 3.3 Translação de eixos gonhe™endoEse — ™urv— d—d— pel— equ—ção y = f (x)D um ˜om re™urso p—r— ™onsE trução do grá(™o de ™urv—s do tipo y − k = f (x − m) é — tr—nsl—ção de eixosF im ger—lD no pl—no em que os eixos Ox e Oy são d—dosD qu—ndo tom—mos novos eixos p—r—lelos —os —nterioresD dizemos que o™orreu um— tr—nsl—ção de eixosF gonsideremos que os eixos d—dos Ox e Oy for—m tr—nsl—d—dos —os eixos O x e O y ™om nov— origem O = (m, k ) em rel—ção —os eixos d—dosF pigur— QFIX „r—nsl—ção de eixos ƒej— P um ponto de ™oorden—d—s (x, y ) em rel—ção —os eixos origin—is e (x , y ) em rel—ção —os novos eixosF †—mos rel—™ion—r (x, y ) ™om (x , y )F „emos queX x=x +m y =y +k intãoD temos —s equ—ções de tr—nsl—ção de eixosX x =x−m y =y−k ƒe — equ—ção de um— ™urv— é d—d— em x e y então — equ—ção em x e y é o˜tid— su˜stituindoEse x por x + m e y por y + k F y grá(™o d— equ—ção em x e y em rel—ção —os eixos Ox e Oy é ex—t—mente o mesmo ™onjunto de pontos que o grá(™o d— equ—ção ™orrespondente em x e y D em rel—ção —os eixos O x e O y F e form— de um— ™urv— não é —fet—d— pel— posição dos eixos ™oorden—dosD no ent—nto su— equ—ção é modi(™—d—F TR 3.3. TRANSLAÇÃO DE EIXOS ExemplosX pigur— QFPX qrá(™o d— função hipérE 1 ˜ole y = no pl—no ™—rtesi—no Oxy F x pigur— QFQX qrá(™o d— função hipérE 1 ˜ole y = tr—nsl—d—do du—s unid—des x p—r— ™im— e du—s p—r— à direit—F pigur— QFRX qrá(™o d— função qu—dráE ti™— y = x2 no pl—no ™—rtesi—no Oxy F pigur— QFSX qrá(™o d— função qu—dráE ti™— y = x2 tr—nsl—d—do três unid—des p—r— ™im— e um— p—r— à esquerd—F ObservaçãoX gomo — form— d— ™urv— não mud— por um— tr—nsl—çãoD se tr—nsl—E d—rmos —pen—s o domínio d— funçãoD — qu—ntid—de de vezes que o grá(™o v—i ™ort—r o eixo x é mesm—D ou sej—D — função tr—nsl—d—d— terá o mesmo número de r—ízes re—isD o que não o™orre qu—ndo se tr—nsl—d— — im—gem d— função F TS 3.3. TRANSLAÇÃO DE EIXOS ExemplosX pigur— QFTX qrá(™o d— função ™u˜i™— y = x3 − 6x2 + 8x no pl—no ™—rtesi—no Oxy F pigur— QFUX qrá(™o d— função ™u˜i™— y = x3 − 6x2 + 8x tr—nsl—d—do du—s unid—des p—r— à esquerd—F pigur— QFVX qrá(™o d— função qu—dráE ti™— y = x2 +6x+5 no pl—no ™—rtesi—no Oxy F pigur— QFWX qrá(™o d— função qu—dráE ti™— y = x2 + 6x + 5 tr—nsl—d—do três unid—des p—r— à direit—F essimD n— ˜us™— de um— form— m—is simples p—r— resolver equ—ções polinomi—is levou os gênios †iètiD g—rd—no e perr—ri — f—zer um— tr—nsl—ção do domínio d— função polinomi—l de gr—u ™orrespondente pel— seguinte su˜stituição x = y − b/na onde n é o gr—u d— função polinomi—lF hess— form—D †iète f—zendo — mud—nç— x = y − b/2a tr—nsformou — equ—ção do 4ac − b2 ∆ Po gr—u ax2 + bx + c = 0 n— equ—ção ay 2 + p = 0D onde p = =− que 4a 4a TT 3.3. TRANSLAÇÃO DE EIXOS ∆ D su˜stituindo y em x = y − b/2a e f—zendo —s 4a2 simpli(™—ções ne™essári—sD ™heg—mos n— fórmul— de fhásk—r—X √ −b ± b2 − 4ac x= . 2a possui soluções simples y = ± he form— semelh—nteD g—rd—no fez — mud—nç— x = y − b/3a e tr—nsformou — equ—ção do Qo gr—u ax3 + bx2 + cx + d = 0 n— equ—ção y 3 + px + q = 0D onde b2 c + , 2 3a a 3 2b bc d q= − + 27a3 3a2 a p=− n— qu—l —presentou um— soluçãoX y= 3 q − + 2 q 2 p3 + + 4 27 3 q − − 2 q 2 p3 + 4 27 e su˜stituindo y em x = y − b/3a ™hegouEse — um— solução d— equ—ção ™omplet— x= 3 q − + 2 q 2 p3 + + 4 27 3 q − − 2 q 2 p3 b + − . 4 27 3a i de modo —nálogoD †iète ™om su— solução trigonométri™—X x = 2Rcosθ − ƒendo p = −2R2 ™om p < 0 e q = −2R3 cos3θ. b . 3a perr—ri usou o mesmo —rtifí™ioD su˜stituindo x por y − b/4a p—r— tr—nsform—r — equ—ção do Ro gr—u ax4 + bx3 + cx2 + dx + c = 0 n— equ—ção y 4 + py 2 + qy + r = 0D onde pD q e r sãoX c 3b2 p = − 2D a 8a d bc q= − 2+ a 2a e bd r= − 2+ a 4a b3 D 8a3 b2 c 3b4 − 16a3 256a4 TU 3.4. USANDO DERIV ADAS PARA DETERMINAR OS COEFICIENTES DOS POLINÔMIOS NA FORMA REDUZIDA. e us—ndo ™omplet—mento de qu—dr—dos e um— função —uxili—r de Qo gr—u ™onseE guiu soluções p—r— equ—ção ™omplet—F ‚esolver um— equ—ção do Io gr—u é tão simples que ninguém v—i se d—r —o tr—E ˜—lho de f—zer ess— tr—nsl—çãoD m—s nós v—mos só p—r— ver o que —™onte™eX ƒej— f (x) = ax + b = 0D ™om a = 0D um— função polinomi—l do Io gr—u n— v—riável xF p—zendo — su˜stituição x = y − b/aD temos f ( x) = f y− b a =a y− b a + b = ay − b + b = ay. €ort—nto — tr—nsl—ção do domínio lev— — equ—ção ax + b = 0 n— equ—ção ay = 0 que tem ™omo solução y = 0D pois a = 0D que su˜stituindo em x = y − b/a ™onduz à solução d— equ—ção do Io gr—u b x=− . a 3.4 Usando derivadas para determinar os coecientes dos polinômios na forma reduzida. †—mos mostr—r —gor— que tod— função polinomi—l que tem seu domínio tr—nsl—E d—do em m unid—des possui seus ™oe(™ientes es™ritos em função d—s deriv—d—s d— função origin—l —pli™—d—s no ponto mF Função polinomial do 1o grauX ƒej— f (x) : R → R um— função polinomi—l do Io gr—u de(nid— por f (x) = ax + bD ™om a = 0F ƒu˜stituindo x por y + mD temos f (x) = f (y + m) = a(y + m) + b = ay + (am + b). gomo f (m) = am + b e f (m) = a podemos es™rever f (x) = f (y + m) = f (m)y + f (m) €ort—ntoD os ™oe(™ientes d— função do Io gr—u tr—nsl—d—d— só depende d—s deriv—d—s de f (x) no ponto mF TV 3.4. USANDO DERIV ADAS PARA DETERMINAR OS COEFICIENTES DOS POLINÔMIOS NA FORMA REDUZIDA. Função polinomial do 2o grauX ƒej— f (x) : R → R um— função polinomi—l do Po gr—u de(nid— por f (x) = ax + bx + c = 0D ™om a = 0F ƒu˜stituindo x por y + mD temos 2 f (x) = f (y + m) = a(y + m)2 + b(y + m) + c = ay 2 + (2am + b)y + (am2 + bm + c). y˜serv—ndo que f (m) = am2 + bm + cD f (m) = 2am + b e f (m) = 2aD podemos es™rever os ™oe(™ientes d— função do Po gr—u tr—nsl—d—d— em função d—s deriv—d—s de f (x) no ponto mF e função do Po gr—u tr—nsl—d—d— é d—d— por f (x) = f (y + m) = f (m) 2 y + f (m)y + f (m). 2 €ort—ntoD os ™oe(™ientes d— função do Po gr—u tr—nsl—d—d— só depende d—s deriv—d—s de f (x) no ponto mF Funções polinomiais do 3o e 4o grausX he form— semelh—nteD às funções do Io e Po gr—us podemos es™rever — função do Qo gr—u f (x) = ax3 + bx2 + cx + d = 0 tr—nsl—d—d— de x p—r— y + m em função d—s su—s deriv—d—s no ponto mD ou sej—D f (y + m) = f (m) 3 f (m) 2 y + y + f (m)y + f (m) 6 2 e — do Ro gr—u f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 tr—nsl—d—d— de x p—r— y + m em função d—s deriv—d—s de f (x) no ponto mD ou sej—D f (y + m) = f (m) 4 f (m) 3 f (m) 2 y + y + y + f (m)y + f (m). 24 6 2 €ort—ntoD os ™oe(™ientes d—s funções do Qo e Ro gr—us tr—nsl—d—d—s só dependem d—s deriv—d—s d— função f (x) —pli™—d—s no ponto mF y˜serve que tod—s —s funções tr—nsl—d—d—s seguem o mesmo p—drãoF TW 3.4. USANDO DERIV ADAS PARA DETERMINAR OS COEFICIENTES DOS POLINÔMIOS NA FORMA REDUZIDA. Função polinomial do 1o grauX 1 f (y + m) = f (m)y + f (m) = k=0 f k (m) k y . k! Função polinomial do 2 o grauX f (m) 2 f (y + m) = y + f (m)y + f (m) = 2 2 k=0 f k (m) k y . k! Função polinomial do 3o grauX f (m) 3 f (m) 2 y + y + f (m)y + f (m) = f (y + m) = 6 2 3 k=0 f k (m) k y . k! Função polinomial do 4o grauX f (m) 4 f (m) 3 f (m) 2 f (y + m) = y + y + y + f (m)y + f (m) = 24 6 2 qener—liz—ndo temosX 4 k=0 f k (m) k y . k! Teorema 3.2 Qualquer função polinomial de grau n transladada em m unidades possui coecientes que só dependem das derivadas da função f (x) original aplicadas no ponto m da seguinte forma: n f (x) = f (y + m) = k=0 f k (m) k y , k! (∗) onde n é o grau da função polinomial e f k (m) é a k-ésima derivada da função original aplicada no ponto m e considera-se a derivada de ordem zero como sendo a própria função. Demonstração: vem˜r—ndo que (zemos — su˜stituição x = y + m ⇒ y = x − m que su˜stituído n— expressão (∗) (™— n f ( x) = k=0 f k (m) (x − m)k = k! ∞ k=0 f k (m) (x − m)k k! que é — série de „—ylor d— função polinomi—l exp—ndid— em torno do ponto x = mF ue sorte3 tá estáv—mos pens—ndo num— prov— por indução (nit— so˜re os n—tur—isF UH 3.4. USANDO DERIV ADAS PARA DETERMINAR OS COEFICIENTES DOS POLINÔMIOS NA FORMA REDUZIDA. 3.4.1 Aplicações. IF h—do o polinômio do Po gr—u p(x) = ax2 + bx + cF €rove que o trinômio ax2 + bx + c possui α ™omo r—iz dupl— seD e somente seD p(α) = 0D p (α) = 0 e p (α ) = 0 F ProvaX (⇐) p—zendo — su˜stituição de x por y + α em p(x) temEse p(x) = p(y + α) = p (α ) 2 y + p (α)y + p(α) 2 ™omo p(α) = 0D p (α) = 0 e p (α) = 0D temos p(y + α) = p (α) 2 p (α ) y ⇒ p(x) = (x − α)2 . 2 2 €ort—ntoD α é r—iz dupl— de p(x)F (⇒) ƒe α é r—iz dupl— de p(x) temos que p(x) = ax2 + bx + c = a(x − α)2 D ™om a = 0F vogo p(α) = 0, p (x) = 2a(x − α) ⇒ p (α) = 0, p (x) = 2a ⇒ p (α) = 2a ⇒ p (α) = 0D pois a = 0F PF wostre que 8x3 − 12x2 + 6x − 1 = (2x − 1)3 . gonsider—ndo o polinômio p(x) = 8x3 − 12x2 + 6x − 1D temos 1 b = y + D temos p—zendo — su˜stituição x = y + 3a 2 Solução: p y+ 1 2 p = 6 1 2 p y3 + 2 1 2 y2 + p 1 2 y+p 1 2 . 1 g—l™ul—ndo —s deriv—d—s no ponto x = D temos 2 1 = 1 − 3 + 3 − 1 = 0, p(x) = 8x3 − 12x2 + 6x − 1 ⇒ p 2 UI 3.5. USANDO DERIV ADA PARA ESCREVER OS COEFICIENTES DAS EQUAÇÕES POLINOMIAIS REDUZIDAS p (x) = 24x2 − 24x + 6 ⇒ p p (x) = 48x − 24 ⇒ p p (x) = 48 ⇒ p 1 2 1 2 = 48. 1 2 = 6 − 12 + 6 = 0, = 24 − 24 = 0, ƒu˜stituindo os v—lores d—s deriv—d—s em p y+ o˜temos 1 2 p = 6 1 2 p y3 + 1 2 2 1 2 y2 + p 1 2 y+p 1 2 , p y+ †olt—ndo p—r— — v—riável xD result— = 8y 3 . 1 p(x) = 8 x − 2 3 = (2x − 1)3 . 3.5 Usando derivada para escrever os coecientes das equações polinomiais reduzidas gomo vimos —nteriormenteD podemos es™rever qu—lquer função polinomi—l de gr—u n tr—nsl—d—d— m unid—des ™om ™oe(™ientes que só depende d—s deriv—d—s d— função f (x) origin—l —pli™—d—s no ponto m d— seguinte form—X n f (x) = f (y + m) = k=0 f k (m) k y , k! (∗) onde n é o gr—u d— função polinomi—l e f k (m) é — kEésim— deriv—d— d— função origin—l —pli™—d— no ponto mF ƒeguindo o mesmo pro™edimento de †ièteD g—rd—no e perr—ri v—mos su˜stituir b n— expressão (∗) e f—zendo f (x) = 0D o˜temos m por − na n fk − k! b na y k = 0. k=0 @form— ger—l d— equ—ção polinomi—l de gr—u n reduzid—A UP 3.5. USANDO DERIV ADA PARA ESCREVER OS COEFICIENTES DAS EQUAÇÕES POLINOMIAIS REDUZIDAS †—mos es™rever — equ—ção reduzid— do Io gr—uF …s—ndo — form— ger—l e ™onsider—ndo f (x) = ax + b = 0D temos f gomo f − b a y+f − b a = 0. − b a =aef − b a = 0D temos ay = 0 ⇒ y = 0. €—r— — equ—ção do Po gr—uF …s—ndo — form— ger—l e ™onsider—ndo f (x) = ax2 + bx + c = 0D temos f − 2 b 2a y2 + f b 2a − b 2a y+f − b 2a = 0. gomo f − b 2a = 2a e f − = 0D temos f = 0 ⇒ y2 + − a b 2a ay 2 + f − b 2a = 0. gomp—r—ndo ™om — form— reduzid— de †iète y 2 + p = 0D ™on™luímos que f p= − a b 2a . ssso nos diz que os ™oe(™ientes d— form— reduzid— o˜tid— —tr—vés d— tr—nsl—ção de x por y − b/2a dependem —pen—s d— função do Po gr—u —pli™—d— no ponto x = −b/2aF iqu—ção do Q o gr—uF …s—ndo — form— ger—l e ™onsider—ndo f (x) = ax3 + bx2 + cx + d = 0D temos f − 6 b 3a f y3 + − 2 b 3a y2 + f UQ − b 3a y+f − b 3a = 0. 3.5. USANDO DERIV ADA PARA ESCREVER OS COEFICIENTES DAS EQUAÇÕES POLINOMIAIS REDUZIDAS gomo f − b 3a = 6a e f − b 3a = 0D temos f = 0 ⇒ y3 + − a b 3a f + − a b 3a ay 3 + f − b 3a +f − b 3a = 0. gomp—r—ndo ™om — form— reduzid— y 3 + py + q = 0D temos que f p= − a b 3a f e − a q= b 3a são os ™oe(™ientes d— fórmul— de g—rd—no que dependem só d— função do Qo gr—u e de su—s deriv—d—s —pli™—d—s no ponto x = −b/3aF iqu—ção do Ro gr—uF …s—ndo — form— ger—l e ™onsider—ndo f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0D temos f − 24 b 4a f y4 + b 4a − 6 b 4a f y3 + b 4a − 2 b 4a y2 + f − b 4a y+f − b 4a = 0. gomo f − = 24a e f f − − = 0D podemos es™rever − a b 4a f y+ − a b 4a y4 + b f 4a 2 y + 2a =0 e ™omp—r—ndo ™om — form— reduzid— do Ro gr—u y 4 + py 2 + qy + r = 0D temos que f p= b f 4a Dq= 2a − − a b 4a f e r= − a b 4a F são os ™oe(™ientes d— form— reduzid— do Ro gr—u dependem —pen—s d—s deriv—d—s d— função f (x) origin—l —pli™—d—s no ponto x = −b/4a. gomo e˜el e q—lois já demonstr—r—m que nem tod—s —s equ—ções de gr—u m—ior ou igu—l — S podem ser solúveis por meio de r—di™—is envolvendo seus ™oe(™ientesD v—mos nos restringir ás equ—ções do Po —té o Ro gr—uF UR 3.6. RESOLVENDO EQUAÇÕES DO 3 o E 4 ◦ GRAUS COM O AUXÍLIO DE DERIV ADAS 3.6 Resolvendo equações do 3o e 4◦ graus com o auxílio de derivadas Exemplos: IF ‚esolv— — equ—ção x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0 ™om —uxílio de deriv—d—sF Solução: b = y + 2 n— equ—ção ™omplet— do p—zendo — su˜stituição x = y − 3a o Q gr—u podemos es™rever — form— reduzid— f y3 + − a b 3a f y+ − a b 3a = 0 ⇔ y 3 + f (2)y + f (2) = 0. xosso tr—˜—lho se resume — ™—l™ul—r f (2) e f (2)F „emos que f (x) = x3 − 6x2 + 11x − 6 ⇒ f (2) = (2)3 − 6(2)2 + 11(2) − 6 = 8 − 24 + 22 − 6 = 0D f (x) = 3x2 − 12x + 11 ⇒ f (2) = 3(2)2 − 12(2) + 11 = 12 − 24 + 11 = −1F €ort—ntoD — equ—ção reduzid— é d—d— porX y 3 − y = 0D que pode ser f—™ilmente f—tor—d— n— form— y (y + 1)(y − 1) = 0D —present—ndo —s seguintes r—ízesX y1 = −1D y2 = 0 e y3 = 1F †olt—ndo —gor— p—r— — v—riável xD temos que x = y + 2 impli™— que —s r—ízes d— equ—ção x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0 sãoX x1 = y1 + 2 = −1 + 2 = 1D x2 = y2 + 2 = 0 + 2 = 2D x3 = y3 + 2 = 1 + 2 = 3F PF ‚esolv— — equ—ção x4 + 2x3 + 3x2 − 2x − 1 = 0 pelo método d—s deriv—d—sF b 1 p—zendo — su˜stituição x = y − = y − n— equ—ção ™omplet— do 4a 2 Ro gr—u podemos es™rever — form— reduzid— SoluçãoX f y4 + ou sej—D b f 4a 2 y + 2a − f − 2 1 2 − a b 4a f y+ − a b 4a = 0. y4 + y2 + f − US 1 2 y+f − 1 2 = 0. 3.6. RESOLVENDO EQUAÇÕES DO 3 o E 4 ◦ GRAUS COM O AUXÍLIO DE DERIV ADAS €ort—ntoD o nosso tr—˜—lho é só ™—l™ul—r f − 1 Df 2 − 1 2 1 2 ef − 9 , 16 1 F „emos que 2 f (x) = x4 + 2x3 + 3x2 − 2x − 1 ⇒ f f (x) = 4x3 + 6x2 + 6x − 2 ⇒ f f (x) = 12x2 + 12x + 6 ⇒ f ƒu˜stituindo estes v—loresD — form— reduzid— (™— − − 1 2 = = −4, = 3. − 1 2 3 9 y 4 + y 2 − 4y + = 0. 2 16 …s—ndo um método p—re™ido ™om o de perr—ri v—mos isol—r o termo y 4 e som—r o 3 9 termo 2sy 2 + s2 em —m˜os os mem˜ros d— equ—ção y 4 + y 2 − 4y + = 0D sendo s — 2 16 v—riável —uxili—r que v—i torn—r o segundo mem˜ro d— equ—ção um @qu—seA qu—dr—do perfeitoF essimD y 4 + 2sy 2 + s2 = 2s − 3 2 y 2 + 4 y + s2 − 9 16 . y˜serve que o primeiro mem˜ro d— equ—ção é um qu—dr—do perfeitoF p—lt— —gor— tr—nsform—r o trinômio do Po mem˜ro em um qu—dr—do perfeitoY port—nto ∆ = 42 − 4 2s − result— 3 2 s2 − 9 16 =0 9 101 8s3 − 6s2 − s − = 0, 2 8 que é um— equ—ção do Qo gr—u em s noss— v—riável —uxili—rF †—mos —pli™—r outr— vez o método d— deriv—d— p—r— en™ontr—r — form— reduzid— 9 101 d— equ—ção 8s3 − 6s2 − s − = 0. p—ç—mos 2 8 101 9 f (s) = 8s3 − 6s2 − s − 2 8 e s=t− b 1 =t+ 3a 4 UT 3.6. RESOLVENDO EQUAÇÕES DO 3 o E 4 ◦ GRAUS COM O AUXÍLIO DE DERIV ADAS que nos lev— à form— reduzid— f t3 + − a b 3a f t+ − a b 3a f = 0 ⇔ t3 + 8 1 4 f t+ 1 4 8 = 0. g—l™ul—ndo —s deriv—d—s ™om rel—ção — sD temos 9 101 f (s) = 8s3 − 6s2 − y − ⇒f 2 8 eD 1 4 1 4 = −14 f (s) = 24s2 − 12s − 9 ⇒f 2 = −6 3 7 e —ssim — form— reduzid— é t3 − t − = 0. 4 4 …s—ndo — fórmul— de g—rd—no temos que t ≈ 1, 41 é um— solução que impli™— em s=t+ 1 ≈ 1, 41 + 0, 25 = 1, 66. 4 egor—D retorn—ndo à equ—ção em y D já que ™onhe™emos o v—lor de s que torn— o segundo mem˜ro 4qu—se4 um qu—dr—do perfeitoD temos y 4 + 2sy 2 + s2 = ou 2s − 3 2 3 2 y 2 + 4 y + s2 − 9 16 9 16 ( y 2 + s) 2 = 2s − y 2 + 4 y + s2 − n— qu—l su˜stituindo o v—lor de sD o˜temos (y 2 + 1, 66)2 = 1, 82y 2 + 4y + 2, 19 = 1, 82(y + 1, 09)2 . ixtr—indo — r—iz qu—dr—d— em —m˜os os mem˜ros temEse (y 2 + 1, 66) = ±1, 35(y + 1, 09), que result— em du—s equ—ções do Po gr—u em y X y 2 − 1, 35y + 0, 19 = 0 e y 2 + 1, 35y + 3, 13 = 0. epli™—ndo — fórmul— de fhásk—r— @e um— ™—l™ul—dor— ™ientí(™—A temEse UU 3.6. RESOLVENDO EQUAÇÕES DO 3 o E 4 ◦ GRAUS COM O AUXÍLIO DE DERIV ADAS y1 ≈ 1, 2D y2 ≈ 0, 15D y3 ≈ −0, 67 + 1, 64i e y4 ≈ −0, 67 − 1, 64iF p—zendoD (n—lmente x = y − 1 temos 2 1 2 1 x2 = y2 − 2 1 x3 = y 3 − 2 1 x4 = y 4 − 2 x1 = y 1 − ⇒ x1 ≈ 0, 7D ⇒ x2 ≈ −0, 35D ⇒ x3 ≈ −1, 17 + 1, 64i, ⇒ x4 ≈ −1, 17 − 1, 64iF †isto que o método d—s deriv—d—s —judou e muito n— ˜us™— dos ™oe(™ientes d—s equ—ções reduzid—s pro™ur—mos um progr—m— n— internet p—r— s—˜er os v—lores m—is próximos d—s soluções d— equ—ção x4 + 2x3 + 3x2 − 2x − 1 = 0 e en™ontr—mos no site httpXGGwwwFprof™—rdyF™omG™—l™ul—dor—sG—pli™—tivosFphpc™—l™aW soluções ˜em próxim—s dos nossos result—dosX x1 = 0, 7005983367294673, x2 = −0, 35091683192764356, x3 = −1, 174840752400912 + 1, 639280671416904i, x3 = −1, 174840752400912 − 1, 639280671416904i. wesmo ™om t—ntos —rredond—mentosD ™heg—mos ˜em pertoF UV Referências Bibliográcas ‘I“ h—nteD vuiz ‚o˜ertoF Matemática: contexto e aplicaçõesF Gvuiz ‚o˜erto h—nteFI edF ƒão €—ulo X Áti™—D PHIHD págF IUPEPHIF ‘P“ perreir—D ‡ellington toséF História das soluções das equações por meio de radicaisF ertigo de „gg …niversid—de g—tóli™— de fr—síli—F ‘Q“ q—r˜iD qil˜erto qF O romance das equações algébricasF ƒão €—uloX vivr—ri— d— písi™—D PHHUF ‘R“ qiov—nniD tosé ‚uyF Matemática completaF Gtosé ‚uy qiov—nniD tosé ‚o˜erto fonjornF PFedFrenovF ƒão €—ulo X p„hD PHHSD págF ITSEPIQF ‘S“ uuroshD eF Higher AlgebraFGwir €u˜lishersF IWVRF ‘T“ vim—D ilon v—gesF Meu Professor de Matemática e outras históriasF sw€eD ‚io de j—neiroD dezem˜ro de IWWID págF IREPPF ‘U“ vim—D ilon v—gesF A matemática do ensino médio - vol.1 Gilon v—ges vim—D €—ulo gez—r €into g—rv—lhoD idu—rdo ‡—gnerD eugusto gés—r worg—doFEWFedF ‚io de t—neiroX ƒfwD PHHTD págFUVEITS ‘V“ vim—D ‚os—n— xogueir—F Resolução de equações do terceiro grau através de cônicasF hissert—ção de westr—do em idu™—ção w—temáti™—F €…gEƒ€F IWWWF ‘W“ woreir—D g—rlos qust—vo „—mn de —r—újoD Uma solução das equações do 3o e do 4o graus. ‚evist— do €rofessor de w—temáti™— E ‚€wD número PRD sw€eD ‚io de t—neiroD IWWRD págF PQEPVF ‘IH“ yliveir—D urerley srr—™iel w—rtinsF Iniciação à matemática:um curso com problemas e soluçõesF Gurerley srr—™iel w—rtins yliveir—D Ád—n tose gor™ho pernándezF ‚io de t—neiroX ƒfwD PHIHD págF QQETH e PSQEPTTF ‘II“ ‚ef—ttiD vili—ne ‚oseF Aspctos Históticos e Geométricos da Equação quadrática his™F ƒ™ienti—F ƒérieX giên™i—s x—tur—is e „e™nológi™—sD ƒF w—ri—D vFT D nF VPID PHHS pFUWEWSF UW