Álgebra (propostas de resolução)

Álgebra
Descritores: 1.1 e 1.2 (Página 14 do caderno de apoio)
▪ Reconhecer, dados dois números reais a e b e um número n  ímpar, que se a < b, então an < bn.
▪ Reconhecer, dados dois números reais a e b e um número n  par, que se 0 ≤ a < b, então
0 ≤ na < bn e se a bn ≥ 0 .
Exercícios
1. Sejam a e b dois números reais tais que 0 ≤ a ≤ b.
1.1. Prove que a2 < b2 e que a3 < b3.
1.2. *Prove que se para um dado n  se tem an < bn, então an + 1 < bn + 1.
Resolução
1.1.
1.2.
(1) 0 ≤ a ≤ b ; a2 < b2
a≠0
Multiplicando ambos os membros da inequação a 0 e por b > 0, obtemos,
respetivamente, a2 < ab e ab < b2. Daqui resulta que a2 < ab < b2 e, portanto, a2 < b2.
a=0
Se a = 0 0,
obtemos a3 < ab2. Multiplicando ambos os membros de a 0, obtemos an + 1 < abn. Multiplicando
ambos os membros de a 0, obtemos abn < bn + 1.
Consequentemente, an + 1 < abn < bn + 1, ou seja, an + 1 < bn + 1.
a=0
Se a = 0 < b, então 0n + 1 = 0 < bn + 1, isto é, an + 1 < bn + 1.
2. *Sabe-se que dados os números x e y reais tais que 0 ≤ x < y e um número natural n, tem-se xn < yn.
Mostre que se a bn se n for par.
Sugestão: Considere os números positivos.
Resolução
Se a – b > 0. Sabemos que (– b)n < (– a)n ⇔ (– 1)n × bn < (– 1)n × an.
Se n é par, então (– 1)n = 1. Logo, (– 1)n bn < (– 1)n an ⇔ 1bn < 1an ⇔ an > bn.
Se n é ímpar, então (– 1)n = – 1. Logo, (– 1)n bn < (– 1)n an ⇔ – bn < – an ⇔ an < bn.
Descritor: 1.4 (Página 14 do caderno de apoio)
▪ Saber, dado um número real a positivo e um número n  par, que existe um número real positivo
b tal que bn =a, provar que (–b)n =a e que não existe, para além de b e de – b , qualquer outra
solução da equação xn = a , designar b por «raiz índice n de a» e representá-lo por « n a ».
Exercício
1. Seja n um número natural par e a e b números reais positivos tais que bn = a.
1.1. Prove que (– b)n = a.
Álgebra
1.2. *Mostre que, para além de – b e de b, não existem outras soluções da equação xn = a.
Sugestão: Comece por observar que qualquer solução c terá o mesmo sinal que uma das duas soluções já conhecidas. Sendo
igual a s, nesse caso, justifique que c não pode ser menor nem maior do que s.
Resolução
1.1.
1.2.
a > 0, b > 0 tais que bn = e n é par.
(– b)n = (– 1)n × bn = 1 × bn = bn =a, n é par, logo (– 1)n = 1.
Comecemos por notar que b e – b são soluções de xn = a.
Suponhamos primeiro que s > 0. Se 0 < s < b, então sn < bn = a, ou seja, sn < a. Caso contrário, se
b < s, então a = bn < sn, ou seja, a < sn. Em ambos os casos, s não é solução de xn = a.
Suponhamos agora que s < 0. Se – b < s < 0, então sn < (– b)n = a, ou seja, sn < a. Caso contrário, se
s < – b, então sn > (– b)n = a, ou seja, sn > a.
Daqui resulta que a equação xn = a não possui outras soluções para além de – b e b.
Descritor: 1.11 (Página 15 do caderno de apoio)
▪ Racionalizar denominadores da forma a n b ou a b  c d (a e c números inteiros, b, d, n números
naturais, n > 1).
Exercício
1. Racionalize os denominadores das seguintes frações.
5
1
1.1.
1.2. 4
2
2 3
4
3
1.3.
1.4.
23 7
7 2 3
2  3a
1
, a
; a , b, c , d 
1.5. 
1.6. 
a22 a
a b c d
2
1
1.7.  4
1.8.   3
2 1
33 2
Resolução
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
5
2
1

5
2
4
2

33
2

4

5 2
2
33

4
33 4 27

6
6
2  4 34
4
4
2  3 7 8  12 7
8 12



 
7
59 59
2  3 7 2  3 7 2  3 7 4  97
3
3
7 2 3
3 7 2 3 3
21 6





7  43
5
5
7 2 3
7 2 3
7 2 3
24 3
4
33




 2  3a  a  2  2 a  2  3a  a  2  2 a
2  3a


 a2 2 a
a  2  4a
a22 a
 2  3a 
1.5.
1.6.

1
a b c d
1.7.
4
2
 2
2 1

1

a b c d
 2   2
4
3
4
2
a b c d
a b c d

a
c
b 2
d
2
a bc d
a b  c2d
 1  4 2  12  13
2 1
2
 24 8  2 2  24 2  2
Álgebra
1
1


3
3
3
3 2
3  3 2
1.8.


 3
3
2

 
 3 3  3 2  3 2
3   2 

2

3
9  3 6  33 4 1 3
1
1

9 36 34
5
5
5
5
Resolução alternativa (usado o facto de que a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2):
1
1
3

3
3
3 2
33 2
 3
 3
3
3
2
2
 2
2   2
 3 33 2 
 3 33
3
3
2
2

3
93634 13
1
1

9 36 34
3 2
5
5
5
Descritor: 2.1 (Página 16 do caderno de apoio)
▪ Reconhecer, dado um número real não negativo a e um número racional não negativo q (q ≠ 0 se
m m
a = 0), q  
(sendo m, n, m’ e n’ números inteiros, m, m’ ≥0 e n, n’ ≥ 2 ) que n am  n am ' .
n n
Exercícios
1. Mostre que
3
a 2  6 a 4 , para qualquer número real positivo a.
Resolução
6
a 4  32 a 22  3 (a 2 )2  3 a 2
2. *Prove que, sendo a um número real positivo e n, m, n’ e m’ números naturais tais que
n
m m
, se tem

n n
a m  n a m .
Resolução
m m
, então mn '  m ' n . Logo,

n n
Se
n
a m  n n ' (a m )n '  nn ' a mn '  nn ' a m ' n  n ' n (a m ' )n  a m .
n
Descritor: 2.2 (Página 16 do caderno de apoio)
m
(m e n
n
números inteiros, m ≥ 0 e n ≥ 2), q ≠ 0 se a = 0, a «potência de base a e de expoente q», aq,
como n a m , reconhecendo que este número não depende da fração escolhida para representar q, e
que esta definição é a única possível por forma a estender a propriedade (ab)c = abc a expoentes
racionais positivos.
▪ Identificar, dado um número real não negativo a e um número racional não negativo q 
Exercícios
1. Considere um número não negativo a. Pretende dar-se uma definição de potência de base a e expoente
racional positivo por forma a estender o conceito de potência de base a e expoente natural e que
permaneça válida a propriedade (ab)c = abc para b e c racionais positivos. Admitindo que tal definição
pode ser dada de modo coerente, ou seja, de modo que o valor obtido seja independente da fração que
representa o número racional no expoente, resolva as seguintes questões.
1
1.1.
Qual deve ser necessariamente o valor de x  8 3 ?
Sugestão: Calcule x3 utilizando a propriedade acima referida.
1.2.
Qual deve ser, mais geralmente, o valor de:
1
1.2.1. a 3
Álgebra
m
n
e n ≥ 2?
1.2.2. a , para m , n
1
Sugestão: No caso que n é par verifique também que a n tem de ser um valor não negativo, observando que a propriedade
1
(ab)c = abc garante que a n pode sempre ser escrito como quadrado de um número.
2
1.3.
1.4.
Qual deve ser necessariamente o valor de x  8 3 ?
Qual deve ser, mais geralmente, o valor de:
m
2
1.4.1. a 3 ?
1.4.2.
e n ≥ 2?
a n , para m , n
Resolução
3
1.1.
 1
x3   83   x3  8  x  3 23  x  2
 
1
1.2.1.
a3  3 a
n
1
1
n
 1
1.2.2. Para que a propriedade (a ) = a se mantenha e tenhamos  a n   a n  a; então a n terá de ser
 
b c
bc
1
1
necessariamente n a , ou seja, a n  n a . Se n é par, a n tem de ser um valor não negativo, por se
poder escrever como um quadrado de um número.
1
1
a n  a 2n
2
2
1.3.
2
 1 
  a 2n   0


1
8 3  82  3  3 82  3  23   3  22   4
2
3
2
m
1.4.1. a 3  3 a 2
1.4.2.
a n  n a2n
2. **Justifique que, dado um número real a ≥ 0 e um número racional não negativo q (q ≠ 0 se a = 0), aq
pode ser definido de modo coerente como
n
a m onde m e n são quaisquer números inteiros tais que m≥ 0,
m
, sendo a definição também coerente com a já conhecida no caso em que q é 0 ou um
n
número natural, e que esta é a única extensão possível a expoentes racionais positivos da definição de
potência de expoente natural e base não negativa que permite obter, para quaisquer a, q nas condições
acima aq de tal modo que continue a valer, para expoentes racionais positivos, a propriedade (ap)r = apr.
n ≥ 2 e q
Resolução
Começamos por notar que, para que a propriedade das potências de expoente inteiro (ap)r = apr seja
n
m
m
n
 mn 
m
n
conservada,  a   a
 a e, portanto, se for possível definir a n , o seu valor terá de ser
 
n
am .
m
Quando n é ímpar ou a  0 , a n é a única raiz de índice n de a m , n a m . No caso em que n é par e
q  0 , a m possui duas raízes de índice n distintas. No entanto, para que a referida propriedade das
m
m
potências de expoente inteiro se conserve, a n tem que ser a raiz positiva visto que é o quadrado de a 2 n :
m
n
a a
m 
 2 
 2n 
2
 m
  a 2n   0


m
Daqui resulta que a n  n a m .
Falta verificar que a definição é coerente, ou seja, não depende do representante de q.
Álgebra
Pelo exercício 2 do descritor 2.1 (página 16 do Caderno de Apoio),
m m'
implica

n n'
n
a m  n a m , o que
m
m
assegura que a n  n a m  n a m  a n , isto é, que a definição de aq não depende da escolha do
representante.
Se q = 0 (e a ≠ 0), então a q  a
0n
n
 n  a0   1.
n
m
n
m
Se q 
é natural, então m = qn, logo a n  n a m  n a qn  n  a q   a q , visto que aq ≥ 0.
n
Descritor: 2.3 (Página 16 do caderno de apoio)
▪ Identificar, dado um número real positivo a e um número racional positivo q, a «potência de base a e
de expoente – q», a– q , reconhecendo que esta definição é a única possível por forma a estender a
propriedade ab × ac = ab + c a expoentes racionais.
Exercício
m
(m, n números naturais) e a um número real positivo. Já vimos que aq se encontra definido
n
1. Seja q 
de modo coerente como sendo igual a n a m .
Qual deverá ser a definição de a  q se se pretender que a propriedade apaq = ap + q seja aplicada a todos
os racionais p e q?
Resolução
m
, a 
n
Se se pretender que a propriedade ap × aq seja igual a ap
a– q × aq = a– q + q = a0 = 1.
1
Ou seja, a  q  q .
a
1. q 
, então, considerando p = – q, temos
+ q
Descritor: 2.4 (Página 17 do caderno de apoio)
▪ Reconhecer que as propriedades algébricas previamente estudadas das potências de expoente inteiro
(relativas ao produto e quociente de potências com a mesma base, produto e quociente de potências
com o mesmo expoente e potência de potência) podem ser estendidas às potências de expoente
racional.
Exercício
1. Sejam a e b números reais positivos. Mostre, utilizando as propriedades estudadas das operações com
radicais e a definição de potência de expoente racional, que:
4
3
7
4
1.1. a 5  a 5  a 5
k
p
m
n
1.3. a  a  a
3
3
mp  nk
np
2
1.7.
a
1
6
2
, k, m, n e p números naturais
8
 4 3
1.4.  a 5   a 15
 
3
1.5. a 4  b 4   ab  4
a3
1
 a2
1
13
1.2. a 5  a 2  a10
1.6.
21,3
 0, 41,3
51,3
Álgebra
Resolução
1.
● Usando
a definição de potência de expoente racional
● Usando as propriedades dos radicais
1.1.
1.2.
1.3.
4
3
4
5
1
2
7
a 5  a 5  5 a 4  5 a 3  5 a 4  a3  5 a 4 3  5 a 7  a 5
2
a a  a
5
k
p
m
n
42
5
15
 a
2
a a  a  a 
n
2
3
p
m
a
k
np
10
5

pn
kn

35
8
a
mp
a
10

8
np
a
10
5
mp
a
nk

1.4.
 54 
a   3
 
1.5.
a 4  b 4  4 a 3  4 b3  4 a 3  b 3  4  a  b    a  b  4
3
5
4
2

8 5
 a a
np
mp  nk
 a  a  a a  a
10
3 5
a 
4 2
a
42
 a a
15
8
3
a
10
13
a
13
10
mp  nk
np
8
15
3
3
13
13
1.6.
13
21,3 210 10 213 10 213 10  2 
13
10
10





0,
4

0,
4
 0, 41,3


13
1,3
13
10
13
5
5
5
5
510
2
1.7.
a3
1

a6
3
6
a2
a1

3 2
6
a 22

a1
6
1
a 4 6 3 32 31 2 1
2

a

a

a

a
a1
Descritor: 2.5 (Página 17 do caderno de apoio)
▪ Simplificar expressões envolvendo radicais e potências.
Exercícios
1. Simplifique as seguintes expressões.
1.1. 3 4 3  2 4 48
1.2.
1.4. 5 3 54  3 250  3 16
1.5.
6
567  3 3 
5  2 4 80
6
7
2

1.3. 1  3
  2
2
1.6. 6 6  2  3 2 
3 5

2
6
3
2
4
3
1.7.
1.9.
4 2
6
2


 2 5 2 5
 3 2 3  3 3 3 

3
 16 
1
3
a 
a2  a3  
1.8.
 2 , onde a 
5
a
a6


2 1
2
Resolução
1.1.
3 4 3  2 4 48  3 4 2  2  4 24  3 
 3 4 3  2  4 24  4 3  3 4 3  2  2 4 3   4 3
1.2.
48  24  3
6
6
7 6
7 6 4
7
 567  6 32 
 3  7  6 32 
=
2
2
2
6
6
6
7 6 4 2 6
7 6 6 6
7
1
 6 34  7  32 
 3  7
 3  7
 36 7   6 7
2
2
2
2
6
6
1
5
5 7
 67 67 67
2
2
2
2
6
567  3 3 
48
24
12
6
3
1
2
2
2
2
3
6
567
189
63
21
7
1
3
3
3
3
7

Álgebra
1  3    2
2
1.3.
3 5

2


 1  2 3  3  4  3  2  5  2 3  52 =
 4  2 3  12  20 3  25  18 3  33
1.4.
5 3 54  3 250  3 16  5  3 33  2  3 2  53  3 24 =
 5 3 3 2  53 2  2 3 2 =
 15 3 2  5 3 2  2 3 2 =
 12 3 2
54
27
9
3
1
2
3
3
3
250
125
25
5
1
2
5
5
5
80
40
20
10
5
1
2
2
2
2
5
5  2 4 80  22 5  2 4 24  5 =
1.5.
 4 5  2 4 24  4 5 =
 4 5  2  2  4 5  54 5
1.6.
6
6
6
3 6
3 6
3
 2  3  6 23  6 2 2 
 2  3  23  2 2 
=
2
2
2
6
6
3
3 36 3
 6 26  6 3 
 26 3 

2
2
2
6
6 23 2 
3
23 2
4 2
4  32 23 

2

5
2

5

 4
6
6

2
2
1.7.


6


6 4
6 4
2
2  6 23
2  23
5 


1

 1=


6
6

2
2
 
26  2
26 2

1

1  2 1  3
6
6
2
2
4
 16 
3 1
4
9 2


a 
6
2
4
11 5
4
2 3
6
6 6
2
  2 

 2 
a a
a
a
a


6
3
6
6 6
6

a

a
 a  a2  3 a2 , a 





a

a

a
5
5
5
2
2
a
a
a6
a6
a6
3
2
1.8.
1.9.
3
1
3
2 3  3 3 3 

3

2 1
2
 2
 3 2 3 3  3 3 3  

3
2
 2 3 2 1  1 =

 23 22  23 3  23 33  23 32  3 22  2 3 2  1  6 22  3  33  32  3 22  2 3 2  1 =
 6 36  22  3 22  2 3 2  1  3  6 22  3 22  2 3 2  1  3 3 2  3 22  2 3 2  1  5 3 2  3 4  1
2. *Justifique cada uma das igualdades.
2.1.
74 3 2 3
94 5  5 2
2.2.
Resolução

2.1.
Como 2  3  0 , 2  3  2  3
2.2.
Como
5 20,
52


2
2

2
2
52

2  3


52
2

2
 44 3 3  74 3 .
 54 5 4  94 5 .
3. **Escreva cada uma das expressões na forma a  b c , com a , b 
3.1.
29  12 5
e x
.
11  6 2
3.2.
Resolução
3.1.

Pretende encontrar-se a e b tais que a  b 5

2
 a 2  2ab 5  5b 2  29  12 5 .
Logo, a2 + 5b2 = 29, ou seja, a2 = 29 – 5b2.
Como a é inteiro, então b não pode ser 0 ou 1.
29  12 5  4  5  12 5  9  20  12 5  9  29  12 5
Logo, por definição, 2 5  3  29  12 5 .

Álgebra
3  2 
3.2.
2
 9  6 2  2  11  6 2
Logo, por definição, 3  2  11  6 2 .
a
b
3
2
3
2
2 2
4. **Simplifique a expressão 14  6 5  21  8 5 , verificando que se trata de um número inteiro.
Resolução
3  5   3  5  3  5
21  8 5  16  8 5  5   4  5   4  5  4  5
Então, 14  6 5  21  8 5  3  5   4  5   1
2
14  6 5  9  6 5  5 
2
5. Escreva na forma de potência de base 2 a seguinte expressão
3
2 .
Resolução
3
2 
2223
2  2 2
24
1
24
Descritor: 3.1 (Página 18 do caderno de apoio)
▪ Resolver problemas envolvendo operações com radicais e com potências.
Exercícios
1. Um quadrado está inscrito numa circunferência de raio 3 unidades. Determine a medida do lado do
quadrado e apresente o resultado final na forma a b ; a, b  .
Resolução
l 2  l 2  62  2l 2  36  l 2  18  l   18  l   2  32  l  3 2
Como l é um comprimento, a medida do lado l do quadrado é 3 2 unidades.
2. *Um tetraedro regular está inscrito num cubo tal como sugere a figura. Sabendo que a
aresta do cubo mede a unidades, prove que a área de cada face do tetraedro é igual a
3a 2
unidades quadradas.
2
Resolução
A face do tetraedro é um triângulo equilátero. Seja b o comprimento da diagonal da face do cubo.
Então, b2  a 2  a 2  b 2  2a 2  b   2a 2  b   2 a 2 . Como a e b são positivos,
temos b  2a . Determinemos a altura h do triângulo, face do tetraedro.
2
 2 
h  
a  
 2 
2

2a

2
1
4a 2  a 2 3a 2

 h 2  2a 2  a 2 
2
2
2
Álgebra
3a
3a 2
3a
. Como a e h são positivos, temos h 
.

2
2
2
3a
2a 
2
bh
2  3a .
Portanto, A 

2
2
2
Logo, h  
3. Fixada uma unidade de comprimento, considere um cubo de aresta a e de volume V.
3.1. Exprima a em função de V.
3.2. Exprima a medida da área da superfície do cubo na forma nVq, onde n é um número natural e q um
número racional.
Resolução
3
3
3.1. V  a  a  V
Asuperfície  6  A  6  a 2  6 
3.2.
 
3
V
2
2
 6  3 V 2  6V 3
4. Considere um prisma quadrangular regular reto em que a área da base mede b cm2 e a altura é igual ao
quádruplo da medida do comprimento da aresta da base.
4.1. Exprima a medida do volume do prisma na forma nbq, onde n é um número natural e q um número
racional.
4.2. Determine o valor de b sabendo que o volume do prisma é igual a 32 cm3.
Resolução
1
 1
1 
2
4.1. V  Abase  h  b  4  b  b  b 2  4  4  b
3
3
3
2 1
  
2
 4  b 2
3
 4  b2
2
4.2. 4  b 2  32  b 2  8  b 2  23  b   23  3  b  4
V  Abase  h  4  8  32
5. Uma esfera está inscrita num cubo de volume V. Exprima, em função de V:
5.1. o raio da esfera;
5.2.
o volume da esfera.
Resolução
5.1. Seja R o raio da esfera e a a aresta do cubo.
a
Visto que R  , então a = 2R.
2
3
V
3
V  a3   2R  , logo 2 R  3 V  R 
2
3
5.2. Vesfera
 3V 
4V
V
4



4 3
2 
4R3

2  8  4V  V



3
3
3
3
24
6
6. **Um cubo está inscrito numa superfície esférica de volume V.
Exprima, em função de V, a medida da aresta do cubo.
Resolução
Seja d o diâmetro da esfera, r o raio da esfera, a a aresta do cubo e b a diagonal da face do cubo.
Álgebra
b2 = a2 + a2 = 2a2 e d2 = b2 + a2 = 2a2 + a2 = 3a2. Logo, d  3a , porque a e d são positivos.
Por outro lado:
4
3V
3V
3V
e d  2r  2  3
.
V  r 3  r 3 
r 3
3
4
4
4
Portanto:
3V
2 3 3V
2 3 3 3V
3a  2  3
a

a
.
4
4

3
4
3
7. *Num trapézio isósceles [ABCD] a base menor é igual aos lados não paralelos e mede 2 cm. Um dos
lados não paralelos forma com a base maior um ângulo de 60º de amplitude. Prove que o perímetro do
trapézio é igual a 5 2 cm e a área igual a
3 3
cm2.
2
Resolução
2
2 2
 22 2.
. Logo, AB 
2
2
Assim, o perímetro do trapézio é 2 2  2  2  2  5 2 cm .
6
cm .
A altura do trapézio é DE  2 sin(60º ) 
2
Temos AE  2 cos(60º ) 
A


2 2 2
Bb
6 3 2 6 3 12 3 3
h 




cm2
2
2
2
4
4
2
8. Verifique que os números:
8.1. x1  1  3 e x2  1  3 são raízes da equação x2 – 2x – 2 = 0;
8.2.
5
são soluções da equação 2x6  5x3  5  0 .
4
x1  6 5 e x2   6
Resolução
8.1.
8.2.
 
3 na equação, obtemos 1  3 
Substituindo 1  3 na equação, obtemos 1  3
2
Substituindo 1 
2
Substituindo
2
 5
6
6
 5
6
 
 2 1  3   2  1  2
 2 1 3  2 1 2 3  3  2  2 3  2  0 .
5 na equação, obtemos:
 5
6
Substituindo  6
3
 5  2  5  5 6 53  5  10  5  6 56  6 53  5  6 53  53  5  6 56  5  5  0
5
na equação, obtemos:
4
  6 53
 5
 5
 5
5
5
2   6   5   6   5  2    5   6   5   6 53 
 6 43
2
4
 4
 4
 4

6
3 3 2 2 3  2  0.
3
3


5 6 53  53
5=
5 0 

2
2 3
6

2 
5
5
5
5

5 5  0
6
6
2
2
2
2
9. *Considere, dado um número natural n ≥ 2 e para x > 0, y > 0, a expressão A 
2 x3 y
n
xy 2
.
Determine para que valor de n se tem que A  2 3 x , independentemente dos valores de x e de y.
Álgebra
Resolução
A2 x 
3
22 x3 y
23 x
32
 xy 
2
n
x3  32 y 2
23
x2
 n xy 2 
6
x3 6 2 n 2
 y  xy  6 x 3 2  6 y 2  n xy 2
2
x
 6 x  y 2  n xy 2
O valor de n para que se tem A  2 3 x é 6.
Descritor: 4.2 (Página 19 do caderno de apoio)
▪ Reconhecer, dados polinómios não nulos A(x) e B(x), que o grau do polinómio A(x)B(x) é igual à
soma dos graus de A(x) e de B(x).
Exercícios
1. Considere os polinómios A(x) = x3 + 3x2 – 2 e B(x) = 4x5 – x + 1.
1.1. Determine, na forma reduzida, o polinómio A(x) × B(x), indicando o respetivo grau.
1.2. Qual o grau do polinómio A(x) × B(x), se se tiver agora A(x) = xn + 3x2 – 2 e B(x) = 4xm – x + 1, onde
n > 2 e m > 1? Qual a relação entre o grau de A(x), o grau de B(x) e o grau de A(x) × B(x)?
Resolução
1.1. A(x) × B(x) = (x3 + 3x2 – 2)(4x5 – x + 1) = 4x8 – x4 + x3 + 12x7 – 3x3 + 3x2 – 8x5 + 2x – 2 =
= 4x8 + 12x7 – 8x5 – x4 – 2x3 + 3x2 + 2x – 2
O grau de A(x) × B(x) é 8.
1.2. A(x) × B(x) = (x3 + 3x2 – 2)(4x5 – x + 1) = 4xn + m – xn + 1 + xn + 12xm + 2 – 3x3 + 3x2 – 8xm + 2x – 2
O grau de A(x) é n, o grau de B(x) é m .
O grau de A(x) × B(x) é n + m, a soma dos graus de A(x) e B(x).
2. *Dados os números inteiros não negativos n e m, considere os polinómios:
A(x) = anxn + an – 1 xn – 1 + … + a1x1 + a0 e B(x) = bmxm + bm – 1 xm – 1 + … + b1x1 + a0, com ai 
(i
0
, i ≤ n) e b j 
( j
, j ≤ m), an ≠ 0 e bm ≠ 0
Ao efetuar o produto dos polinómios A(x) × B(x), quantas parcelas da forma ai xi × bj xj irão aparecer
formalmente após uma primeira aplicação da propriedade distributiva? Qual destes monómios tem
maior grau? Justifique que o grau de A(x) × B(x) é igual à soma dos graus A(x) e de B(x).
Resolução
Aparecem (n + 1)(m + 1) parcelas. O monómio de maior grau é anbmxn + m = anxn × bmxm.
Como an ≠ 0 e bm ≠ 0, temos também an × bm ≠ 0 (pela lei do anulamento do produto), e portanto, o grau de
A(x) × B(x) é n + m, ou seja, a soma do grau de A(x) com o grau de B(x).
Descritor: 4.5 (Página 19 do caderno de apoio)
▪ Reconhecer, dado um polinómio P(x) e um número a  , que aplicando a regra de Ruffini se obtém
o quociente e o resto da divisão inteira de P(x) por x – a .
Exercícios
1. Considere os polinómios A(x) = ax3 + bx2 + cx + d e B(x) = x – 1, onde a, b, c, d ∈ , a ≠ 0.
Verifique que os polinómios obtidos aplicando a regra de Ruffini a estes polinómios são, de facto, o
quociente e o resto da divisão inteira de A(x) por B(x).
Álgebra
Resolução
Divide-se A( x) por B( x) .
+ bx2 +
ax3
ax
3
+ ax
 a  b x
2
  a  b x
cx
+
x–1
d
2
2
ax + (a + b)x + (a + b + c)
cx
+
2
+
d
+ (a + b)x +
(a + b + c)x
– (a + b + c)x
d
+ a+b+c
a+b+c+d
A  x   B  x    ax 2   a  b  x   a  b  c     a  b  c  d 
R  x
q  x
Aplicando a regra de Ruffini:
a
1
b
c
a
a b
a bc
a b
a
d
a bc
a bc d
q(x) = ax2 + (a + b)x + (a+ b + c) e R(x) = a + b + c + d
2. Considere os polinómios B(x) = bmxm + bm – 1 xm – 1 + … + b1x1 + b0 e A(x) = x – a, onde m ∈ ,
b0 , b1 , bm ∈ e a ∈ . Verifique que os polinómios obtidos aplicando a regra de Ruffini a estes
polinómios são de facto o quociente e o resto da divisão inteira de A(x) por B(x).
Resolução
bm
a
qm– 1= bm
bm – 1
aqm– 1
qm– 2= bm – 1 + aqm – 1
bm – 2
aqm– 2
qm– 3= bm – 2 + aqm – 2
…
…
…
b1
aq1
q0= b1 + aq1
b0
aq0
R(x) = b0 + aq0
Usando a regra de Ruffini, obtemos o polinómio Q(x) = qm – 1xm – 1 + qm – 2 xm – 2 + … + q1x1 + q0, onde
qm – 1 = bm , qi = bi + aqi + 1, para todo i ∈ {0, 1, …, m – 1}, e R(x) = b0 + aq0.
A(x) × Q(x) + R(x) = (x – a)(qm – 1xm – 1 + qm – 2 xm – 2 + … + q1x1 + q0) + (b0 + aq0)
= qm – 1xm – aqm – 1 xm – 1 + qm – 2 xm – 1 – aqm – 2 xm – 2 +… + q1x2 – aq1x + q0x – aq0 + aq0 + b0
= qm – 1xm + (qm – 2 – aqm – 1)xm – 1 +… + (q1 – aq2) x2 + (q0 – aq1)x + b0
= bmxm + bm – 1 xm – 1 + … + b1x1 + b0 = B(x)
Descritor: 4.11 (Página 19 do caderno de apoio)
▪ Reconhecer, dado um polinómio P(x) de grau n  , cujas raízes (distintas), x1, x2, …, xk têm
respetivamente multiplicidade n1, n2, …, nk que n1 + n2 + … + nk ≤ n e que existe um polinómio
Q(x) sem raízes tal que P  x    x  x1  1  x  x2  2 ... x  xk  k Q  x  , tendo-se n1 + n2 + … + nk = n
se e somente se Q(x) tiver grau zero.
n
n
n
Exercícios
1. Considere o polinómio A(x) = x6 – x5 – 6x4 + 12x3 – 13x2 + 13x – 6.
Sabendo que o polinómio A(x) admite raízes –3, 1 e 2, eventualmente com diferentes ordens de
multiplicidade, determine o polinómio B(x) sem zeros tal que A(x) = (x – 1)m(x – 2)n(x + 3)pB(x),
identificando os valores de m, n e p.
Resolução
1
1
1
1
1
1
1
–1
1
0
1
1
1
2
–6
0
–6
1
–5
2
–3
12
–6
6
–5
1
–3
–2
–13
6
–7
1
–6
–2
–8
13
–7
6
–6
0
–6
6
0
Álgebra
Como a terceira divisão consecutiva de A(x) por (x – 1) tem resto diferente de 0, então a raiz 1 tem
multiplicidade 2. Aplicando a regra de Ruffini para a raiz 2, obtemos:
1
1
2
3
2
5
2
1
2
1
–5
6
1
10
11
1
2
3
22
25
–6
6
0
Assim, a raiz 2 tem multiplicidade 1. Para a raiz – 3, resulta:
1
–3
1
–3
1
3
–3
0
–3
–3
1
0
1
9
10
3
–3
0
Portanto, A(x) = (x – 1)2(x – 2)1(x + 3)1 × (x2 + 1) e m = 2, n = 1 e p = 1.
2. *Considere os números reais x1, x2 e x3, distintos entre si, as únicas raízes de um polinómio de sétimo
grau A(x). Sabe-se ainda que x1 tem multiplicidade 2 e x2 tem multiplicidade 3.
2.1. Justifique que x3 não pode ter multiplicidade superior a 2.
2.2. Indique, justificando, qual a multiplicidade de x3.
Resolução
2.1. Seja p a multiplicidade de x3. O polinómio A(x), de sétimo grau, pode ser escrito na forma
(x – x1)2(x – x2)3(x + x3)p Q(x). Como 2 + 3 + p ≤ 7, resulta que p ≤ 2.
2.2. Pelo exercício anterior, x3 tem multiplicidade não superior a 2.
Se x3 tivesse multiplicidade 0, então não seria raiz.
Se x3 tivesse multiplicidade 1, então A(x) = (x – x1)2(x – x2)3(x + x3)1 Q(x) e Q(x) seria de grau 1 e teria
necessariamente uma raiz.
Assim, se Q(x) tivesse como raiz x1, x2 ou x3, a multiplicidade de uma das raízes seria modificada.
Por outro lado, a existência de uma raiz x4 de Q(x) contradiz o facto de x1, x2 e x3 serem únicos.
Portanto, x3 tem de ter multiplicidade 2.
3. Seja P(x) um polinómio de grau n 
3.1.
.
**Prove que P(x) admite uma fatorização da forma P  x    x  x1  1  x  x2  2 ... x  xk  k Q  x  ,
n
n
n
onde xi  , ni  , (1 ≤ i ≤ k) e Q(x) não tem raízes.
3.2.
Justifique que n1 + n2 + … + nk ≤ n e que os números xi, 1 ≤ i ≤ k são as únicas raízes de P.
Resolução
3.1. Se P(x) não tem raízes, então P(x) pode escrever-se nessa forma, tomando k = 0 e Q(x) = P(x).
Se P(x) tem raiz x1, então P(x) = (x – x1)P1(x) para algum polinómio P1(x) de grau n – 1.
Procedemos do mesmo modo até obtermos um polinómio que não tenha raízes. Este processo termina
necessariamente ao fim de, no máximo, n interações.
P  x    x  x1  1  x  x2  2 ... x  xk  k Q  x 
n
3.2. O grau de
n
n
n
 x  x1  1  x  x2  2 ... x  xk  k
n
n
, que é n, é igual à soma do grau de
, que é n1 + n2 + … + nk com grau de Q(x), que é maior ou igual a 0.
Consequentemente, n1 + n2 + … + nk ≤ (n1 + n2 + … + nk) + grau Q(x) = n.
Descritor: 5.1 (Página 19 do caderno de apoio)
▪ Resolver problemas envolvendo a divisão inteira de polinómios e o teorema do resto.
Álgebra
Exercício
1. Utilizando o algoritmo da divisão inteira de polinómios, determine o quociente e o resto da divisão de
A(x) = x5 + 3x4 – 2x3 – 4x2 – 3 por B(x) = x2 + 2.
Resolução
+ 3x4 –
–
3x4 –
– 3x4
–
+
x5
– x5
2x3
2x3
4x3
4x3
4x3
–
4x2
–
–
–
4x2
6x2
10x2
–
+
10x2
10x2
–
3
x2 + 2
x3 + 3x2 – 4x – 10
–3
+
0x
+
+
+
0x – 3
8x
8x – 3
+ 20
8x + 17
R(x) = 8x + 17
Q(x) = x3 + 3x2 – 4x – 10
2. Utilizando a regra de Ruffini determine o quociente e o resto da divisão de A(x) = 2x3 – 4x2 – 3 por cada
um dos polinómios.
2.1.
B(x) = x + 2
2.2. B(x) = x
2.4.
B(x) = 2x + 1
2.5. **B(x) = x2 – 1
2.3.
B(x) = 3x – 6
Resolução
2. A(x) = B(x) × Q(x) + R(x)
2.1.
–4
–4
–8
2
–2
2
0
16
16
–3
–32
–35
A(x) = (x + 2)(2x2 – 8x + 16) – 35
Logo, Q(x) = 2x2 – 8x + 16 e R(x) = – 35
2.2.
–4
0
–4
2
0
2
–3
0
–3
0
0
0
A(x) = x(2x2 – 4x) – 3. Logo, Q(x) = 2x2 – 4x e R(x) = – 3.
2.3. B(x) = 3x – 6 = 3(x – 2)
Vamos dividir por x – 2.
–4
4
0
2
2
2
0
0
0
–3
0
–3
A x    x  2 2 x2  3  3 x  2
2.4.
2 x2
2 x2
e R( x)  3 .
 3 . Logo, Q  x  
3
3
1

B  x   2x  1  2  x  
2

2
1

2
–4
–1
2
–5
0
5
2
5
2
–3
5

4
17

4
1   2 x2 5
5  17
1 
5  17
1 
5
5  17



 2 x  
 x 
A  x    x   2 x 2  5 x   
 2  x   x 2  x   
2 
2 4
2 
2
4 4
2  2
2
4 4



Álgebra
5
5
17
Logo, Q  x   x 2  x  e R( x)   .
2
4
4
2.5. B(x) = x2 – 1 = (x – 1)(x + 1)
2
–1
2
1
2
–4
–2
–6
2
–4
0
6
6
–4
2
–3
–6
–9
A(x) = (x + 1)(2x2 – 6x + 6) – 9 =
= (x + 1)[(x – 1)(2x – 4) + 2] – 9 =
= (x + 1)(x – 1)(2x – 4) + 2(x + 1) – 9 =
= (x2 – 1)(2x – 4) + (2x – 7)
Logo, Q(x) = 2x – 4 e R(x) = 2x – 7.
3. Determine, utilizando o teorema do resto, o resto da divisão de A(x) = x4 – 3x3 + 2x – 3 por B(x) = x + 1.
Resolução
B(x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = – 1
A(– 1) = (– 1)4 – 3 × (– 1)3 + 2 × (– 1) – 3 = 1 + 3 – 2 – 3 = – 1
O resto da divisão de A(x) por B(x) é – 1.
4. Determine o polinómio P(x) de quarto grau que admite os zeros simples – 4, – 1,
1
e 3 e cujo resto da
2
divisão por x + 2 é igual a 1.
Resolução
1

P  x   a  x  4  x  1  x    x  3
2

Vamos calcular P(– 2).
1

P  2  a  2  4  2  1  2    2  3  a  2   1   2,5   5   25a
2

1
Como P(– 2) = 1, temos 25a  1  a 
.
25
1
1
x 4 3x3 12 x 2 13x 6

Assim, P  x     x  4  x  1  x    x  3   


 .
25
2
25 50
25
50 25

5. Sabe-se que P(x) = 2x3 – 13x2 + 25x – 14 é divisível por 2x – 7.
Determine as raízes de P(x) e escreva-o na forma P(x) = a(x – b)(x – c)(x – d).
Resolução
5.
2x3 – 13x2 + 25x – 14 é divisível por 2x – 7.
Logo, vamos aplicar a regra de Ruffini com a raiz
2
7
2
2
–13
25
–14
7
–21
14
–6
4
0
7
.
2
7

P  x    2 x2  6 x  4  x  
2

2
Resolvendo a equação 2x – 6x + 4 = 0, obtemos as raízes 1 e 2.
Logo, 2x2 – 6x + 4 = 2(x – 1)(x – 2).
7

Portanto, P  x   2  x  1 x  2   x   .
2

2x – 7 = 0 ⇔ x =
7
⇔ x = 3,5
2
Álgebra
6. *Determine para que valores reais de a e b o polinómio P(x) = 2x3 + ax2 + bx – 1 é divisível por x – 1 e
o resto da divisão por x + 1 é igual a – 10.
Resolução
Se P(x) é divisível por x – 1, então P(1) = 0.
Se o resto da divisão de P(x) por x + 1 é –10, então P(– 1) = –10.
Assim:

2  a  b  1  0
a  1  b
a  1  3 a  4
 P 1  0





b  3

 P  1  10 2  a  b  1  10 2  1  b  b  1  10 b  3
O polinómio é 2x3 – 4x2 +3x – 1.
7. *Prove que o polinómio xn + an é divisível por x + a se n for ímpar, a ≠ 0 .
Resolução
Seja P(x) = xn + an.
P(– a) = (– a)n + an = (– 1)n an + an
Se n é par, temos P(– a) = 2an, ou seja, xn + an não é divisível por x + a.
Se n é ímpar, temos P(– a) = – an + an, ou seja, – a é raiz de P(x).
Portanto, xn + an é divisível por x + a se n for ímpar.
8. Considere o polinómio P(x) = x2n + 1 – x2n – x + 1, onde n  .
8.1. *Prove que para todo a > 0 se tem P(a) + P(– a) = 2 – 2a2n.
8.2. **Prove que P(x) = (x – 1)(xn – 1)(xn + 1), justifique que – 1 e 1 são raízes de P e calcule o grau de
multiplicidade de 1.
Resolução
8.1. P(x) = x2n + 1 – x2n – x + 1
P(a) + P(– a) = a2n + 1 – a2n – a + 1 + (– a)2n + 1 – (– a)2n + 1 =
 a2n  a  a2n a  1   a    a    a 
2n
2n
n
 a 2   a 2 

    22 n
n
a  1 
= (a ) × a – (a ) + [(–a )] × (– a) –[(–a )] + 2 =
2 n
2 n
2
n
2
n
 a a 2n  a a 2n  a 2 n  a 2 n  2 = 2 – 2a2n
8.2. P(x) = x2n + 1 – x2n – x + 1 = (x – 1)x2n – (x – 1) = (x – 1)(x2n – 1) = (x – 1) (xn – 1) (xn + 1)
–1 é raiz de P(x) porque P(– 1) = – 2 × ([(– 1)2]n – 1) = 2(1n – 1) = – 2 × 0 = 0.
1 é raiz de P(x) porque P(1) = (1 – 1)(12n – 1) = 0 × 0 = 0.
P(x) pode ser escrito como:
S  x
 x  1 x  1  x
n 1
x
n2
T  x
 1  ...  x  1  x n  1
n
T  x   xn  1
S  x   xn1  ...  x 
xn  1
S(x) = xn – 1 + xn – 2 + … + x + 1 não tem raiz 1 porque S(1) = 1 + 1 + … + 1 = n.
T(x) = xn + 1 não tem raiz 1 porque T(1) = 1 + 1 = 2.
Assim, a raiz 1 tem multiplicidade 2.
Descritores: 5.2 e 5.3 (Página 20 do caderno de apoio)
▪ Resolver problemas envolvendo a fatorização de polinómios de que se conhecem algumas raízes.
▪ Resolver problemas envolvendo a determinação dos zeros e do sinal de funções polinomiais de grau
superior a 2.
Álgebra
Exercícios
1. Considere os polinómios A(x) = x3 + 3x2 – 4 e B(x) = x4 – 5x3 + 6x2.
1.1. Verifique que 1 é uma das raízes de A(x).
1.2. Determine as outras raízes de A(x) e fatorize este polinómio.
1.3. Resolva a inequação A(x) < 0.
1.4. Fatorize o polinómio B(x) e resolva a inequação B(x) > 0.
Resolução
1.1. A(1) = 13 + 3 × 12 – 4 = 1 + 3 – 4 = 0. Logo, 1 é a raiz de A(x).
1.2. Vamos dividir A(x) por x – 1.
1
1
1
3
1
4
0
4
4
–4
4
0
Como o quociente de A(x) por x – 1 é x2 + 4x + 4, A(x) = (x – 1)(x2 + 4x + 4) = (x – 1)(x + 2)2.
Logo, 1 e – 2 são raízes de multiplicidade 1 e 2 de A(x), respetivamente.
1.3. A(x) < 0
x
x–1
(x + 2)2
A(x)
–2
–
0
0
–
+
–
1
0
+
0
–
+
–
+
+
+
S = ]– ∞, – 2[ ∪ ]– 2, 1[
1.4. B(x) = x4 – 5x3 + 6x2
2
2



5  25
5 1
B  x   x2  x2  5x  6  x2   x   
 6   x2   x     



2
4
2  4 




5 1 
5 1 
 x 2   x    x     
2 2 
2 2 

2
= x (x – 3)(x – 2)
x
x2
x–3
x–2
B(x)
+
–
–
+
0
0
–
–
0
+
–
–
+
2
+
–
0
0
+
–
+
–
3
+
0
+
0
+
+
+
+
S = ]– ∞, 0[ ∪ ]0, 2[ ∪ ]3, +∞[
2. Considere a equação x4 – 13x2 + 36 = 0.
2.1. Tendo em conta que x4 = (x2)2, substitua na equação x2 por y e resolva a equação do segundo grau
assim obtida.
2.2. Determine os valores de x que satisfazem a equação dada.
Resolução
2.1. x4 – 13x2 + 36 = 0 ⇔ (x2)2 – 13x2 + 36 = 0
Substituindo x2 por y, temos:
13  169  4  1  36
y 2  13 y  36  0  y 

2
13  25
13  5
 y
 y
 y 9 y  4
2
2
2.2. Substituindo y por x2, obtemos:
x2 = 9 ∨ x2 = 4 ⇔ x   9  x   4 ⇔ x = 3 ∨ x = – 3 ∨ x = 2 ∨ x = – 2
S = {– 3, – 2, 2, 3}
3. *Resolva a equação «biquadrada» x4 – 26x2 + 25 = 0.
Álgebra
Resolução
x4 – 26x2 + 25 = 0 ⇔ (x2)2 – 26x2 + 25 = 0
Substituindo x2 por y, obtemos:
y 2  26 y  25  0  y 
26  262  4  1 25
26  576
26  24
 y
 y
 y  1  y  25
2 1
2
2
Substituindo y por x2:
x2  1  x2  25  x   1  x   25  x  1  x  1  x  5  x  5
S = {– 5, – 1, 1 , 5}
*Sabe-se que B(x) é um polinómio de terceiro grau tal que ∀x ∈
cada uma das condições.
4.1. (3x – 7)B(x) ≤ 0
4.2. (– x2 – 1) B(x) > 0
4.
, B(x) > 0 ⇔ x ∈ ]2, + ∞[. Resolva
4.3.
(x2 – 5x + 6) B(x) < 0
Resolução
4.
Como B(x) é um polinómio do 3.º grau tem, no máximo, três raízes, sendo uma delas em x = 2, pois
B(x) > 0 ⇔ x ∈ ]2, + ∞[. Atendendo a este facto, B(x) tem no máximo uma raiz em ]– ∞, 2[.
4.1. (3x – 7)B(x) ≤ 0 ⇔ (3x – 1 ≥ 0 ∧ B(x) ≤ 0) ∨ (3x – 1 ≤ 0 ∧ B(x) ≥ 0) 
7
7

 

  x   B  x  0   x   B  x  0 
3
3

 





7
7



 x   x  2    x    B  x   0  B  x   0  

 
3
3

 impossível 


7
7
7 
7

 



  x   x  2   x   B  x  0   2  x     x   B  x  0
3
3
3 
3

 



 7
S   2 ,    x  : B( x)  0
 3
2
  x  1 B  x   0   x2  1 B  x   0  B  x   0
0
4.2. S = ]– ∞, 2] \ {x ∈
: B(x) = 0}
4.3. (x2 – 5x + 6)B(x) < 0 ⇔ (x2 – 5x + 6 > 0 ∧ B(x) < 0) ∨ (x2 – 5x + 6 < 0 ∧ B(x) > 0) ⇔
⇔ ((x < 2 ∨ x > 3) ∧ B(x) < 0) ∨ ( 2 < x < 3 ∧ B(x) > 0) ⇔
⇔ ((x < 2 ∨ x > 3) ∧ x < 2 ∧ B(x) ≠ 0) ∨ ( 2 < x < 3 ∧ x > 2) ⇔
⇔ ((x < 2 ∧ B(x) ≠ 0) ∨ (2 < x < 3)
S = ]– ∞, 2[ \ {x ∈ : B(x) = 0} ∪ ]2, 3[
Cálculos auxiliares:
5
5
24  25
5
5

x 2  5x  6  0  x 2  2 x     6      x   

2
2
2
2
4
 
 


2
2
S  2 , 3
2
5
1
5
1

x    x  

2
4
2
4

5
1
5 1
 x   x  
2
2
2 2
5 1
5 1
x  x  
2 2
2 2
4
6
x x 
2
2
 x  2 x 3
2