PC_2022-2_AD1-Parte1_GABARITO

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AD1-Parte 1 – 2022-2 GABARITO Pré-Cálculo Página 1 de 8 
 
DISCIPLINA PRÉ-CÁLCULO 2022-2 
 Profa. Maria Lúcia Campos 
Profa. Marlene Dieguez 
Parte 1 da Primeira Avaliação a Distância (AD1-Parte 1) 
GABARITO 
IMPORTANTE!!! 
Em todas as questões não serão consideradas as respostas se não estiverem acompanhadas dos cálculos ou das 
justificativas para encontrar as respostas. 
Cálculos, justificativas e respostas devem ser MANUSCRITOS. Questões digitadas receberão ZERO. 
Os gráficos devem ser feitos à mão, não será aceito gráfico feito com aplicativo ou com programa computacional. 
Questão 1 [1,5 ponto] 
 Considere o trinômio do segundo grau 𝑇(𝑥) = −𝑥2 + 2𝑥 + 8 e considere 𝑅(𝑥) = 2𝑥 + 4. 
Q1(a) Complete o quadrado de 𝑇(𝑥) e escreva-o na forma canônica. 
Lembre que um trinômio 𝑇(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 está escrito na forma canônica quando está 
escrito na forma 𝑇(𝑥) = 𝑎(𝑥 − ℎ)2 + 𝑘. 
Q1(b) Encontre as coordenadas dos pontos em que o gráfico de 𝑇(𝑥) intersecta os eixos coordenados. 
Encontre as coordenadas dos pontos em que o gráfico de 𝑇(𝑥) e o gráfico de 𝑅(𝑥) se 
intersectam. 
Q1(c) Esboce o gráfico de 𝑻(𝒙) e o gráfico de 𝑹(𝒙) em um único par de eixos coordenados. 
Explique como encontrou o gráfico de 𝑇(𝑥) e o gráfico de 𝑅(𝑥). Indique o vértice da parábola 
que representa o gráfico do trinômio 𝑇(𝑥) e as interseções da parábola com os eixos 
coordenados. Indique as coordenadas dos pontos de interseção dos dois gráficos. 
Q1(d) Observando os gráficos do item Q1(c) determine o(s) intervalo(s) da variável 𝑥 em que 
𝑇(𝑥) < 𝑅(𝑥). 
RESOLUÇÃO 
Q1(a) 𝑇(𝑥) = −𝑥2 + 2𝑥 + 8 = −(𝑥2 − 2𝑥) + 8 = −(𝑥2 − 2𝑥 + 1 − 1) + 8 = 
−(𝑥2 − 2𝑥 + 1) + 1 + 8 = −(𝑥 − 1)2 + 9. 
Portanto a forma canônica é 𝑇(𝑥) = −(𝑥 − 1)2 + 9. 
 
Q1(b) Interseção do gráfico de 𝑻(𝒙) com o eixo 𝒚 
O gráfico de 𝑇(𝑥) intersecta o eixo 𝑦 em 𝑥 = 0 e 𝑦 = 𝑇(0) = −02 + 2 ∙ 0 + 8 = 8. 
Logo o gráfico de 𝑇(𝑥) intersecta o eixo 𝑦 em 𝑥 = 0 e 𝑦 = 8, ou seja, no ponto (0 , 8). 
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Interseção do gráfico de 𝑻(𝒙) com o eixo 𝒙 
O gráfico de 𝑇(𝑥) intersecta o eixo 𝑥 em 𝑦 = 0 e nos valores de 𝑥 em que 𝑇(𝑥) = 0. 
Uma forma de resolver 𝑇(𝑥) = 0 é: 
𝑇(𝑥) = 0 ⟺ −(𝑥 − 1)2 + 9 = 0 ⟺ (𝑥 − 1)2 = 9 ⟺ 𝑥 − 1 = ±3 ⟺ 𝑥 = 1 ± 3 
⟺ 𝑥 = 1 − 3 ou 𝑥 = 1 + 3 ⟺ 𝑥 = −2 ou 𝑥 = 4 
Outra forma de resolver 𝑇(𝑥) = 0 é: 
𝑇(𝑥) = 0 ⟺ −𝑥2 + 2𝑥 + 8 = 0 ⟺ 𝑥 =
−2±√4+32
−2
=
−2±6
−2
 ⟺ 𝑥 =
−8
−2
= 4 𝑜𝑢 𝑥 =
4
−2
= −2. 
Logo o gráfico de 𝑇(𝑥) intersecta o eixo 𝑥 em {𝑥 = −2 e 𝑦 = 0} e em {𝑥 = 4 e 𝑦 = 0} , ou seja, nos 
pontos (−2 , 0) (4 , 0). 
Interseção do gráfico de 𝑻(𝒙) com o gráfico de 𝑹(𝒙) 
Nos pontos em o gráfico de 𝑇(𝑥) e o gráfico de 𝑅(𝑥) se intersectam temos que 𝑇(𝑥) = 𝑅(𝑥). 
𝑇(𝑥) = 𝑅(𝑥) ⟺ −𝑥2 + 2𝑥 + 8 = 2𝑥 + 4 ⟺ −𝑥2 + 2𝑥 − 2𝑥 + 8 − 4 = 0 ⟺ 
−𝑥2 + 4 = 0 ⟺ 𝑥2 = 4 ⟺ 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 2 . 
𝑥 = −2 ⟹ 𝑦 = 𝑇(−2) = −(−2)2 + 2(−2) + 8 = −4 − 4 + 8 = 0 
𝑥 = 2 ⟹ 𝑦 = 𝑇(2) = −(2)2 + 2(2) + 8 = −4 + 4 + 8 = 8 
Logo o gráfico de 𝑇(𝑥) intersecta o gráfico de 𝑅(𝑥) em {𝑥 = −2 e 𝑦 = 0} e em {𝑥 = 2 e 𝑦 = 8} , ou 
seja, nos pontos (−2 , 0) e (2 ,8). 
 
Q1(c) Pelo item Q1(a), 𝑇(𝑥) = −(𝑥 − 1)2 + 9 
que está na forma canônica 
𝑇(𝑥) = 𝑎(𝑥 − ℎ)2 + 𝑘. 
𝑎 = −1 < 0, isso significa que o gráfico de 
𝑇(𝑥) é uma parábola com concavidade para 
baixo e (ℎ, 𝑘) = (1 , 9), que é o vértice da 
parábola. 
Além disso, temos os pontos de interseção 
com o eixo 𝑥, determinados no item anterior. 
O gráfico 𝑅(𝑥) = 2𝑥 + 4 é uma reta de 
equação 𝑦 = 2𝑥 + 4. Como no item anterior já determinamos 2 pontos dessa reta, (−2 , 0) e (2 ,8), 
traçamos uma reta contendo esses pontos. 
 
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Q1(d) Na figura ao lado marcamos as partes dos 
gráficos em que 𝑇(𝑥) < 𝑅(𝑥). 
Para encontrar os intervalos da variável 𝑥 em que 
𝑇(𝑥) < 𝑅(𝑥) podemos fazer as projeções no eixo 𝑥 das 
partes dos gráficos em que 𝑇(𝑥) < 𝑅(𝑥). As projeções 
estão marcadas em vermelho. 
Assim, 
𝑇(𝑥) < 𝑅(𝑥) ⟺ 𝑥 ∈ (−∞, −2) ∪ (2, ∞) 
 
 
 
 
 
 
Questão 2 [1,5 ponto] 
Considere 𝑥 ∈ ℝ o polinômio 𝑝(𝑥) = −4𝑥4 + 16𝑥3 − 25𝑥2 + 15𝑥 − 3 e a expressão 𝐸(𝑥) = √
𝑥−5
𝑝(𝑥)
. 
Q2(a) Quais são as possíveis raízes racionais não inteiras de 𝑝(𝑥)? Justifique sua resposta. 
Q2(b) Sabendo que o polinômio 𝑝(𝑥) não possui raiz inteira, determine as raízes reais de 𝑝(𝑥) e fatore 
𝑝(𝑥). Atenção, confira bem suas contas porque a fatoração será usada nos próximos itens. 
Q2(c) Analise o sinal de 𝑝(𝑥). 
Q2(d) Determine o domínio de 𝐸(𝑥). 
 
RESOLUÇÃO 
Q2(a) Sabemos que as possíveis raízes racionais não inteiras são os resultados da divisão dos divisores do 
termo independente, pelos divisores do coeficiente do termo de maior grau. 
Divisores do termo independente, que é igual a −3, são {−1, 1, −3, 3}. 
Divisores do coeficiente do termo de maior grau, que é igual a −4, são {−1, 1, −2, 2 , −4, 4} 
Logo as possíveis raízes racionais não inteiras são {−
1
2
,
1
2
, −
1
4
,
1
4
, −
3
2
,
3
2
, −
3
4
, 
3
4
} 
 
Q2(b) Dado que o polinômio 𝑝(𝑥) não possui raiz inteira, vamos procurar as possíveis raízes racionais 
não inteiras. Para isso temos que calcular o valor do polinômio 𝑝(𝑥) nas possíveis raízes racionais não 
inteiras e verificar se o resultado é igual a zero. 
Para 𝑥 =
1
2
, 𝑝 (
1
2
) = −4 (
1
2
)
4
+ 16 (
1
2
)
3
− 25 (
1
2
)
2
+ 15 (
1
2
) − 3 = −
4
16
+
16
8
−
25
4
+
15
2
− 3 = 
−
1
4
+ 2 −
25
4
+
15
2
− 3 =
15
2
−
26
4
− 1 =
15
2
−
13
2
− 1 =
2
2
− 1 = 0 . Logo 𝑥 =
1
2
 é raiz de 𝑝(𝑥). 
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É possível calcular o valor do polinômio em cada possível raiz racional não inteira, mas como pode ser 
trabalhoso, não vamos fazer isso. 
Como 𝑥 =
1
2
 é raiz do polinômio, podemos dividir 𝑝(𝑥) por (𝑥 −
1
2
) para encontrar um polinômio 𝑞(𝑥) 
de grau 3 e obtermos 𝑝(𝑥) = (𝑥 −
1
2
) 𝑞(𝑥). Para dividir vamos usar o algoritmo de Briot-Ruffini. 
 −4 16 −25 15 −3 
1
2
 − 4 −4 ∙
1
2
+ 16 = 14 14 ∙
1
2
− 25 = −18 −18 ∙
1
2
+ 15 = 6 6 ∙
1
2
− 3 = 0 
Assim, 
𝑝(𝑥) = −4𝑥4 + 16𝑥3 − 25𝑥2 + 15𝑥 − 3 = (𝑥 −
1
2
) 𝑞(𝑥) = (𝑥 −
1
2
) (−4𝑥3 + 14𝑥2 − 18𝑥 + 6) = 
As raízes do polinômio 𝑞(𝑥) de grau 3 também são raízes de 𝑝(𝑥). 
Procurando as raízes de 𝑞(𝑥) = −4𝑥3 + 14𝑥2 − 18𝑥 + 6 = 2(−2𝑥3 + 7𝑥2 − 9𝑥 + 3). 
As possíveis raízes racionais não inteiras de 𝑞(𝑥) são as mesmas possíveis raízes racionais não inteiras do 
polinômio −2𝑥3 + 7𝑥2 − 9𝑥 + 3 que são {−
1
2
,
1
2
, −
3
2
,
3
2
}. 
Logo temos que calcular o valor do polinômio 𝑞(𝑥) nas possíveis raízes racionais não inteiras e verificar 
se o resultado é igual a zero. 
𝑞 (
1
2
) = −4 (
1
2
)
3
+ 14 (
1
2
)
2
− 18 (
1
2
) + 6 =
−4
8
+
14
4
−
18
2
+ 6 = −
1
2
+
7
2
− 9 + 6 = 3 − 9 + 6 = 0. 
Logo 𝑥 =
1
2
 é raiz de 𝑞(𝑥). Podemos dividir 𝑞(𝑥) por (𝑥 −
1
2
) para encontrar um polinômio 𝑞1(𝑥) de grau 
2 e obtermos 𝑞(𝑥) = (𝑥 −
1
2
) 𝑞1(𝑥) Para dividir vamos usar o algoritmo de Briot-Ruffini. 
 −4 14 −18 6 
1
2
 − 4 −4 ∙
1
2
+ 14 = 12 12 ∙
1
2
− 18 = −12 −12 ∙
1
2
+ 6 = 0 
 
𝑝(𝑥) = (𝑥 −
1
2
) (𝑥 −
1
2
) 𝑞1(𝑥) = (𝑥 −
1
2
) (𝑥 −
1
2
) (−4𝑥2 + 12𝑥 − 12) = 
(𝑥 −
1
2
)
2
(−4𝑥2 + 12𝑥 − 12) = 4 (𝑥 −
1
2
)
2
(−𝑥2 + 3𝑥 − 3). 
Para encontrar mais duas raízes de 𝑝(𝑥) temos que resolver a equação −𝑥2 + 3𝑥 − 3 = 0 
−𝑥2 + 3𝑥 − 3 = 0 ⟺ 𝑥 =
−3±√9−12
−2
=
−3±√−3
−2
 , −𝑥2 + 3𝑥 − 3 =0 não tem raiz real. 
Portanto o polinômio 𝑝(𝑥) não possui outras raízes reais e a única raiz de 𝑝(𝑥) é 𝑥 =
1
2
 , que é uma raiz 
dupla. 
Fatoração de 𝒑(𝒙) 
Já vimos que 𝑝(𝑥) = 4 (𝑥 −
1
2
)
2
(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) 
−𝑥2 + 3𝑥 − 3 não possui raízes reais, logo −𝑥2 + 3𝑥 − 3 é irredutível em ℝ. 
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Portanto 𝑝(𝑥) = 4 (𝑥 −
1
2
)
2
(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) já está completamente fatorado. 
Outras fatorações equivalentes são: 
𝑝(𝑥) = 4 (𝑥 −
1
2
)
2
(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) = (𝑥 −
1
2
) (𝑥 −
1
2
) (−4𝑥2 + 12𝑥 − 12) = 
2 ∙ 2 (𝑥 −
1
2
) (𝑥 −
1
2
) (−𝑥2 + 3𝑥 − 3) = (2𝑥 − 1)(2𝑥 − 1)(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) = 
(2𝑥 − 1)2(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) 
 
Q2(c) Para analisar o sinal de 𝑝(𝑥) vamos usar a fatoração 𝑝(𝑥) = 4 (𝑥 −
1
2
)
2
(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) e usar 
tabela de sinais. Para isso precisamos analisar o sinal de 4 (𝑥 −
1
2
)
2
 e de −𝑥2 + 3𝑥 − 3 
Sinal de 4 (𝑥 −
1
2
)
2
: 
4 (𝑥 −
1
2
)
2
= 0 ⟺ (𝑥 −
1
2
)
2
= 0 ⟺ 𝑥 −
1
2
= 0 ⟺ 𝑥 =
1
2
 
4 (𝑥 −
1
2
)
2
> 0 ⟺ (𝑥 −
1
2
)
2
> 0 ⟺ 𝑥 −
1
2
≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠
1
2
 
Sinal de −𝑥2 + 3𝑥 − 3: 
O gráfico desse trinômio é uma parábola. Como o trinômio não possui raízes reais, então a parábola não 
intersecta o eixo 𝑥. Como o coeficiente do termo de grau 2 é igual a −1 < 0, a parábola tem concavidade 
para baixo. Então a parábola está toda abaixo do eixo 𝑥 e concluímos que −𝑥2 + 3𝑥 − 3 < 0 ∀𝑥 ∈ ℝ. 
 (−∞,
1
2
) 
1
2
 (
1
2
, ∞) 
4 (𝑥 −
1
2
)
2
 + + + 0 + + + 
−𝑥2 + 3𝑥 − 3 − − − − − − − 
𝑝(𝑥) = 4 (𝑥 −
1
2
)
2
(−𝑥2 + 3𝑥 − 3) − − − 0 − − − 
Portanto 𝑝(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 =
1
2
 
𝑝(𝑥) < 0 ⟺ 𝑥 ≠
1
2
 
 
Q2(d) Domínio de 𝐸(𝑥) = √
𝑥−5
𝑝(𝑥)
. As restrições do domínio são: 
(I) Radicando positivo ou nulo, 
𝑥−5
𝑝(𝑥)
≥ 0 
(II) Denominador não nulo, 𝑝(𝑥) ≠ 0 
Vamos analisar o sinal de 
𝑥−5
𝑝(𝑥)
 e concluir a solução da restrição 
𝑥−5
𝑝(𝑥)
≥ 0. 
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Para analisar o sinal de 
𝑥−5
𝑝(𝑥)
 vamos usar a tabela de sinais. 
Para isso precisamos estudar os sinais do numerador 𝑥 − 5 e do denominador 𝑝(𝑥). 
Sinal de 𝑥 − 5: 
𝑥 − 5 = 0 ⟺ 𝑥 = 5 𝑥 − 5 > 0 ⟺ 𝑥 > 5 𝑥 − 5 < 0 ⟺ 𝑥 < 5 
Já analisamos o sinal de 𝑝(𝑥) no item anterior. 
 (−∞,
1
2
) 
1
2
 (
1
2
, 5) 5 (5, ∞) 
𝑥 − 5 − − − − − − − − − 0 + + + 
𝑝(𝑥) − − − 0 − − − − − − − − − 
𝑥 − 5
𝑝(𝑥)
 + + + 𝑛𝑑 + + + 0 − − − 
 
Portanto, as soluções de cada restrição são: 
(I) 
𝑥−5
𝑝(𝑥)
≥ 0 ⟺ 𝑥 <
1
2
 ou 
1
2
< 𝑥 ≤ 5. 
(II) 𝑝(𝑥) ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠
1
2
 
Logo o domínio de 𝐸(𝑥) é: {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 <
1
2
 ou 
1
2
< 𝑥 ≤ 5} ∩ {𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 ≠
1
2
} = 
{𝑥 ∈ ℝ; 𝑥 <
1
2
 ou 
1
2
< 𝑥 ≤ 5} = (−∞,
1
2
) ∪ (
1
2
, 5]. 
 
Questão 3 [0,8 ponto] Considere 𝑥 ∈ ℝ e resolva a inequação 
|𝑥−1|−2
𝑥
≥ 0. 
RESOLUÇÃO 
Para resolver 
|𝑥−1|−2
𝑥
≥ 0 vamos analisar o sinal de 
|𝑥−1|−2
𝑥
 usando tabela de sinais. 
Para isso é preciso analisar o sinal de |𝑥 − 1| − 2. 
|𝑥 − 1| − 2 = 0 ⟺ |𝑥 − 1| = 2 ⟺ 𝑥 − 1 = −2 𝑜𝑢 𝑥 − 1 = 2 ⟺ 𝑥 = −1 𝑜𝑢 𝑥 = 3 
|𝑥 − 1| − 2 > 0 ⟺ |𝑥 − 1| > 2 ⟺ 𝑥 − 1 < −2 𝑜𝑢 𝑥 − 1 > 2 ⟺ 𝑥 < −1 𝑜𝑢 𝑥 > 3 
|𝑥 − 1| − 2 < 0 ⟺ |𝑥 − 1| < 2 ⟺ −2 < 𝑥 − 1 < 2 ⟺ −1 < 𝑥 < 3 
 (−∞, −1) −1 (−1 , 0) 0 (0 , 3) 3 (3, ∞) 
|𝑥 − 1| − 2 + + + 0 − − − − − − − − − 0 + + + 
𝑥 − − − − − − − − − 0 + + + + + + + + + 
|𝑥 − 1| − 2
𝑥
 − − − 0 + + + 𝑛𝑑 − − − 0 + + + 
Portanto 
|𝑥−1|−2
𝑥
≥ 0 ⟺ −1 ≤ 𝑥 < 0 𝑜𝑢 3 ≤ 𝑥 < ∞ ⟺ 𝑥 ∈ [−1 , 0) ∪ [3, ∞) 
 
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Questão 4 [1,2 ponto] 
 Considere 𝑥 ∈ ℝ e a expressão 𝐸(𝑥) = 4√𝑥2 − √(2𝑥 − 1)2. 
Q4(a) Simplifique a expressão de forma que não apareça raiz quadrada na expressão. 
Q4(b) Usando a simplificação do item anterior podemos escrever a expressão da seguinte forma: 
𝐸(𝑥) = {
𝐴(𝑥) 𝑠𝑒 𝑥 < 𝑎
𝐵(𝑥) 𝑠𝑒 𝑎 ≤ 𝑥 < 𝑏
𝐶(𝑥) 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 𝑏
 
 Encontre os valores de 𝑎 e de 𝑏 e encontre as expressões 𝐴(𝑥), 𝐵(𝑥) e 𝐶(𝑥), que são polinômios 
de 1º grau. 
Q4(c) Resolva a equação 𝐸(𝑥) = 3. 
RESOLUÇÃO 
Q4(a) 𝐸(𝑥) = 4√𝑥2 − √(2𝑥 − 1)2 
Uma importante propriedade dos números reais é: √𝑎2 = |𝑎| para todo número real 𝑎. 
Aplicando essa propriedade sabemos que √𝑥2 = |𝑥| e √(2𝑥 − 1)2 = |2𝑥 − 1|. 
Portanto 𝐸(𝑥) = 4√𝑥2 − √(2𝑥 − 1)2 = 4|𝑥| − |2𝑥 − 1|. 
 
Q4(b) Temos que 𝐸(𝑥) = 4√𝑥2 − √(2𝑥 − 1)2 = 4|𝑥| − |2𝑥 − 1|. 
Lembrando a definição de módulo, |𝑎| = {
 𝑎 𝑠𝑒 𝑎 ≥ 0
−𝑎 𝑠𝑒 𝑎 < 0
 
Para encontrar 4|𝑥| temos que substituir 𝑎 por 𝑥 em tudo que aparece 𝑥 na definição de módulo. 
|𝑥| = {
 𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 0
−𝑥 𝑠𝑒 𝑥 < 0
 ⟹ 4|𝑥| = {
 4𝑥 𝑠𝑒 𝑥 ≥ 0
4(−𝑥) = −4𝑥 𝑠𝑒 𝑥 < 0
 
Para encontrar |2𝑥 − 1| temos que substituir 𝑎 por 2𝑥 − 1 em tudo que aparece 𝑎 na definição de 
módulo. 
|2𝑥 − 1| = {
 2𝑥 − 1 𝑠𝑒 2𝑥 − 1 ≥ 0
−(2𝑥 − 1) 𝑠𝑒 2𝑥 − 1 < 0
 ⟹ |2𝑥 − 1| = {
 2𝑥 − 1 𝑠𝑒 𝑥 ≥
1
2
−(2𝑥 − 1) 𝑠𝑒 𝑥 <
1
2
 
Para determinar 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| vamos usar essas expressões na reta numérica, 
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Portanto 
𝐸(𝑥) = 4√𝑥2 − √(2𝑥 − 1)2 = 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = {
−2𝑥 − 1 𝑠𝑒 𝑥 < 0
6𝑥 − 1 𝑠𝑒 0 ≤ 𝑥 <
1
2
2𝑥 + 1 𝑠𝑒 𝑥 ≥
1
2
 
 
Q4(c) 𝐸(𝑥) = 3 ⟺ 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = 3 
 
Para resolver a equação vamos usar a expressão de 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| em cada intervalo, encontradas no 
item anterior. 
• 𝑥 < 0 ⟹ 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = −2𝑥 − 1. 
Assim a equação 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = 3 nesse caso é −2𝑥 − 1 = 3. Resolvendo, 
−2𝑥 − 1 = 3 ⟺ −2𝑥 = 4 ⟺ 𝑥 = −2 < 0. Logo 𝑥 = −2 satisfaz a condição inicial 𝑥 < 0 e 
concluímos que 𝑥 = −2 é solução da equação 𝐸(𝑥) = 3. 
• 0 ≤ 𝑥 <
1
2
 ⟹ 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = 6𝑥 − 1. 
Assim a equação 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = 3 nesse caso é 6𝑥 − 1 = 3. Resolvendo, 
6𝑥 − 1 = 3 ⟺ 6𝑥 = 4 ⟺ 𝑥 =
2
3
>
1
2
. Logo 𝑥 =
2
3
 não satisfaz a condição inicial 0 ≤ 𝑥 <
1
2
 e 
concluímos que 𝑥 =
2
3
 não é solução da equação 𝐸(𝑥) = 3. 
• 𝑥 >
1
2
 ⟹ 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = 2𝑥 + 1. 
Assim a equação 4|𝑥| − |2𝑥 − 1| = 3 nesse caso é 2𝑥 + 1 = 3. Resolvendo, 
2𝑥 + 1 = 3 ⟺ 2𝑥 = 2 ⟺ 𝑥 = 1 >
1
2
. Logo 𝑥 = 1 satisfaz a condição inicial 𝑥 >
1
2
 e concluímos 
que 𝑥 = 1 é solução da equação 𝐸(𝑥) = 3. 
 
Portanto as soluções da equação 𝐸(𝑥) = 3 são 𝑥 = −2 e 𝑥 = 1.