Resolução de Equações com Módulo

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Lição 10 Seção 1 : Operações que modificam o conjunto das soluções
d
x
x2 − 1
=
1
x− 1
;
Em D = R temos que:
x
x2 − 1
=
1
x− 1
Regra 14
=⇒ x(x− 1) = x2 − 1 .
Agora, precisamos resolver a equação x(x− 1) = x2 − 1 e testar as soluções na equação inicial.
Resolvendo-a, obtemos:
x(x− 1) = x2 − 1 ⇐⇒ x2 − x = x2 − 1 ⇐⇒ x = 1.
Voltando a equação inicial verificamos que x = 1 não é solução da equação inicial. Consequentemente,
a equação inicial não tem soluções.
d
x
x2 − 4
=
3
5(x− 2)
;
Em D = R temos que:
x
x2 − 4
=
3
5(x− 2)
Regra 14
=⇒ 5(x2 − 2x) = 3x2 − 12 .
Agora, precisamos resolver a equação 5(x2 − 2x) = 3x2 − 12 e testar as soluções na equação inicial.
Resolvendo-a, obtemos:
5(x2 − 2x) = 3x2 − 12 ⇐⇒ 2x2 − 10x+ 12 = 0 ⇐⇒ x2 − 5x+ 6 = 0
⇐⇒ x = 2 ou x = 3 .
Voltando a equação inicial verificamos que x = 2 não é solução da equação inicial mas, x = 3 é solução.
Consequentemente, a equação inicial tem uma única solução, a saber, x = 3 .
Regra 15. Suponha que a equação inicial tenha um termo do tipo |E| . Então, teremos:
Equação inicial =⇒

equação obtida trocando |E| por E na equação inicial
ou
equação obtida trocando |E| por −E na equação inicial.
Resolvidas as duas novas equações devemos testar todas as soluções para saber qual delas
é solução da equação inicial.
Exemplos
Novamente, estamos assumindo que D = R .
d |x+ 1| = 2x ;
Aplicando a regra acima temos que:
|x+ 1| = 2x =⇒
 x+ 1 = 2x
ou
−(x+ 1) = 2x
=⇒
 x = 1
ou
3x = −1
=⇒
 x = 1
ou
x = −1/3 .
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Lição 10 Seção 1 : Resolvendo equações com módulo
Voltando a equação inicial, verificamos que x = 1 é solução. No entanto, x = −1/3 não é solução
dessa equação. Assim, S = {1}.
d Para a equação x|x|+ 2x = 1 temos:
x|x|+ 2x = 1 =⇒
 x2 + 2x = 1
ou
−x2 + 2x = 1
=⇒
 x2 + 2x− 1 = 0
ou
x2 − 2x+ 1 = 0
=⇒

x =
−2±
√
4 + 4
2
ou
(x− 1)2 = 0
=⇒
 x = −1±
√
2
ou
(x− 1)2 = 0
=⇒
 x = −1±
√
2
ou
x = 1 .
Testando as soluções na equação inicial conclúımos:
+ x = 1 não é solução;
+ x = −1 −
√
2 não é solução pois é facil observar que um número negativo não pode ser solução
da equação inicial;
+ Para x =
√
2− 1 temos:
x|x|+ 2x
]
x=
√
2−1
= (
√
2− 1)2 + 2(
√
2− 1) = (
√
2− 1)(
√
2 + 1) = 2− 1 = 1 .
Portanto, x =
√
2− 1 é a única solução da equação proposta.
1.5 Resolvendo equações com módulo
A aplicação sucessiva da Regra 15 nos permite resolver equações envolvendo módulo de ex-
pressões bem mais sofisticadas do que as apresentadas nos exemplos anteriores. A seguir damos
uma receita para tal método.
+ 1o Passo:
Para cada expressão do tipo |E| , na expressão inicial, constrúımos 2 equações:
uma trocando |E| por E e outra trocando |E| por −E .
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Lição 10 : Exerćıcios resolvidos
+ 2o Passo:
Aplicar o passo acima até eliminar todos os módulos.
Note que para cada módulo retirado constrúımos 2 equações. Se tivermos de retirar
2 módulos, obtermos 22 equações; se tivermos de retirar 3 módulos, obteremos
23 equações, e assim por diante.
+ 3o Passo:
Retirados todos os módulos resolvemos as equações resultantes. Depois, testamos
todas as soluções na equação inicial pois esse processo, baseado na Regra 15, pode
introduzir soluções estranhas à equação inicial.
Exemplo
d 2−
∣∣∣x+ |2x+ 1| − 2
∣∣∣ = 2 + x ;
Para resolver essa equação usando a receita que acabamos de descrever, devemos fazer:
+ Retirar um primeiro módulo, obtendo:
2− |x+ 2x+ 1− 2| = 2 + x ; 2− |x− (2x+ 1)− 2| = 2 + x .
+ Retirando os módulos restantes, obtemos:
2− (x+ 2x+ 1− 2) = 2 + x ; 2−
(
x− (2x+ 1)− 2
)
= 2 + x
2 + (x+ 2x+ 1− 2) = 2 + x ; 2 +
(
x− (2x+ 1)− 2
)
= 2 + x .
Agora, para encontrar as soluções da equação inicial devemos, resolver as quatro equações acima e
testar as soluções encontradas para saber quais delas são soluções da equação inicial. Nesse processo,
encontraremos todas as soluções da equação inicial.
Exerćıcios resolvidos
1. Resolva a equação x +
x − 1
x
= 0 .
Solução Os membros da equação em estudo estão bem definidos em D = R− {0} .
210
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