calculo 4 livro

+ a2n−2
x
+ . . .
a0
x2n−1
)
e´ o mesmo sinal de a2n−1x2n−1, que e´ a2n−1x2n−1 > 0.
Argumentando do mesmo jeito para x→ −∞, concluimos que o sinal de
a2n−1x2n−1 · (1 + a2n−2
x
+ . . .
a0
x2n−1
)
para x < 0 suficientemente grande e´ o mesmo sinal de a2n−1x2n−1, que nesses pontos
e´ a2n−1x2n−1 < 0.
Enta˜o
f(x) = a2n−1 · x2n−1 + a2n−2 · x2n−2 + . . .+ a1 · x+ a0
assumiu valores negativos e positivos.
Pelo T.V.I. e pela continuidade do polinoˆmio f(x), tem que haver um ponto onde
f(x) = 0.
Caso a2n+1 < 0: completamente ana´logo.
�
Esse teorema (e sua prova) na˜o da˜o nenhuma pista de como achar concretamente
algum ponto x onde f(x) = 0.
Em dois trabalhos, de 1690 e 1691, Michel Rolle tentou estabelecer um me´todo
para determinar concretamente esses zeros.
Ele o fez de um modo bem confuso, pois na˜o tinha uma boa definic¸a˜o de Derivada,
mas seu nome ficou associado ao teorema que estabeleceremos mais adiante no Cap´ıtulo
10 e que nos permitira´ criar me´todos para encontrar ra´ızes de polinoˆmios (e de func¸o˜es
mais gerais).
Um aplicac¸a˜o interessante do Teorema de Rolle e do T.V.I. sera´ dada na Sec¸a˜o 5
do Cap´ıtulo 13, para provar a Regra de sinais de Descartes, que da´ uma estimativa
do nu´mero de ra´ızes Reais de um polinoˆmio.
CAPI´TULO 6. A NOC¸A˜O DE CONTINUIDADE 81
7. Ra´ızes simples e fatorac¸a˜o de polinoˆmios
Acho que pode ser u´til na formc¸a˜o dos estudantes, ter uma prova do seguinte fato
fundamental:
Teorema 7.1. Seja f(x) = anx
n+ an−1xn−1+ . . .+ a0 um polinoˆmio de grau n, com
coeficientes ai ∈ R.
Sa˜o equivalentes:
• i) f(x) = 0 para alguma ra´ız x ∈ R e
• ii) f(x) = (x − x) · g(x) onde g(x) e´ um polinoˆmio de grau n − 1 com
coeficientes Reais.
Demonstrac¸a˜o.
ii) obviamente implica i), pois:
f(x) = (x− x) · g(x) = 0.
A prova de que i) implica ii) sera´ dividida em duas etapas.
A parte interessante e´ construir o g(x) que queremos em:
f(x) = (x− x) · g(x) + r,
onde r e´ uma constante.
Se tivermos feito isso, avaliaremos tudo em x:
0 = f(x) = (x− x) · g(x) + r = r,
para concluir que r = 0.
Para chegarmos na desejada expressa˜o f(x) = (x−x)·g(x)+r, temos um algoritmo
a executar.
Para f(x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a0 , fac¸o
g1(x) := an · xn−1
e subtraio
r1(x) := f(x)− (x− x) · g1(x).
O g1(x) foi escolhido para que r1(x) na˜o tenha termo de grau n. Ou seja que esse
novo polinoˆmio r1(x) tem grau ≤ n− 1. Se por acaso r1(x) ≡ 0 enta˜o
f(x) = (x− x) · g1(x)
e ja´ temos o que queremos, com r = 0 e g(x) := g1(x).
Caso contra´rio r1(x) = bkx
k + bk−1xk−1 + . . ., onde k ≤ n− 1; defino
g2(x) :=
xk−1
bk
,
e subtraio
r2(x) := r1(x)− (x− x) · g2(x).
7. RAI´ZES SIMPLES E FATORAC¸A˜O DE POLINOˆMIOS 82
Pela definic¸a˜o do g2(x) esse novo polinoˆmio r2(x) tem grau ≤ n− 2. Se dermos sorte
e r2(x) ≡ 0 enta˜o
f(x) = (x− x) · [g1(x) + g2(x)],
e ja´ temos o que queremos com r = 0 e g(x) = g1(x) + g2(x).
Caso contra´rio continuamos, considerando agora r2(x) = cjx
j + cj−1xj−1 + . . .,
onde j ≤ n− 2 e definindo g3(x) e r3(x) como fizemos antes.
O que importa e´ que o grau desse novo r3(x) sera´ ≤ n − 3. Ou seja, como va˜o
caindo os graus dos rk(x) a cada etapa, apo´s no ma´ximo n etapas chegaremos a um
rk(x) (k ≤ n) que ou bem e´ ≡ 0 ou bem tem grau zero, uma constante. Esse sera´ o
r. E g(x) := g1(x) + . . .+ gk(x), k ≤ n. �
Digressa˜o sobre o Teorema 7.1:
Se observarmos a prova desse Teorema vemos que, na fatorac¸a˜o
f(x) = (x− x) · g(x)
os coeficientes do polinoˆmio g(x) sa˜o soma, subtrac¸o˜es, produtos, quocientes da ra´ız
x e dos coeficientes ai de f(x).
Por isso, se a ra´ız x fossse um nu´mero Complexo e a1 sa˜o Reais ou Complexos, de-
veria haver uma fatorac¸a˜o de f onde o polinoˆmio g(x) tivesse coeficientes Complexos.
Por exemplo, temos
x3 − 1 = (x− 1) · (x2 + x+ 1)
e isso e´ tudo que podemos fazer se estamos limitados a trabalhar com coeficientes
Reais.
Mas x2 + x+ 1 tem ra´ızes Complexas:
x1 :=
−1 −√−1√3
2
e x2 :=
−1 +√−1√3
2
,
ous seja, as ra´ızes Reais ou Complexas de x3 − 1 = 0 sa˜o 1, x1, x2. Portanto deveria
haver uma fatorac¸a˜o:
x3 − 1 = (x− x1) · g(x),
com os coeficientes desse novo g(x) nos Complexos.
Seguindo os passos do algoritmo dado na prova do Teorema 7.1 (com a mesma
notac¸a˜o), fac¸o:
g1(x) := x
2
r1 := x
3 − 1− x2 · (x− x1) =
= x1 x
2 − 1.
Agora
g2(x) := x1 x,
r2 := r1 − x1 x · (x− x1) =
= x21 x− 1.
E tambe´m
g3(x) := x
2
1,
CAPI´TULO 6. A NOC¸A˜O DE CONTINUIDADE 83
r3 := r2 − x21 · (x− x1) =
= −1 + x31 = 0.
Portanto
g(x) := g1(x) + g2(x) + g3(x) =
= x2 + x1 x+ x
2
1,
e a fatorac¸a˜o e´
x3 − 1 = (x− x1) · ( x2 + x1 x+ x21 ), onde x1 :=
−1−√−1√3
2
.
Note que:
(x− 1) · (x− x2) = x2 − (x2 + 1) x+ x2 =
= x2 + x1 x+ x
2
1,
pois claramente
x2 + 1 = −x1,
e
x21 = x2.
8. Poss´ıveis ra´ızes Racionais de polinoˆmios a coeficientes inteiros
Aproveito o tema das ra´ızes de polinoˆmios para lembrar o seguinte Teste, que
permite saber se pode haver ra´ız Racional de um polinoˆmio a coeficientes Inteiros:
Afirmac¸a˜o 8.1. Seja p(x) = ak · xk + ak−1 ·xk−1+ . . .+ a1 ·x+ a0 polinoˆmio de grau
k ≥ 1 com coeficientes Inteiros:
ak, ak−1, . . . , a1, a0 ∈ Z.
Suponha que p(x) tem alguma ra´ız Racional, ou seja, da forma
x =
m
n
∈ Q, com m e n primos entre si.
Enta˜o m e´ divisor de a0 e n e´ divisor de ak.
Demonstrac¸a˜o.
Suponho que:
p(
m
n
) = ak · m
k
nk
+ ak−1 · m
k−1
nk−1
+ . . .+ a1 · m
n
+ a0 = 0.
Enta˜o
ak · m
k
nk
+ ak−1 · m
k−1
nk−1
+ . . .+ a1 · m
n
= −a0
e multiplicando por nk:
ak ·mk + n · ak−1 ·mk−1 + . . .+ a1 · nk−1 ·m = −nk · a0
e da´ı:
m · [ak ·mk−1 + n · ak−1 ·mk−2 + . . .+ a1 · nk−1] = nk · (−a0).
Como
ak ·mk−1 + n · ak−1 ·mk−2 + . . .+ a1 · nk−1 ∈ Z
temos que m e´ um divisor de nk · (−a0).
9. EXERCI´CIOS 84
Como m e n sa˜o primos entre si isso implica que m e´ divisor de a0.
Tambe´m temos:
−ak · m
k
nk
= ak−1 · m
k−1
nk−1
+ . . .+ a1 · m
n
+ a0
e portanto, multiplicando por nk:
−ak ·mk = n · ak−1 ·mk−1 + . . .+ nk−1 · a1m+ nk · a0
e da´ı:
−ak ·mk = n · [ak−1 ·mk−1 + . . .+ nk−2 · a1 ·m+ nk−1 · a0].
Como
ak−1 ·mk−1 + . . .+ nk−2 · a1 ·m+ nk−1 · a0 ∈ Z
isso diz que n e´ divisor de −ak ·mk. Como m e n sa˜o primos entre si, isso implica
que n e´ divisor de ak.
�
Na Sec¸a˜o 5 do Cap´ıtulo 13 daremos uma prova da Regra de Sinais de Descartes,
que estima quantos zeros pode ter um polinoˆmio a coeficientes Reais.
9. Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 9.1. Considere a func¸a˜o definida assim: f(x) = 0 se x e´ um nu´mero
racional e f(x) = 1 se x e´ um nu´mero irracional.
i): Como e´ seu gra´fico ?
ii): em que pontos ela e´ cont´ınua ou e´ descont´ınua?
Exerc´ıcio 9.2. A soma, o produto e a composic¸a˜o de func¸o˜es cont´ınuas produz
func¸o˜es cont´ınuas. Usando isso calcule:
i) lim
x→1
(3x− 4x) · (x5 − 2x)4,
ii) lim
x→1
√
4x− 3x · (x5 − 2x)4.
Exerc´ıcio 9.3. Deˆ um exemplo de f(x) descont´ınua em algum ponto mas tal que
f 2(x) e´ cont´ınua em todos os pontos.
Exerc´ıcio 9.4. (resolvido)
Prove que a func¸a˜o definida por f(x) = x · sin( 1
x
), se x > 0 e f(0) = 0 e´ cont´ınua.
Exerc´ıcio 9.5. Prove a Afirmac¸a˜o 1.1, que chamei de princ´ıpio de ine´rcia das func¸o˜es
cont´ınuas.
Exerc´ıcio 9.6. Um aluno me disse que, para descobrir em quais intervalos um
polinoˆmio y = f(x) de grau n e´ positivo ou negativo, ele faz o seguinte.
Ele primeiro descobre todas as ra´ızes Reais x1, x2, . . . , xk, onde k ≤ n.
Depois considera os intervalos (−∞, x1), (x1, x2), etc , (xk−1, xk), (xk,+∞). Enta˜o
para saber o sinal de f em cada intervalo desses, ele examina o sinal de f(x) em um
u´nico x de cada intervalo.
CAPI´TULO 6. A NOC¸A˜O DE CONTINUIDADE 85
O me´todo dele esta´ correto ? Se esta´,