Um Curso de Calculo e Equaçoes Diferenciais com Aplicaçoes
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Um Curso de Calculo e Equaçoes Diferenciais com Aplicaçoes

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+ 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´,