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A MATEMÁTICA NO ENSINO MÉDIO - RESPOSTAS - Vol. 1 - Cap. 7 - Funções Polinominais

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CAPÍTULO 7 
 
1) Se P(x)= anx
n+an-1x
n-1+...+a1x+a0, com an0 e p(x)= bpx
p+bp-1x
p-1+...+b1x+b0, com n  p 
 e bp0, tome q0(x)=
pn
p
n x
b
a 
. P(x)p(x)q0(x)=
1n
1p
p
n
1n xb
b
a
a  








+ ... tem grau no máximo 
igual a n1. 
Pondo P(x)p(x)q0(x) para desempenhar o papel de P(x), vemos que existe um polinômio 
q1(x) tal que P(x)p(x)q0(x)p(x)q1(x)= P(x)p(x)[q0(x)+q1(x)] tem, no máximo, grau n-2. 
Prosseguindo, vemos que existe um polinômio q(x)= q0(x)+q1(x)]+...+qn-p(x) tal que 
P(x)p(x)q(x) tem grau, no máximo, igual a p1. Chamando P(x)p(x)q(x) de r(x), está 
provado o que se queria demonstrar. 
 
 
2) Se P(x)=p(x)q1(x) + r1(x) e P(x)=p(x)q2(x) + r2(x) com os graus de r1(x) e de r2(x) 
ambos menores que o grau de p(x), temos, subtraindo, p(x)[q1(x)q2(x)]= r2(x) r1(x),. 
Se q1(x)q2(x) não for identicamente nulo, o grau do primeiro membro será igual a ou 
maior que o grau de p(x), ao passo que o grau do segundo membro será menor que o 
grau de p(x). Logo, q1(x)q2(x) é identicamente nulo, ou seja, q1(x)=q2(x). Substituindo, 
obtemos 0= r2(x) r1(x), ou seja, r1(x)= r2(x). 
 
 
3) a) Se  é raiz simples de p(x) então p(x)=(x-)q(x), com q()  0. Daí, p()=(-)q()=0 
e, como p’(x)=(x-)’q(x)+(x-)q’(x)= q(x)+(x-)q’(x), p’()=q()  0. 
 
b) Se p() = 0 e p’()  0, então p(x)=(x)q(x) pois  é raiz de p(x) e, como p’(x) = 
(x-)’q(x)+(x-)q’(x)= q(x)+(x-)q’(x), q() = p’()  0. 
 
c) Se  é raiz dupla de p(x) então p(x)=(x-)2q(x), com q()  0. Daí, p()=(-)q()=0 e, 
como p’(x)=[(x-)2]’q(x)+(x-)2q’(x)= 2(x)q(x)+(x-)2q’(x) e p’’(x) = 2q(x)+4(x)q’(x)+ 
(x-)2q’’(x), p’()=0 e p’’() = 2q()  0. 
 
d) Se p() = p’() = 0 e p’’()  0, então p(x)=(x)q(x) pois  é raiz de p(x) e, como p’(x) 
= (x-)’q(x)+(x-)q’(x)= q(x)+(x-)q’(x), q() = p’() = 0; logo,  é raiz de q(x) e, portanto, 
q(x) é divisível por (x), o que garante a existência de um polinômio q1(x) tal que 
q(x)=(x)q1(x). Então p(x)=(x)q(x) = (x).(x)q1(x) = (x-)
2q1(x); como p’(x)= 
[(x-)2]’q1(x)+(x-)
2q1’(x)= 2(x)q1(x)+(x-)
2q1’(x) e p’’(x) = 2q1(x)+4(x)q1’(x)+ 
(x-)2q1’’(x), p’’() = 2q(), q() = 
)(''p
2
1

  0. 
 
4) Errado. Se p(x)=x2-1, temos p’(x)=2x. 0 é raiz simples de p’(x) mas não é raiz dupla de 
p(x). 
 
5) p(x)= 2
)42)(32)(12(
)4x)(3x)(1x(


+1
)41)(31)(21(
)4x)(3x)(2x(


+4
)41)(31)(21(
)4x)(3x)(2x(


+ 
3
)41)(31)(21(
)4x)(3x)(2x(


= 
.15x
3
65
x10x
3
4 23 
 
 
6) Seja p(x)= anx
n+an-1x
n-1+...+a1x+a0 e suponhamos an>0. Seja k o maior dos números 
.a,...,a,a 1n10 
 
Se x>1, 
01
1n
1n axa...xa 



01
1n
1n axa...xa 


 
01
1n
1n axa...xa 


  
kxn-1+...+kxn-1+kxn-1=nkxn-1. Se tomarmos um valor para x que, além de ser maior que 1, 
seja também maior que 
na
nk
, teremos x>
na
nk
, anx>nk, anx
n>nkxn-1>
01
1n
1n axa...xa 


, 
p(x)>0. 
 
Se x< 1 , 
01
1n
1n axa...xa 


 
01
1n
1n ax.a...x.a 


 
1n
xk

+...+
1n
xk

+
1n
xk

 
 
=n
1n
xk

. . Se tomarmos um valor para x que, além de ser menor que 1, seja também 
menor que 
na
nk
, teremos x< 
na
nk
, anx< nk, anx
n < nkxn-1 (como n é ímpar, xn-1 é 
positivo), 
1nn
n xnkxa


(na desigualdade anterior os dois membros são negativos; de 
dois números negativos, o menor é o que tem o maior módulo), 
nnxa 01
1n
1n axa...xa 


 e, como anx
n é negativo, p(x)<0. 
Caso fosse an < 0, bastava aplicar a conclusão ao polinômio p(x). 
Pela continuidade do polinômio, se p(x1)<0 e p(x2)>0, existe x0 compreendido entre x1 e x2 
tal que p(x0)=0. 
 
7) 1 não é raiz do polinômio pois p(1)=n+10. Se x 1, p(x)=
1x
1x 1n


. Como n é par, não 
existe x real, x1, tal que xn+1=1. Logo, p(x)  0 também para todo x real diferente de 1. 
 
8) Obtém-se x0=3; x1=2,333; x2=2,238; x3=2,236; x4=2,236. Como 2,236
2<5 e 2,2372>5, a 
resposta é 2,236. 
 
9) Devemos determinar a raiz real de p(x)=x3-a. A fórmula do método de Newton é 
xn+1= 
nx
)x('p
)x(p
n
n
=
2
n
3
n
n
x3
ax
x


=
2
n
n
x3
a
x
3
2

. 
No caso a=2, a fórmula fica xn+1= 
2
n
n
x3
a
x
3
2

. Começando com se x0=1, obtém-se 
x1=1,3333; x2=1,2639; x3=1,2599; x4=1,2599. Como 1,2599
3<2 e 1,26003>2, a 
aproximação de 
3 2
com 4 decimais exatas é 1,2599.

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