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CAPÍTULO 7 1) Se P(x)= anx n+an-1x n-1+...+a1x+a0, com an0 e p(x)= bpx p+bp-1x p-1+...+b1x+b0, com n p e bp0, 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 n1. 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 p1. 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+10. Se x 1, p(x)= 1x 1x 1n . Como n é par, não existe x real, x1, 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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