A derivada de uma função y = f ( x ) num ponto x = x 0 , é igual ao valor da tangente trigonométrica do ângulo formado pela tangente geométrica à curva representativa de y = f ( x ) , no ponto x = x 0 , ou seja, a derivada é o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico da d a função no ponto x 0 . Assim, a derivada de uma função f(x) no ponto x 0 é dada por: f ( x )− f ( x 0 ) f ( x 0+ h )− f ( x 0) δ f ( x )= f ' ( x )= lim = lim 0 0 x → x h→ 0 δ x x – x 0 h 0
Resposta da Unidade 12
1. Sejam f(x) e g(x) polinômios não identicamente nulos tais que gr f ( x )≥ gr g ( x ) , em que gr significa o grau do polinômio. Prove que existe um polinômio q(x) tal que )]< < gr f ( x ) . Usando repetidamente este fato, mostre que existem polinômios q(x) gr [ f ( x )− g ( x ) q ( x )] e r(x) tais que f ( x )= g ( x ) q ( x )+ r ( x ) , com gr r ( x )< gr g ( x ) . Os polinômios q(x) e r(x), tais que f ( x )= g ( x ) q ( x )+ r ( x ) com gr r ( x )< gr g ( x ) , chamam-se respectivamente o quociente e o resto da divisão de f(x) por g(x).
+ a n−1 x n−1 +... + a1 x + a0 , com a n≠0 e portanto gr f ( x )=n p p− 1 g ( x )= b p x + b p−1 x + ... + b 1 x + b0 , , com b p≠ 0 e portanto gr g ( x )= p f ( x )=a n x
n
Pela hipótese, n ≥ p . Tome q 0 ( x )= p
g ( x ) q 0 ( x )=( b p x
p
g ( x ) q 0 ( x )= b p x
an b p
x
n− p
. Façamos f ( x )− g ( x ) q 0 ( x )
+b p− 1 x p−1 + ... +b 1 x + b0 )
an
x
b p an
g ( x ) q 0 ( x )= a n x n+
b p
n− p
+ b p−1 x p−1
b p−1 x
n−1
+ ... +
an b p an
b p
x
an b p
n − p
b1 x
x
n − p
+ ... + b1 x
n− p + 1
–
an b p
an b p
x
b0 x
n− p
+b 0
an b p
x
n− p
n− p
Então, f ( x )− g ( x ) q 0 ( x )=a n x
f ( x )− g ( x ) q 0 ( x )=0x
n
n
+ a n−1 x n −1 + ... + a 1 x + a0− an x n −
+( an −1 –
an
b p −1 ) x
an b p
b p−1 x
n− 1
−...−
an b p
b1 x
n − p + 1
−
an b p
b0 x
n− p
n− 1
+… b p Assim, chamando f ( x )− g ( x ) q 0 ( x ) de g 1 ( x ) . Logo, gr g 1 ( x )≤ n−1 (tem, no máximo, grau n–1) Pondo f ( x ) – g ( x ) . q0 ( x ) para desempenhar dese mpenhar o papel de f(x), vemos que existe um polinômio q 1( x ) tal que f ( x ) – g ( x ) . q0 ( x ) – g ( x ) q 1 ( x )= f ( x ) – g ( x )[ q 0 ( x )+ q1 ( x )] (tem, no máximo, grau n–2) Pros Prosse segu guin indo do,, vemo vemoss que que exis existe te um poli polinô nômi mio o )]+ + ... + q n− p ( x ) tal que q ( x )=[ q0 ( x )+ q 1 ( x )] f ( x ) – g ( x ) q ( x ) tem, no máximo, grau igual a p – 1. Chamando f ( x ) – g ( x ) q ( x ) em r ( x ) , está provado o que se queria demonstrar 2. Prove a unicidade do quociente e do resto, isto é, se f ( x )= g ( x ) q 1 ( x )+ r 1 ( x ) e amboss meno menorres do que que gr p ( x ) , então f ( x )= g ( x ) q 2 ( x )+ r 2 ( x ) , com gr r 1( x ) e gr r 2 ( x ) ambo q 1( x )= q 2 ( x ) e r 1( x )= r 2 ( x ) para todo x ∈ℝ . 1º Modo Se f ( x )= g ( x ) q 1 ( x )+ r 1 ( x ) e f ( x )= g ( x ) q 2 ( x )+ r 2 ( x ) com os graus de r 1( x ) e de r 2 ( x ) ambos menores que o grau de p(x), temos: g ( x ) q1 ( x )+ r 1 ( x )= g ( x ) q 2 ( x )+ r 2 ( x ) ⇒ ⇒ g ( x )q 1 ( x )− g ( x ) q 2 ( x )=r 2 ( x ) – r 1( x ) ⇒ g ( x )[ q1 ( x ) – q 2 ( x )]= r 2 ( x )− r 1 ( x ) Se q 1( x ) – q2 ( x ) não for identicamente nulo, o grau do primeiro membro será igual a ou maior que o grau de g(x) ao passo que o grau do segundo membro será menor que o grau de g(x). Logo, q 1( x ) – q2 ( x )= 0 ⇒ q 1 ( x )=q 2 ( x ) . Substituindo, obtemos 0 =r 2 ( x )− r 1( x ) ⇒ r 1 ( x )=r 2 ( x )
2ºModo Igualando as expressões temos: g ( x ) q1 ( x )+ r 1 ( x )= g ( x ) q 2 ( x )+ r 2 ( x )⇒ ⇒ g ( x ) q 1 ( x )− g ( x ) q 2 ( x )=r 2 ( x ) – r 1( x )⇒ g ( x )[ q1 ( x ) – q 2 ( x )]= r 2 ( x )− r 1 ( x ) Vamos agora comparar os graus dos polinômios em cada membro desta igualdade. Para isto vamos analisar dois casos: (i) q 1( x ) – q2 ( x )≠ 0 No primeiro membro da igualdade temos um produto entre polinômios. Logo, temos que o grau deste membro será pelo igual ou maior que grau de p ( x ) . No segundo membro da igualdade temos uma diferença entre dois polinômios. Logo temos que o grau deste membro deverá ser menor que o grau de p ( x ) pois o enunciado afirma que os graus de r 1( x ) e r 2 ( x ) são menores que o grau de p ( x ) , o que é um absurdo. (ii) q 1( x ) – q2 ( x )= 0 Neste caso q 1( x )= q 2 ( x ) . Utilizando a igualdade g ( x ) q1 ( x )+ r 1 ( x )= g ( x ) q 2 ( x )+ r 2 ( x ) chegamos a conclusão que r 1( x )= r 2 ( x ) , ∀ x ∈ℝ
3. Diz-se que o número real α é uma raiz de multiplicidade m do polinômio p(x) quando se tem m p ( x )=( x −α) q ( x ) , com q (α)≠ 0 . Se m = 1 ou m = 2, α chama-se respectivamente uma raiz simples ou uma raiz dupla. Prove que α é uma raiz simples de p(x) se, e somente se, tem-se p (α)= 0 e p ' (α)≠0 . Prove também que é uma raiz dupla de p(x) se, e somente se, p (α)= p ' (α)=0 e p ''0 (α)≠0 . Generalize.
α é uma raiz simples de p(x) se, e somente se, p (α)= 0 e p ' (α)≠0 (⇒) Temos que p ( x )=( x −α) q ( x ) , q (α)≠ 0 Calculando a derivada primeira da função temos: p ' ( x )= q ( x )−( x −α) q ' ( x ) 1 Se calcularmos p ' (α) temos: p ' (α)= q (α)−(α−α)q ' (α)⇒ p ' (α)=q (α) , q (α)≠0 ⇒ p ' (α)≠0 (⇐) m Temos que p ( x )=( x −α) q ( x ) , q ( x )≠0 e m≥1 m− 1 m Calculando a derivada primeira da função temos: p ' ( x )= m ( x −α) q ( x )+( x −α ) q ' ( x ) 2 m− 1 m Se calcularmos p ' (α) temos: p ' (α)= m (α−α) q ( x )+(α−α) q ' ( x ) Para m > 1 temos que p ' (α)=0 . Logo, m=1 e portanto é uma raiz simples (i)
α é uma raiz dupla de p(x) se, e somente se, p (α)= p ' (α)=0 e p ''0 (α)≠0 (⇒) 2 Temos que p ( x )=( x −α) q ( x ) , q (α)≠ 0 2 Calculando a derivada primeira da função temos: p ' ( x )= 2 ( x −α) q ( x )+( x −α) q ' ( x ) 2 Sejam f ( x )=2 ( x −α)=2x − 2 α , g ( x )=q ( x ) , h ( x )=( x −α) , i ( x )= q ' ( x ) Então p ' ( x )= f ( x ) . g ( x )+ h ( x ) . i ( x ) (ii)
Em seguida calculamos a derivada segunda da função. Assim, temos: p ' ' ( x )= f ' ( x ) g ( x )+ f ( x ) g ' ( x )+ h ' ( x ) i ( x )+ h ( x ) i ' ( x )⇒ ⇒ p ' ' ( x )= 2q ( x )+ 2 ( x −α) q ' ( x )+ 2 ( x −α) q ' ( x )+( x −α) 2 q ' ' ( x ) Calculamos agora p (α) , p ' (α) e p ' ' (α) . Temos assim: 2 2 p (α)=(α−α) q (α)=0 , p ' (α)= 2 (α−α) q (α)+(α−α) q ' (α)= 0 e 2 p ' ' (α)=2q (α) + 2 (α−α) q ' (α)+ 2 (α−α) q ' (α)+(α−α) q ' ' (α)≠0 ⏟
≠0
(⇐) 1 2
δ f ( x ) . g ( x )= f ' ( x ) . g ( x )+ f ( x ) . g ' ( x ) δ x δ x n= nx n−1 δ x
m
Temos que p (α)= p ' (α)=0, p ' ' (α)≠ 0 e sabemos que p ( x )=( x −α) q ( x ) , q ( x )≠0 m− 1 m A derivada primeira desta função é p ' ( x )= m ( x −α ) q ( x )+( x −α ) q ' ( x ) m −1 m Sejam f ( x )= m( x −α) , g ( x )=q ( x ) , h ( x )=( x −α) , i ( x )=q ' ( x ) Então p ' ( x )= f ( x ) . g ( x )+ h ( x ) . i ( x ) Em seguida calculamos a derivada segunda da função. Assim, temos: p ' ' ( x )= f ' ( x ) g ( x )+ f ( x ) g ' ( x )+ h ' ( x ) i ( x )+ h ( x ) i ' ( x )⇒ ⇒ p ' ' ( x )=( m −1) m ( x −α)m −2 q ( x )+ m ( x −α)m−1 q ' ( x )+ m ( x −α)m −1 q ' ( x )+( x −α )m q ' ' ( x ) m
p (α)= 0 ⇒(α−α) q (α)=0 ⇒ m > 0 m− 1 m p ' (α)=0 ⇒ m (α−α) q ( x )+(α−α) q ' ( x )⇒ m−1 > 0, m > 0 ⇒ m > 1, m > 0 ⇒ m> 1 m− 2 m− 1 m−1 m p ' ' (α)≠0 ⇒( m−1 ) m(α−α) q (α)+ m(α−α) q ' (α)+ m (α−α) q ' (α)+(α−α) q ' ' (α)≠ 0 ⇒ ⇒ m −2 =0 ou m −1=0 ou m= 0 ⇒ m = 2 ou m =1 ou m =0 Logo, m=2 e portanto α é uma raiz dupla (iii) Generalização Diz-se que %alfa é uma raiz de multiplicidade m>=1 se e somente se m −1 m p (α)= p ' (α)=...= p ' (α)= 0 e p ' (α)≠ 0
α é raiz dupla de p(x) se, e somente se, é raiz simples de p'(x).
4. Certo ou errado: 2
Errado, se p ( x )= x – 1 , temos p ' ( x )= 2x 0 é raiz simples de p'(x) mas não é raiz dupla de p(x) 5. Determine o polinômio p(x) de menor grau possível tal que p(1) = 2, p(2) = 1, p(3) = 4 e p(4) = 3. 1º Modo: n
L ( x ) f ( x ) ∑ =
Utilizando a fórmula de Interpolação de Lagrange: p n ( x )=
i
i
i 0
n ( x − x 0 )( x – x 1) ... ( x – x n ) ( x − x j ) =∏ Li ( x )= ,i =0,1,2 , ... , n temos: ( x i− x 0)( x i – x 1 ) ... ( x i – x n) j=0 ( x i – x j ) j ≠ i
( x – 2 )( x – 3 )( x – 4 ) ( x −1 )( x – 3 )( x – 4 ) ( x −1 )( x – 2 )( x – 4 ) ( x −1 )( x – 2)( x – 3) +1 +4 +3 ( 1 – 2 )( 1 – 3)( 1− 4 ) ( 2− 1)( 2 – 3 )( 2 −4 ) ( 3 −1)( 3 – 2 )( 3− 4 ) ( 4−1 )( 4 – 2 )( 4 – 3 ) ( x – 2 )( x 2 – 7x + 12 ) ( x − 1)( x 2 – 7x + 12 ) ( x −1)( x 2 – 6x +8 ) ( x −1 )( x 2 – 5x + 6 ) +1 +4 +3 p ( x )=2 (−1)(−2)(−3 ) 1. (−1 )(−2 ) 2.1. (−1 ) 3.2.1 3 2 2 3 2 2 x – 7x + 12x – 2x + 14x − 24 x – 7x + 12x − x + 7x −12 + − p ( x )= (−3 ) 2 3 2 2 x – 5x + 6x − x + 5x − 6 3 2 2 −2 ( x – 6x + 8x − x +6x −8 )+ p ( x )=2
2
3
3 2 + 26x −24 x – 8x + 19x−12 x – 6x + 11x −6 3 2 + − 2 ( x – 7x +14x −8 ) + p ( x )= (−3 ) 2 2 3 2 − x 3+ 9x 2 −26x + 24 2x – 14x + 30x −18 ( )= + −2x 3 + 14x 2−28x + 16 p x
x – 9x
2
3
2
3 2 2 3 2 −2x + 18x −52x + 48 6x – 42x + 90x− 54 −12x3 + 84x 2−168x + 96 + + p ( x )= 6 6 6 3 2 3 2 3 −8x + 60x −130x + 90 −8x 60x 130x 90 4x 65x = + − + =− +10x 2− + 15 p ( x )= 6 6 6 6 6 3 3 3
2º Modo: 3 2 O polinômio procurado é da forma: p ( x )=ax + bx + cx + d 3 2 l 1 p ( 1 )=a1 + b1 + c1 + d ⇒ 2 =a + b + c + d I
l 2 l 3 l 4
l 2− l 1
3
+ b2 2 + c2 + d ⇒ 1 =8a + 4b + 2c + d ⇒ 7a + 3b + c =−1 II l − l l − l 3 2 p ( 3 )=a3 + b3 + c3 + d ⇒ 4= 27a + 9b + 3c + d ⇒ 19a + 5b + c =3 ⇒ 12a + 2b =4 III l − l l − l l − l 3 2 p ( 4 )= a4 + b4 + c4 + d ⇒ 3= 64a + 16b + 4c + d ⇒ 37a + 7b + c =−1 ⇒ 18a + 2b=− 4 ⇒ 6a =−8 IV p ( 2 )= a2
3
2
4
Em IV temos: 6a =−8 ⇒ a =−
3
2
3
4
3
4
3
8 4 ⇒ a =− 6 3
4 4 em III temos: 12 (− )+ 2b= 4 ⇒− 16 + 2b = 4 ⇒ 2b =20 ⇒ b=10 3 3 4 4 28 65 Substituindo a =− , b =10 em II temos: 7 (− )+ 3.10 + c =−1 ⇒ c =−1−30 + ⇒ c =− 3 3 3 3 4 65 4 65 Substituindo a =− , b =10, c =− em I temos: − + 10 − + d = 2 ⇒ d = 2 – 10 + 23 ⇒ d =15 3 3 3 3 4 3 65 2 Portanto, p ( x )=− x + 10x − x + 15 3 3 Substituindo a =−
6. Seja p(x) um polinômio cujo grau n é um número ímpar. Mostre que existem números reais x 1 , x 2 tais que p ( x 1 )< 0 e p ( x 2 )> 0 . Conclua daí que todo polinômio de grau ímpar admite pelo menos uma raiz real. n n −1 Seja p ( x )=a n x + a n− 1 x + ... + a1 x + a0 e suponhamos a n> 0 . Seja k o maior número ∣a0∣ ,∣a 1∣ , … ,∣a n− 1∣
Se x > 1 ,
∣an−1 x n−1+ ...+ a1 x + a 0∣≤∣a n− 1∣ x n−1+ ...+∣a 1∣ x +∣a 0∣≤kx n−1 + ... + kx n− 1+ kx n−1= nkx n−1
Se tomarmos um valor para x que, além de ser maior que 1, seja também maior que x >
nk , temos: an
nk ⇒ an x > nk ⇒ a n x n> nkx n−1 >∣an−1 x n−1+ ...+ a1 x +a 0∣ an
Se x <−1 ,
∣an−1 x n−1+ ...+ a1 x + a 0∣≤∣a n−1∣∣ x n−1∣+ ... +∣a1∣∣ x∣+∣a 0∣≤ k ∣ x n−1∣+ ... + k ∣ x n−1∣= nk ∣ x n−1∣
Se tomarmos um valor para x que, além de ser menor que -1, seja também maior que x <−
−
nk , temos: an
nk ⇒ a n x <− nk ⇒ an x n <−nkx n−1 an
Como n é impar, x
n− 1
é positivo,
∣an x n∣<− nk ∣ x n−1∣
porque na desigualdade anterior os dois números
são negativos, o menor é o que tem o maior módulo, ∣an x ∣>∣a n−1 x + ... + a1 x + a0∣ e como a n x é negativo, p ( x )< 0 . Caso fosse a n< 0 , bastava aplicar a conclusão do polinômio − p ( x ) . Logo, pela continuidade do polinômio, se p ( x 1 )< 0 e p ( x 2 )> 0 , existe x 0 compreendido entre x 1 e x 2 tal que p ( x 0 )=0 n
n−1
n
7. Seja p ( x )=a n x + ... + a1 x + a 0 , com a 0≠0 . (a) Prove que se n é par, p(x) tem o mesmo sinal de a n para ∣ x∣ suficientemente grande. n
n
⏟ n
Como n é para, x > 0, x < 0 ⇒ x > 0 . Logo, a n> 0 ⇒ a n x > 0 (polinômio > 0) e ( a n< 0 ⇒ a n x n n −1 polinômio < 0). Sendo p ( x )=a n x + a n− 1 x + ... + a 1 x + a0 com x é suficientemente grande, n− 1 p ( x ) x x a 0 p ( x ) n n −1 n n−1 , temos: = + + + + n ⇒ n =a n a a ... a x > x ⇒ an x > a n x n n − 1 1 n n n x x x x x zero
n
<0
(b) Prove que se n é ímpar, p(x) tem o mesmo sinal de a n para valores positivos muito grandes de x e tem sinal oposto de a n para valores negativos de x para os quais ∣ x∣ é muito grande. p ( x ) = an . Como n é impar, Do item (a), temos que para valores de x suficientemente grande: n x Se a n> 0 temos: n
n
n
_ x > 0, x > 0 ⇒ an x > 0 ( x tem o mesmo sinal de a n ) n n n _ x < 0, x < 0 ⇒ an x < 0 ( x tem sinal oposto de a n ) Se a n < 0 temos:
> 0 ⇒ a n x n< 0 ( x n tem sinal oposto de a n ) n n n _ x < 0, x < 0 ⇒ a n x > 0 ( x tem o mesmo sinal de a n ) _ x > 0, x
n
(c) Conclua de (a) e (b) que ∣ p ( x )∣ cresce ilimitadamente, indiferentemente, n é par ou ímpar, quando ∣ x∣ cresce ilimitadamente. x ≠ 0 ⇒∣ x∣> 0 p ( x )
Do item (a), temos que para valores de x suficientemente grande,
x
n
= an .
Logo, p ( x )→±∞ dependendo de a n (n ser par ou ímpar) Portanto, ∣ p ( x )∣ vai ser suficientemente grande 8. Sejam p(x) e q(x) dois polinômios. Se gr p ( x )> gr q ( x ) , então para todo x com valor absoluto suficientemente grande, tem-se ∣ p ( x )∣>∣q ( x )∣ . gr p ( x )= n , g r q ( x )= m , n > m Do exercício 7, para valores de x suficientemente grande, Logo,
p ( x ) x
n
= an .
∣ p x∣ n ∣q x∣ m =∣ x∣ , =∣ x∣ Assim, x ≫ 0 ⇒∣ x∣≫ an ,∣ x∣≫ a m , ou seja, para x muito maior 0, ∣ x∣ é
∣an∣
∣am∣
muito maior a n e grande.
∣ x∣ é muito maior a m .Daí, ∣ x∣n >∣ x∣m ⇒∣ p ( x )∣>∣ p ( x )∣ para x suficientemente p ( x )= x
9. Mostre que se n é um número par então o polinômio 1º Modo:
Seja a função polinomial p : ℝ→ℝ definida por p ( x )
=
n
+ x n−1+ ... + x + 1 não possui raiz real.
n + 1, x =1 n+ 1 x − 1 , x ≠1 x −1
Desta forma, temos que p(1) = n + 1 n +1 α −1 Se α≠ 1 é raiz de p(x) então =0 ⇒α n+ 1−1=0 ⇒ αn +1=1 só admite 1 como raiz pois n+1 é α− 1
ímpar, o que é um absurdo pela definição inicial 2º Modo: ntermos
⏞
n +1
x – 1 1 não é raiz do polinômio pois p ( 1 )=1 + 1 + ... + 1 + 1 ⇒ p ( 1)= n + 1 ≠0 . Se x ≠1, p ( x )= . x – 1 n +1 Como n é par, não existe x real, x ≠1 , tal que x =1 . Logo, p ( x )≠0 também para todo x real diferente de 1 n
n− 1
1
10. Tomando x 0= 3 , use a relação de recorrência x n +1=
1 5 ( x n + ) para calcular 2 x n
algarismos decimais exatos. (Por exemplo, sabemos que 1,414 é uma aproximação de algarismos decimais exatos porque 1,414² < 2 < 1,415²)
√ 5
com três
√ 2
com três
1 5 ( x n + ) , x0 =3 2 x n 1 5 1 5 1 14 7 ⇒ x 1= = 2, ̄3 x 0+ 1= ( x 0 + )⇒ x 1= ( 3 + )⇒ x 1= 2 x 0 2 3 2 3 3 1 5 1 5 )⇒ x 2= 2,238 x 1+1= ( x 1+ )⇒ x 2 = ( 2, ̄ 3+ 2 x 1 2 2, ̄ 3 1 5 1 5 )⇒ x 3= 2,236 x 2 + 1= ( x 2 + )⇒ x 3= ( 2,238+ 2 x 2 2 2,238 1 5 1 5 )⇒ x 4= 2,236 x 3+1 = ( x 3+ )⇒ x 4= ( 2,236 + 2 x 3 2 2,236
Na recorrência x n +1= para n = 0 temos: para n = 1 temos: para n = 2 temos: para n = 3 temos: 2
Como 2,236 =4,999696 < 5 e 2,237 de √ 5 é 2,236
2
=5,004169 > 5 , temos que a aproximação com 3 decimais exatas
11. Usando o método de Newton, estabeleça um processo iterativo para calcular 3 de obter um valor aproximado de √ 2
3 a √
e aplique-o a fim
3
Devemos determinar a raiz real p ( x )= x – a . A fórmula do método de Newton é 3 p ( x n) x n – a 2 a = x n – 2 = x n + 2 x n + 1= x n – p ' ( x n) 3 3xn 3x n 2 3
Para o caso a = 2, a fórmula fica: x n +1= x n+
2 3x n
para n = 0 temos: x 0+ 1=
2 1 ( x 0 + 2 )⇒ x 1=1, ̄3 3 x 0
para n = 1 temos: x 1+1=
2 1 ( x 1+ 2 )⇒ x 2=1,2639 3 x 1
para n = 2 temos: x 2 +1=
2 1 ( x 2 + 2 )⇒ x 3=1,2599 3 x 2
para n = 3 temos: x 3+1 =
2 1 ( x 3+ 2 )⇒ x 4=1,2599 3 x 3
3
Como 1,2599 =1,999899758 < 2 3 exatas de √ 2 é 1,2599
e 1,2600
3
2
2 3
⇒ x n+1= ( x n +
1 2
x n
) e começando com x 0=1
= 2,000376 > 2 , temos que a aproximação com 4 decimais