Demonstre que [tex3]ax^2+bx+c=a.(x-x_{1}).(x-x_{2})[/tex3]
, onde [tex3]a \neq 0[/tex3]
, [tex3]x_{1}[/tex3]
e [tex3]x_{2}[/tex3]
são as raízes da equação [tex3]ax^2+bx+c=0[/tex3]
.
Podemos fatorar o trinômio [tex3]y=ax^2+bx+c[/tex3]
, se a equação [tex3]ax^2+bx+c=0[/tex3]
tem [tex3]\Delta \geq 0[/tex3]
.Veja como:
[tex3]\Rightarrow[/tex3]
[tex3]ax^2+bx+c=[/tex3]
[tex3]=a.(x^2+\frac{b}{a}.x+\frac{c}{a})=[/tex3]
[tex3]=a.(x^2-S.x+P),[/tex3]
onde [tex3]S=x_{1}+x_{2}[/tex3]
e [tex3]P=x_{1}.x_{2}[/tex3]
Assim, temos:
[tex3]\Rightarrow[/tex3]
[tex3]ax^2+bx+c=a.[x^2-(x_{1}+x_{2}).x+x_{1}.x_{2}][/tex3]
[tex3]\Rightarrow[/tex3]
[tex3]ax^2+bx+c=a.[x^2-x.x_{1}-x.x_{2}+x_{1}.x_{2}][/tex3]
[tex3]\Rightarrow[/tex3]
[tex3]ax^2+bx+c=a.[x.(x-x_{1})-x_{2}.(x-x_{1})][/tex3]
[tex3]\Rightarrow[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{ax^2+bx+c=a.(x-x_{1}).(x-x_{2})}} (c.q.d)[/tex3]
Olá, Comunidade!
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero
)
Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
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Demonstrações ⇒ Demonstração - Trinômio 2º Grau Tópico resolvido
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Marcos
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Fev 2014
20
12:47
Demonstração - Trinômio 2º Grau
Editado pela última vez por Marcos em 20 Fev 2014, 12:47, em um total de 2 vezes.
''Nunca cruze os braços diante dos obstáculos, pois lembre-se que o maior dos Homens morreu de braços abertos.''
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emanuel9393
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Mar 2014
29
18:07
Re: Demonstração - Trinômio 2º Grau
Uma demonstração alternativa
Consideremos o trinômio [tex3]y=ax^2+bx+c, \ a \neq 0[/tex3] , temos:
Grande abraço!
Consideremos o trinômio [tex3]y=ax^2+bx+c, \ a \neq 0[/tex3] , temos:
[tex3]y=ax^2+bx+c = a \left(x^2 +\dfrac{b}{a}x+\dfrac{c}{a}x\right)[/tex3]
Agora, some e subtraia o termo [tex3]\dfrac{b^2}{4a^2}[/tex3]
dentro do parênteses. Resulta em:
[tex3]y = a \left[\left(x^2 + \dfrac{b}{a}x + \dfrac{b^2}{4a^2}\right) - \left(\dfrac{b^2}{4a^2}-\dfrac{c}{a}\right)\right][/tex3]
Mas, [tex3]\left(x^2 + \dfrac{b}{a}x + \dfrac{b^2}{4a^2}\right) = \left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2[/tex3]
(verifique). Logo:
[tex3]y = a \left[\left(x^2 + \dfrac{b}{a}x + \dfrac{b^2}{4a^2}\right) - \left(\dfrac{b^2}{4a^2}-\dfrac{c}{a}\right)\right] = a \left[ \left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \left(\dfrac{\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\right)^2\right][/tex3]
Chegamos a um produto notável (diferença de dois quadrados), logo:
[tex3]y=a \left[ \left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \left(\dfrac{\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\right)^2\right] = a\left\{\left[x-\left(\dfrac{-b-\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\right)\right]\left[x-\left(\dfrac{-b+\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\right)\right]\right\}[/tex3]
Mas, [tex3]\dfrac{-b-\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}[/tex3]
e [tex3]\dfrac{-b+\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}[/tex3]
são as raízes [tex3]x_1,x_2[/tex3]
da função [tex3]f(x) = ax^2 + bx +c[/tex3]
. Logo:
[tex3]a(x-x_1)(x-x_2) \ \ \ \ \ \ \text{c.q.d}[/tex3]
Grande abraço!
Editado pela última vez por emanuel9393 em 29 Mar 2014, 18:07, em um total de 2 vezes.
As modernas teorias científica afirmam que em dentro de 5 bilhões de anos, a humanidade presenciará a morte do sol. Imagine como seria presenciar esse evento...
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emanuel9393
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Mar 2014
29
18:13
Re: Demonstração - Trinômio 2º Grau
Deixo um desafio aqui:
Mostre que o gráfico da função do segundo grau [tex3]f(x) = ax^2 +bx+c[/tex3] é, de fato, simétrico a reta [tex3]r:x = -\dfrac{b}{2a}[/tex3] .
Mostre que o gráfico da função do segundo grau [tex3]f(x) = ax^2 +bx+c[/tex3] é, de fato, simétrico a reta [tex3]r:x = -\dfrac{b}{2a}[/tex3] .
Editado pela última vez por emanuel9393 em 29 Mar 2014, 18:13, em um total de 2 vezes.
As modernas teorias científica afirmam que em dentro de 5 bilhões de anos, a humanidade presenciará a morte do sol. Imagine como seria presenciar esse evento...
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PedroCunha
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Abr 2014
05
23:21
Re: Demonstração - Trinômio 2º Grau
Olá, Emanuel.
Vamos pegar uma parábola qualquer e seu vértice e ver, graficamente, o que significa dizer que eles são simétricos.
Seja a parábola [tex3]x^2 -2x + 1[/tex3] e o seu vértice [tex3]x = 1[/tex3] . Temos o seguinte desenho:
A distância da reta à quaisquer dois pontos de mesma ordenada é igual. Ou seja, dados os pontos [tex3]A(x,y)[/tex3]
e [tex3]B(x',y)[/tex3]
, temos a seguinte igualdade: [tex3]d_{r,A} = d_{r,B}[/tex3]
. Veja que na equação genérica da parábola, [tex3]y = ax^2+bx+c[/tex3]
, nós temos dois pontos 'notáveis' com a mesma ordenada: os zeros dela. Se a parábola for, de fato, simétrica a equação [tex3]x = -\frac{b}{2a}[/tex3]
, a distância dessa reta a raiz 'um' será igual a distância da reta a raiz 'dois'. Temos então:
[tex3]\begin{cases}
x_1 = \left(\frac{-b + \sqrt{\triangle}}{2a}, 0 \right),x_2 = \left(\frac{-b - \sqrt{\triangle}}{2a}, 0\right), r: x-0y + \frac{b}{2a} = 0 \\
d_{r,x_1} = d_{r,x_2}
\end{cases} \\\\ \frac{|1 \cdot \frac{-b+\sqrt{\triangle}}{2a} + 0 + \frac{b}{2a}|}{\cancel{\sqrt{x^2+0^2}}} = \frac{|1 \cdot \frac{-b-\sqrt{\triangle}}{2a} + 0 + \frac{b}{2a}|}{\cancel{\sqrt{x^2 + 0^2}}} \therefore \left| \frac{\sqrt{\triangle}}{2a} \right| = \left| \frac{-\sqrt{\triangle}}{2a}\right|, \\\\ \text{ mas } |-\triangle| = \triangle, \text{ ent\~{a}o } \frac{\sqrt\triangle}{2a} = \frac{\sqrt \triangle}{2a}, c.q.d.[/tex3]
Penso que essa seja uma maneira.
Abraços,
Pedro
Vamos pegar uma parábola qualquer e seu vértice e ver, graficamente, o que significa dizer que eles são simétricos.
Seja a parábola [tex3]x^2 -2x + 1[/tex3] e o seu vértice [tex3]x = 1[/tex3] . Temos o seguinte desenho:
- parabola.png (8.11 KiB) Exibido 4205 vezes
[tex3]\begin{cases}
x_1 = \left(\frac{-b + \sqrt{\triangle}}{2a}, 0 \right),x_2 = \left(\frac{-b - \sqrt{\triangle}}{2a}, 0\right), r: x-0y + \frac{b}{2a} = 0 \\
d_{r,x_1} = d_{r,x_2}
\end{cases} \\\\ \frac{|1 \cdot \frac{-b+\sqrt{\triangle}}{2a} + 0 + \frac{b}{2a}|}{\cancel{\sqrt{x^2+0^2}}} = \frac{|1 \cdot \frac{-b-\sqrt{\triangle}}{2a} + 0 + \frac{b}{2a}|}{\cancel{\sqrt{x^2 + 0^2}}} \therefore \left| \frac{\sqrt{\triangle}}{2a} \right| = \left| \frac{-\sqrt{\triangle}}{2a}\right|, \\\\ \text{ mas } |-\triangle| = \triangle, \text{ ent\~{a}o } \frac{\sqrt\triangle}{2a} = \frac{\sqrt \triangle}{2a}, c.q.d.[/tex3]
Penso que essa seja uma maneira.
Abraços,
Pedro
Editado pela última vez por PedroCunha em 05 Abr 2014, 23:21, em um total de 2 vezes.
"Por céus e mares eu andei, vi um poeta e vi um rei, na esperança de saber o que é o amor..."
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emanuel9393
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Abr 2014
06
03:02
Re: Demonstração - Trinômio 2º Grau
Olá, Pedro!PedroCunha escreveu: Se a parábola for, de fato, simétrica a equação [tex3]x = -\frac{b}{2a}[/tex3] , a distância dessa reta a raiz 'um' será igual a distância da reta a raiz 'dois'. Temos então:
Isso que você afirmou é falso. Como contra-exemplo, vou te apresentar uma função que, embora as distâncias de suas raízes a reta [tex3]r: x = -\dfrac{b}{2a}[/tex3] sejam iguais, o seu gráfico não é simétrico. À saber:
[tex3]f(x) =\begin{cases} x + \left(1 + \sqrt{5} \right), \ \ \ \text{se} \ \ x < -\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ x^2 - 1 , \ \ \ \text{se} \ \ -\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \leq x \leq \dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \\ x, \ \ \ \text{se} \ \ x > \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\end{cases}[/tex3]
Trace o gráfico e você verá.Nesse caso, uma demonstração precisa deveria verificar essa igualdade de distâncias não somente para as raízes, mas para todos os pontos do gráfico. Vou usar aqui a técnica mais conhecida para demonstrar simetrias. Fiquem à vontade para postar outras formas de demonstrações:
-------------------------------------------------------------------------------------------
Uma primeira demonstração
Basta seguir a definição de gráfico simétrico à uma reta. Dada a função quadrática [tex3]f(x) = ax^2 +bx +c \ , \ a \neq 0[/tex3] e um [tex3]k \in \mathbb{R}[/tex3] , provaremos que o gráfico de [tex3]f[/tex3] é simétrico a reta [tex3]r: x=-\dfrac{b}{2a}[/tex3] se for verificado que:
[tex3]f\left(-\dfrac{b}{2a} + k\right) = f\left(-\dfrac{b}{2a}+k\right) , \ \ \ \forall k \in \mathbb{R}[/tex3]
De fato, partindo do primeiro membro dessa última igualdade, temos:
[tex3]f\left(-\dfrac{b}{2a}+k\right) = a\left(-\dfrac{b}{2a}+k\right)^2 + b \left(-\dfrac{b}{2a}+k\right) + c =[/tex3]
[tex3]= a \left(\dfrac{b^2}{4a^2}-\dfrac{bk}{a}+k^2\right) +b \left(-\dfrac{b}{2a}+k\right) + c[/tex3]
A esse último termo, some e subtraia [tex3]2bk[/tex3]
:
[tex3]f\left(-\dfrac{b}{2a}+k\right) = a \left(\dfrac{b^2}{4a^2}-\dfrac{bk}{a}+k^2\right) +b \left(-\dfrac{b}{2a}+k\right) + c + (2bk - 2bk) =[/tex3]
[tex3]a \left(\dfrac{b^2}{4a^2}+\dfrac{bk}{a}+k^2\right) +b \left(-\dfrac{b}{2a}-k\right) + c =[/tex3]
[tex3]=a\left(-\dfrac{b}{2a}-k\right)^2 + b \left(-\dfrac{b}{2a}-k\right) + c = f\left(-\dfrac{b}{2a}-k\right) \ \ \ c.q.d[/tex3]
Interessante não? 
Grande abraço!
Editado pela última vez por emanuel9393 em 06 Abr 2014, 03:02, em um total de 2 vezes.
As modernas teorias científica afirmam que em dentro de 5 bilhões de anos, a humanidade presenciará a morte do sol. Imagine como seria presenciar esse evento...
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PedroCunha
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Abr 2014
06
07:00
Re: Demonstração - Trinômio 2º Grau
Realmente, Emanuel. Falhei ao afirmar que sempre ocorreria o citado. Obrigado pela correção.
Abraços,
Pedro
Abraços,
Pedro
"Por céus e mares eu andei, vi um poeta e vi um rei, na esperança de saber o que é o amor..."
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