Ensino Médio

Olá!Peço ajuda com o problema:
resolver 2 [tex3]x^{6} + x^{5}[/tex3] +13 [tex3]x^{4}[/tex3] -13 [tex3]x^{3}[/tex3] -x-2=0.
A única raiz que achei que está de acordo com o gabarito foi 1.

Resposta:1,-1,2,1/2,[tex3]\frac{-3+\sqrt{5}}{2}[/tex3] ,[tex3]\frac{-3-\sqrt{5}}{2}[/tex3]

Grato.

Olá, jomatlove.

A equação correta é $2x^6 + x^5 - 13x^4 + 13x^2 - x - 2 = 0$

Temos uma equação recíproca de 2ª espécie. Veja o seguinte:

${\color{red} 2x^6} {\color{blue} +x^5} {\color{magenta} +13x^4} + 0x^3 {\color{magenta}-13x^2} {\color{blue} - x} {\color{red} -2} = 0$

Os coeficientes dos termos equidistantes são opostos e o termo central do desenvolvimento é nulo. Em toda equação recíproca de 2ª espécie com grau par, $\pm 1$ são raízes. Abaixando o grau duas vezes por Briot-Ruffini:

$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 1 &2 & 1 & -13 & 0 & 13 & -1 & -2 \\ \hline -1 & 2 & 3 & -10 & -10 & 3 & 2 & 0 \\ \hline & 2 & 1 & -11 & 1 & 2 & 0 & \\ \hline \end{array}$

Assim, $2x^6 + x^5 + 13x^4 - 13x^2 - x - 2 = (x-1) \cdot (x+1) \cdot (2x^4+x^3-11x^2+x+2)$

Trabalhemos no último parênteses agora:

Por pesquisa de raízes, vemos que $2$ e $\frac{1}{2}$ são raízes - utilize o Teorema das Raízes Racionais¹ -. Utilizando Briot-Ruffini novamente:

$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|} \hline 2 & 2 & 1 & -11 & 1 & 2 \\ \hline \frac{1}{2} & 2 & 5& -1 & -1 & 0 \\ \hline & 2 & 6 & 2 & 0 & \\ \hline \end{array}$

Assim, $2x^4+x^3-11x^2+x+2 = (x-2) \cdot \left( x - \frac{1}{2} \right) \cdot (2x^2+6x+2)$ .

Encontrando as raízes da equação do segundo grau:

$2x^2+6x+2 = 0 \therefore x^2+3x+1 = 0 \rightarrow x = \frac{-3 \pm \sqrt 5}{2}$

Logo, o conjunto solução da equação dada é: $S \left \{ \pm 1, 2, \frac{1}{2}, \frac{-3\pm \sqrt5}{2} \right \}$ .

É isso.

Att.,
Pedro

¹A 'técnica' utilizada se chama Teorema das Raízes Racionais.

Seja $p(x)$ um polinômio, tal que $p(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + a_{n-2}x^{n-2} + \dots + a_0$ , com $a_n,a_{n-1},a_{n-2} \dots a_0 \in \mathbb{Q}$ - isso é extremamente importante - . Suas possíveis raízes racionais são dadas pelo quociente entre os divisores de $a_0$ e os divisores de $a_n$ .

Exemplo:

Seja o polinômio $g(x) = x^3 + 3x^2 + 3x + 1$ , com todos os coeficientes racionais. Nesse caso, $a_0 = 1$ , $a_n = 1$ . Os divisores de $a_0$ são $\pm 1$ e de $a_n$ também são $\pm 1$ . Assim, as possíveis raízes racionais de $g(x)$ são $\frac{1}{1} \text{ ou } \frac{-1}{1} \text{ ou } \frac{1}{-1} \text{ ou } \frac{-1}{-1}$ , ou seja, $\pm 1$ . Testando os possíveis valores:

$\circ g(1) = 0 \rightarrow 1 + 3 + 3 + 1 = 0 \therefore \cancel{8 = 0} \rightarrow \text{ Absurdo } \\\circ g(-1) = 0 \rightarrow -1 + 3 - 3 + 1 = 0 \therefore 0 = 0 \checkmark$

Logo, $-1$ é raiz. Aí, basta aplicar Briot-Ruffini para fatorar (nesse caso, $-1$ é raiz tripla ).

Agora, um caso um pouco mais complexo.

$h(x) = 12x^3-16x^2-3x+4$ , no qual $a_0 = 4, a_n = 12$ .

Temos:

$\begin{cases}d(a_0) = \pm1, \pm2, \pm 4 \\d(a_n) = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 12\end{cases}$

Possíveis raízes racionais: $\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{3}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{6}, \pm \frac{1}{12}, \pm 2, \pm \frac{2}{3}, \pm 4, \pm \frac{4}{3}$ .

Testando para $x = \frac{1}{2}$ , temos:

$h\left( \frac{1}{2} \right) = 0 \rightarrow 12 \cdot \frac{1}{8} - 16 \cdot \frac{1}{4} - 3 \cdot \frac{1}{2} + 4 = 0 \therefore \frac{3}{2} - 4 - \frac{3}{2} + 4 = 0 \therefore \\\\ 0 = 0 \checkmark$

Abaixando o grau por Briot-Ruffini:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \frac{1}{2} & 12 & -16 & -3 & 4 \\ \hline & 12 & -10 & -8 & 0 \\ \hline \end{array}$

Assim, $h(x) = \left( x - \frac{1}{2} \right) \cdot (12x^2 - 10x - 8 )$ . Então, as outras raízes de $h(x)$ são:

$12x^2-10x-8 = 0 \rightarrow \triangle = 100 + 384 = 484 \\\\ \Leftrightarrow x = \frac{10 \pm 22}{24} \therefore x = \frac{32}{24} = \frac{4}{3} \text{ ou } x =-\frac{1}{2}$

Boa noite,PedroCunha!
Gostei muito da sua abordagem na resolução!Voce me ajudou duas vezes:1º corrigindo a questão.2º resolvendo a questão de maneira bem detalhada.Valeu mesmo.

Abraço,jomatlove!

Sensacional Pedro!

...

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