Matematica_Basica.pdf

prof. Márcio Fabiano da Silva
MATEMÁTICA BÁSICA
Santo André, 2020

S U M Á R I O
1 produtos notáveis e fatoração 1
1.1 Produtos notáveis e fatoração 1
2 módulo e distância 9
2.1 Valor Absoluto de um número real 9
2.2 Propriedades do módulo 12
3 potenciação e radiciação 15
3.1 Potenciação e Radiciação 15
3.2 Exercícios 21
4 polinômios 31
4.1 Polinômios 31
4.1.1 Divisão de Polinômios 31
4.1.2 M.M.C. (Mínimo Múltiplo Comum) e M.D.C. (Máximo Divisor
Comum) de Polinômios 35
5 equações 37
5.1 Equações Polinomiais do 1o Grau 37
5.2 Equações Polinomiais do 2o Grau 40
5.2.1 A técnica de Bhaskara 40
5.2.2 A técnica de completamento de quadrado 42
5.2.3 Equações biquadradas 45
5.2.4 Equações Irracionais 48
5.3 Equações Modulares 50
6 inequações 57
6.1 Notação para intervalos reais 57
6.2 Inequações 59
6.2.1 Inequações do 1o grau 60
6.2.2 Inequações do 2o grau 61
6.2.3 Inequações produto-quociente 63
6.2.4 Inequações e a lógica matemática 70
6.2.5 Mais exemplos de resolução de inequações 72
6.2.6 Inequações modulares 76
3

1
P R O D U TO S N O TÁV E I S E FATO R A Ç Ã O
1.1 produtos notáveis e fatoração
Fatorar significa escrever como produto. Cada termo da multiplicação é chamado de
fator. Por exemplo, quando fatoramos 12 como 22.3, escrevemos 12 como produto de
potências de números primos. O mesmo se aplica à fatoração de polinômios; neste caso,
os números primos são substituídos por polinômios irredutíveis. Vejamos alguns casos:
1. Quadrado da soma de dois termos/Trinômio quadrado perfeito
(a + b)2
= a2
+ 2ab + b2
Quando se pede para calcular (a + b)2, o objetivo é calcular o produto notável
"quadrado da soma de dois termos", que é igual a
(a + b)2
= (a + b)(a + b) =
= a2
+ ab + ba + b2
=
= a2
+ 2ab + b2
.
Quando se pede para fatorar a2 + 2ab + b2, o objetivo é escrever a expressão como
um quadrado perfeito, ou seja, como (a + b)2.
No entanto, como (a + b)2 = a2 + 2ab + b2, os casos "quadrado da soma de dois
termos"e "quadrado perfeito"são os mesmos.
Exemplo 1.1: Calcule (2x + 1
3)2
(2x +
1
3
)2
= (2x)2
+ 2.2x.
1
3
+ (
1
3
)2
=
= 4x2
+
4
3
x +
1
9
.
1

2 produtos notáveis e fatoração
Exemplo 1.2: Fatore 4x2 + 4
3 x + 1
9.
4x2
.
.
↓
√
a
2x
+ 4
3 x +
1
9
↓
√
b
1/3
| {z }
2.2x.1
3 =
4
3 x
= (2x+
1
3
)2
.
2. Quadrado da diferença de dois termos/Trinômio quadrado perfeito
(a − b)2
= a2
− 2ab + b2
De fato, temos que
(a − b)2
= (a − b)(a − b) =
= a2
− ab − ba + b2
=
= a2
− 2ab + b2
.
Exemplo 2.1: Calcule (2x − 1
3)2
(2x −
1
3
)2
= (2x)2
− 2.2x.
1
3
+ (
1
3
)2
=
= 4x2
−
4
3
x +
1
9
.
Exemplo 2.2: Fatore 4x2 − 4
3 x + 1
9.
4x2
.
.
↓
√
a
2x
− 4
3 x +
1
9
↓
√
b
1/3
| {z }
2.2x.1
3 =
4
3 x
= (2x−
1
3
)2
.
3. Produto da soma pela diferença de dois termos/Diferença de quadrados
Produto da soma
pela diferença
de dois termos
z }| {
(a + b)(a − b) = a2
− b2
| {z }
Diferença de
quadrados

1.1 produtos notáveis e fatoração 3
De fato, temos que
(a + b)(a − b) = a2 −

ab +

ba − b2 = a2 − b2.
Exemplo 3.1: Calcule 1001 × 999
1001 × 999 = (100 + 1)(1000 − 1) =
= (1000)2
− 12
= (103
)2
− 1 =
= 106
− 1 = 1000000 − 1 =
= 999999.
3)(2x + 1
3).
(2x −
1
3
)(2x +
1
3
) =
= (2x)2
− (
1
3
)2
=
= 4x2
−
1
9
.
9.
4x2
−
1
9
= (2x)2
− (
1
3
)2
| {z }
Diferença de
dois quadrados
= (2x −
1
3
)(2x +
1
3
).
4. Cubo da soma de dois termos
(a + b)3
| {z }
Cubo da soma
de dois termos
= a3
+ 3a2
b + 3ab2
+ b3
.
De fato,
(a + b)3
= (a + b)2
(a + b) =

= (a2
+ 2ab + b2
)(a + b) =
= a3
+ a2
b + 2a2
b + 2ab2
+ ab2
+ b3
=
= a3
+ 3a2
b + 3ab2
+ b3
.
Exemplo 4.1: Calcule (2x + 1
3)3
(2x +
1
3
)3
= (2x)3
+

3.(2x)2
.
1

3
+ 3.2x.(
1
3
)2
+ (
1
3
)3
=
= 8x3
+ 4x2
+

3.2x.
1

9
+
1
27
=
= 8x3
+ 4x2
+
2
3
x +
1
27
.
Exemplo 4.2: Fatore 8x3 + 4x2 + 2
3 x + 1
27.
8x3
.
.
↓
3
√
a
.
2x
+ 4x2 + 2
3 x +
1
27
↓
3
√
b
.
1/3
| {z }
3.(2x)2.1
3 = 4x2
3.2x.(1
3)2 = 2
3 x
= (2x+
1
3
)3
.
5. Cubo da diferença de dois termos
(a − b)3
| {z }
Cubo da diferença
de dois termos
= a3
− 3a2
b + 3ab2
− b3
De fato,
(a − b)3
= (a − b)2
(a − b) =
= (a2
− 2ab + b2
)(a − b) =
= a3
− a2
b − 2a2
b + 2ab2
+ ab2
− b3
=
= a3
− 3a2
b + 3ab2
− b3
.
3)3.
(2x −
1
3
)3
= (2x)3
−

3.(2x)2
.
1

3
+ 3.2x.(
1
3
)2
− (
1
3
)3
=

= 8x3
− 4x2
+

3.2x.
1

9
−
1
27
=
= 8x3
− 4x2
+
2
3
x −
1
27
.
Exemplo 5.2: Fatore 8x3 − 4x2 + 2
3 x − 1
27.
8x3
.
.
↓
3
√
a
.
2x
−
↑
4x2 +
↑
2
3 x −
1
27
↓
3
√
b
.
1/3
| {z }
3.(2x)2.1
3 = 4x2
3.2x.(1
3)2 = 2
3 x
= (2x−
1
3
)3
.
6. Soma de dois cubos
a3
+ b3
| {z }
Soma de cubos
= (a + b)(a2
− ab + b2
)
De fato,
(a + b)(a2
− ab + b2
) =
= a3
−

a2
b +Z
Z
ab2
+

a2
b −Z
Z
ab2
+ b3
=
= a3
+ b3
.
Exemplo 6.1: Fatore 8x3 + 1
27
8x3
+
1
27
= (2x)3
+ (
1
3
)3
=
= (2x +
1
3
)((2x)2
− 2x.
1
3
+ (
1
3
)2
) =
= (2x +
1
3
)(4x2
−
2
3
x +
1
9
).
7. Diferença de dois cubos
a3
− b3
| {z }
Diferença de cubos
= (a − b)(a2
+ ab + b2
)

De fato,
(a − b)(a2
+ ab + b2
) =
= a3
+

a2
b +Z
Z
ab2
−

a2
b −Z
Z
ab2
− b3
=
= a3
− b3
.
27
8x3
−
1
27
= (2x)3
− (
1
3
)3
=
= (2x −
1
3
)((2x)2
+ 2x.
1
3
+ (
1
3
)2
) =
= (2x −
1
3
)(4x2
+
2
3
x +
1
9
).
...
Usando os casos de 1 a 7, calcule os seguintes produtos notáveis:
a) (x3 + 2
3 x)2.
(x3
+
2
3
x)2
= (x3
)2
+ 2.x3
.
2
3
.x + (
2
3
x)2
=
= x6
+
4
3
x4
+
4
9
x2
.
b) (a2b + c2)(a2b − c2).
(a2
b + c2
)(a2
b − c2
) = (a2
b)2
− (c2
)2
=
= a4
b2
− c4
.
c) (1 − 3y2x)3.
(1 − 3y2
x)3
= 13
− 3.12
.3y2
x + 3.1.(3y2
x)2
− (3y2
x)3
=
= 1 − 9y2
x + 3.9y4
x2
− 27y6
x3
=
= 1 − 9y2
x + 27y4
x2
− 27y6
x3
.

Fatore as seguintes expressões algébricas:
a) x4 − y4.
x4
− y4
=
Diferença de
quadrados
z }| {
(x2
)2
− (y2
)2
= (x2
+ y2
) .
Diferença de
quadrados
z }| {
(x2
− y2
) =
= (x2
+ y2
)(x + y)(x − y).
b) a2x − b2x + a2y − b2y.
a2
x − b2
x + a2
y − b2
y = x(a2
− b2
) + y(a2
− b2
) =
↑
a2−b2
é comum.
Diferença de
quadrados
z }| {
(a2
− b2
) (x + y) =
= (a + b)(a − b)(x + y).
c) ac2 − a + bc2 − b.
ac2
− a + bc2
− b = a(c2
− 1) + b(c2
− 1) =
= (c2
− 1)
| {z }
Diferença de
quadrados
. (a + b) = (c + 1)(c − 1)(a + b).
d) a3x + b3x − a3y − b3y
a3
x + b3
x − a3
y − b3
y = x(a3
+ b3
) − y(a3
+ b3
) =
= (a3
+ b3
)
| {z }
Soma de
cubos
. (x − y) =
= (a + b)(a2
− ab + b2
)(x − y).

e) 3x3 − 12x2y + 12xy2
3x3
− 12x2
y + 12xy2
= 3x(x2
− 4xy + 4y2
) =
= 3x(x − 2y)2
.
f) 2x3 + 14x2 + 20x
2x3
+ 14x2
+ 20x = 2x (x2
+ 7x + 10)
| {z }
Como fatorar?
No capítulo sobre equação do 2o grau, veremos que
x2
+ 7x + 10 = (x + 5)(x + 2).

2
M Ó D U L O E D I S TÂ N C I A
2.1 valor absoluto de um número real
Definição 2.1. Dado um número real x, o módulo de x, ou valor absoluto de x, denotado por
|x|, é definido como
|x|=



x, se x ≥ 0,
−x, se x 0,
Em outras palavras, o módulo de um número real é igual ao número se este for
maior ou igual a 0; e é seu oposto quando o número é negativo.
Exemplo. |7|= 7 |−7|= −(−7) = 7
Uma consequência imediata da Definição 2.1 é que
|x|≥ 0.
Outra consequência muito importante é que
|x|= |−x|.
Exemplo. O conjunto dos números reais tais que
|x|= −2
é vazio.
Exemplo. O conjunto dos números reais tais que
|x|=
√
3
é {
√
3, −
√
3}.
Agora, definimos a distância entre dois números reais. Para isso, consideremos a
reta real.
9

10 módulo e distância
Definição 2.2. Dados dois números reais a e b quaisquer, a distância entre a e b é definida por
|a − b|.
Ou seja, a distância entre os números reais a e b nada mais é que o valor absoluto
da diferença entre a e b. Como consequência da Definição 2.1, se a − b ≥ 0, isto é,
se a ≥ b, então |a − b|= a − b, enquanto que se a − b 0, isto é, se a b, então
|a − b|= −(a − b) = b − a. Para um cáculo mais direto da distância entre os números
reais a e b, fazemos a diferença entre o maior deles pelo menor deles. Vejamos alguns
exemplos:
Exemplo. A distância entre os números reais 5 e 7 é igual a |5 − 7|= |−2|= 2. Como o módulo
sempre é positivo, poderíamos ter calculado diretamente |7 − 5|= 2.
Figura 1: Distância entre 5 e 7 na reta real.
Exemplo. A distância entre os números reais −5 e 7 é igual a |−5 − 7|= |−12|= 12. Como o
módulo sempre é positivo, poderíamos ter calculado diretamente |7 − (−5)|= |7 + 5|= 12.
Figura 2: Distância entre −5 e 7 na reta real.
Exemplo. A distância entre os números reais 5 e −7 é igual a |5 − (−7)|= |5 + 7|= 12.

2.1 valor absoluto de um número real 11
Figura 3: Distância entre 5 e −7 na reta real.
Exemplo. A distância entre os números reais −5 e −7 é igual |−5 − (−7)|= |−5 + 7|= 2.
Figura 4: Distância entre −5 e −7 na reta real.
Exemplo. A distância entre os números reais 3 e 0 é igual |3 − 0|= 3, assim como a distância
entre os números reais −3 e 0 é igual |0 − (−3)|= 3.
Figura 5: Distância entre −3 e 0 e entre 3 e 0 na reta real.
Observamos que, em geral, a distância entre os números reais x e 0 é igual a |x|.
Por esta razão, geometricamente, o módulo de um número real x é a distância de x à
origem da reta real. Além disso, por exemplo, |x − 2|= 6 representa, geometricamente,
os números reais cuja distância ao número 2 é igual a 6. No caso, estes números são o 8
e o −4.

Figura 6: |x − 2|= 6.
Exemplo. |x + 2|= 6 representa, geometricamente, os números reais cuja distância ao número
−2 é igual a 6. No caso, estes números são o −8 e o 4.
Figura 7: |x + 2|= 6.
Exemplo. Em R{2}, temos que
|x − 2|
|−x + 2|
=
|x − 2|
|−(x − 2)|
=
|x − 2|
|x − 2|
= 1.
2.2 propriedades do módulo
Nesta seção, apresentamos algumas propriedades do módulo de um número real.
• (o módulo do produto de dois números reais é igual ao produto de seus módulos)
Para todos x, y ∈ R, vale que
|x.y|= |x|.|y|
prova: temos as seguintes possibilidades para considerar:
i) x, y ≥ 0. Logo, x.y ≥ 0. Neste caso, temos que |x|= x, |y|= y e |x.y|= x.y.
Consequentemente,
|x.y|= x.y = |x|.|y|
ii) x, y 0. Logo, x.y 0. Neste caso, temos que |x|= −x, |y|= −y e |x.y|= x.y.
Consequentemente,
|x.y|= x.y = (−x).(−y) = |x|.|y|

2.2 propriedades do módulo 13
iii) x ≥ 0 e y 0. Logo, x.y ≤ 0. Neste caso, temos que |x|= x, |y|= −y e
|x.y|= −x.y. Consequentemente,
|x.y|= −x.y = x.(−y) = |x|.|y|
iv) x 0 e y ≥ 0. Logo, x.y ≤ 0. Neste caso, temos que |x|= −x, |y|= y e
|x.y|= −x.y. Consequentemente,
|x.y|= −x.y = (−x).y = |x|.|y|
• (o módulo do inverso de um número real é igual ao inverso do módulo do número)
Para todo y ∈ R, y 6= 0, vale que
1
y
=
1
|y|
i) y 0. Logo,
1
y
0. Neste caso, temos que |y|= y e
1
y
=
1
y
. Consequente-
mente,
1
y
=
1
y
=
1
|y|
ii) y 0. Logo,
1
y
0. Neste caso, temos que |y|= −y e
1
y
= −
1
y
. Consequen-
temente,
1
y
= −
1
y
=
1
−y
=
1
|y|
Como consequência das duas primeiras propriedades, temos que
• (o módulo do quociente de dois números reais é igual ao quociente dos módulos
dos números) Para todos x, y ∈ R, y 6= 0, vale que
x
y
=
|x|
|y|
prova: temos que
x
y
= x.
1
y
= |x|.
1
y
= |x|.
1
|y|
=
|x|
|y|

• (o módulo da potência natural de um número real é igual à potência do módulo
do número) Para todo x ∈ R e para todo n ∈ N∗ , vale que
|xn
|= |x|n
i) n é um número par. Logo, xn 0, independentemente do sinal de x. Neste
caso, temos que |xn|= xn e |x|n= xn = (−x)n. Consequentemente,
|xn
|= xn
= |x|n
ii) n é um número ímpar e x ≥ 0. Logo, |x|= x e xn 0. Neste caso, temos que
|xn|= xn e
|xn
|= xn
= |x|n
iii) n é um número ímpar e x 0. Logo, |x|= −x e xn 0. Neste caso, temos
que |xn|= −xn e
|xn
|= −xn
= (−x)n
= |x|n
Observação 2.3. Em geral, não é verdade que o módulo da soma de dois números reais é igual
à soma de seus módulos, isto é, que |x + y|= |x|+|y|, para todos x, y ∈ R. Um contraexemplo é
x = 4 e y = −1. Neste caso,
|x + y|= |4 + (−1)|= 3 6= |4|+|−1|= 4 + 1 = 5.
No entanto, vale sempre a desigualdade triangular
|x + y|≤ |x|+|y|, para todos x, y ∈ R
Observação 2.4. Sendo x um número real, temos que
√
x2 = |x| e (
√
x)2
= x.
De fato, como
√
x2 ≥ 0, pode acontecer de
√
x2 6= x, como quando x = −3, pois
q
(−3)2 =
√
9 = 3 6= −3.
Como |x|≥ 0 então
√
x2 = |x|. Em relação à segunda relação, observamos que x ≥ 0. Caso
contrário, não faria sentido calcular, em R,
√
x. Consequentemente, (
√
x)2 = x.

3
P O T E N C I A Ç Ã O E R A D I C I A Ç Ã O
Neste capítulo, retomamos algumas propriedades básicas da potenciação e radiciação
de números reais.
3.1 potenciação e radiciação
Começamos retomando a definição de potenciação de números reais.
Definição 3.1. Sendo n um número natural qualquer e x um número real qualquer, definimos
xn
=





1 , se n = 0 e x 6= 0,
x.x.x. . . . x
| {z }
n vezes
, se n ≥ 1.
x é chamado de base e n de expoente.
Assim, por exemplo,
• π0 = 1
• (−3)2 = (−3).(−3) = 9 e −32 = −3.3 = −9
•

−
2
3
4
=

−
2
3

.

−
2
3

.

−
2
3

.

−
2
3

=
16
81
.
Na próxima definição, estendemos o conceito de potência para números reais
com expoente inteiro negativo.
Definição 3.2. Sendo n um número natural, n ≥ 1, e x um número real qualquer, x 6= 0,
definimos
x−n
=

1
x
n
.
Vejamos alguns exemplos:
• 2−3 =

1
2
3
=
1
2
.
1
2
.
1
2
=
1
8
15

16 potenciação e radiciação
• (−4)−3 =

1
−4
3
=

−
1
4
3
=

−
1
4

.

−
1
4

.

−
1
4

= −
1
64
•

7
5
−2
=
1
7
5
!2
=

5
7
2
=
5
7
.
5
7
=
25
49
Temos as seguintes propriedades de potenciação:
Proposição 3.3. Sendo x, y ∈ R∗ e n, m ∈ N∗ quaisquer, temos que
1. (Pot1) xn.xm = xn+m
2. (Pot2) (xn)m = xn.m
3. (Pot3) (x.y)n = xn.yn
4. (Pot4)

x
y
n
=
xn
yn
Demonstração. estas propriedades são consequências imediatas da Definição 3.1. Por
exemplo, para provar a propriedade Pot4, basta observar que

x
y
n
=
x
y
.
x
y
. . .
x
y
| {z }
n vezes
=
xn
yn
As propriedades (Pot1)-(Pot4) são válidas também quando as potências são
inteiros negativos e x, y ∈ R∗. Por exemplo, se n, m ∈ Z∗, n, m 0 então n = −r e
m = −s, com r, s ∈ N∗. Logo,
• xn.xm = x−r.x−s =

1
x
r
.

1
x
s
=

1
x
r+s
= x−(r+s) = xn+m
Observação 3.4. um corolário deste resultado e da Definição 3.2 é que, se x ∈ R∗ e
n ∈ N∗ são quaisquer então
1 = x0
= xn+(−n)
= xn
.x−n
,
donde obtemos
x−n
=
1
xn
.
Desse modo,
x−n
=

1
x
n
=
1
xn

3.1 potenciação e radiciação 17
Continuemos verificando a validade das propriedades (Pot2)-(Pot4) para x, y ∈ R∗,
n = −r e m = −s, com r, s ∈ N∗:
• (xn)m = (x−r)−s =
1
(x−r)s
=
1

1
xr
s =
1
1
xr.s
= xr.s
= x(−n).(−m)
= xn.m
• (x.y)n = (x.y)−r =
1
(x.y)r
=
1
xr.yr
=
1
xr
.
1
yr
= x−r
.y−r
= xn
.yn
•

x
y
n
=

x
y
−r
=
1

x
y
r =
1
xr
yr
=
yr
xr
=
x−r
y−r
=
xn
yn
Além disso, temos mais uma propriedade de potenciação:
Proposição 3.5. Sendo x ∈ R∗ e n, m ∈ N∗ quaisquer, temos que
1. (Pot5)
xn
xm
= xn−m
.
Demonstração. Temos que
xn−m
= xn+(−m)
= xn
.x−m
= xn
.
1
xm
=
xn
xm
.
Observação 3.6. Em geral, se x ∈ R∗ e n, m ∈ N∗ quaisquer,
xnm
6= (xn
)m
.
Um contraexemplo é
223
= 28
= 256 e (22
)3
= 26
= 64.
Exemplo. Colocar em ordem crescente os seguintes números: 417, 220 e 644:
Resolução: como 417 = (22)17 = 234 e 644 = (26)4 = 224, temos que
220
644
417
.
Para estendermos a potenciação para expoentes racionais, precisamos retomar a
definição de radiciação de números reais.
Definição 3.7. Sendo x ∈ R e n ∈ N, n ≥ 2, quaisquer, definimos a raiz enésima de x,
denotada por n
√
x, por
• se x = 0 então n
√
x = 0

• se n é par e x 0 então n
√
x é o número real w 0 tal que wn = x
• se n é ímpar então n
√
x é o número real w tal que wn = x.
No símbolo n
√
x = w, x é chamado de radicando, n é chamado de índice da raiz e
w é a raiz enésima de x.
Observação 3.8. Segue da Definição 3.7 que a raiz enésima de índice par está definida somente
para números reais positivos. Além disso, neste caso, a raiz enésima de x é positiva.
Por exemplo,
•
√
16 = 4, pois 4 0 e 42 = 16
• 3
√
−8 = −2, pois (−2)3 = −8
•
3
√
8 = 2, pois 23 = 8
•
4
r
16
81
=
2
3
, pois
2
3
0 e

2
3
4
=
16
81
Temos as seguintes propriedades de radiciação de números reais:
Proposição 3.9. Sendo n, m ∈ N, n, m ≥ 2 e x, y ∈ R∗ tais que quando n é par x 0, y 0,
x.y 0, x/y 0, xm 0, e quando m é par n
√
x 0, temos que
1. (Rad1) n
√
x.y = n
√
x. n
√
y
2. (Rad2) ( n
√
x)m =
n
√
xm
3. (Rad3)
m
q
n
√
x = m.n
√
x
4. (Rad4) n
r
x
y
=
n
√
x
n
√
y
Demonstração. Tomados os devidos cuidados para que faça sentido calcular essas raízes,
cada uma das propriedades é provada a seguir.
• sejam n
√
x = w e n
√
y = z. Logo, wn = x e zn = y, donde x.y = wn.zn = (w.z)n.
Portanto, n
√
x.y = w.z = n
√
x. n
√
y.
• seja n
√
x = w. Logo, wn = x, donde xm = (wn)m = wn.m = (wm)n. Portanto,
n
√
xm = wm = ( n
√
x)m.

3.1 potenciação e radiciação 19
Observação 3.10. Observamos que se l ∈ N, l ≥ 2, vale que
(Rad5)
n
√
xm =
n.l
√
xm.l.
De fato, se
n
√
xm = w então wn = xm, donde (xm)l = (wn)l, isto é, xm.l = wn.l. Por-
tanto,
n.l
√
xm.l = w =
n
√
xm. No caso em n é par e xm 0, sempre teremos n.l par,
independentemente da paridade de l, e xm.l = (xm)l 0.
A propriedade Rad5 nos permite resolver o seguinte exemplo.
Exemplo. Colocar em ordem crescente os seguintes números:
√
2,
3
√
4 e
4
√
3.
Resolução: Começamos calculando o m.m.c. dos índices das raízes, isto é, m.m.c.(2, 3, 4)=12.
Assim,
√
2 =
2.6
√
26 =
12
√
64
3
√
4 =
3.4
√
44 =
12
√
256
4
√
3 =
4.3
√
33 =
12
√
27
Portanto,
4
√
3
√
2
3
√
4.
Continuemos a provar as propriedades de radiciação:
• sejam n
√
x = w e m
√
w = z. Logo, wn = x e zm = w, donde x = (zm)n = zn.m. Portanto,
n.m
√
x = z = m
√
w =
m
q
n
√
x.
• sejam n
√
x = w e n
√
y = z. Logo, wn = x e zn = y, donde
x
y
=
wn
zn
=
w
z
n
. Portanto,
n
r
x
y
=
w
z
=
n
√
x
n
√
y
.
Agora, estamos em condições de definir a potenciação para expoentes racionais.
Definição 3.11. Sendo x ∈ R e n, m ∈ N∗, n ≥ 2, quaisquer, definimos x
m
n , por
• se x = 0 então x
m
n = 0
• se n é par e xm 0 então x
m
n =
n
√
xm
• se n é ímpar então x
m
n =
n
√
xm .

Por exemplo,
• 2
1
2 =
√
2
• (−32)
3
5 = 5
q
(−32)3 = 5
q
(−25)3 =
5
p
−215 = −2
15
5 = −23 = −8
•

2
3
3
4
=
4
s

2
3
3
=
4
r
8
27
A partir da Definição 3.11, das propriedades de potenciação e radiciação, é
possível mostrar que as propriedades (Pot1)-(Pot5) são válidas para o caso em que
os expoentes são números racionais. Tomados os devidos cuidados em relação às
condições de existência, as propriedades (Pot1)-(Pot4) são provadas a seguir. Para isso,
tomamos m, n ∈ Q∗
+ dados por n = p/q, m = r/s, como p, q, r, s ∈ N∗, q, s ≥ 2.
•
xn
.xm
= x
p
q .x
r
s = x
p.s
q.s .x
r.q
s.q =
q.s
√
xp.s.
q.s
√
xr.q =
q.s
√
xp.s.xr.q =
q.s
√
xp.s+r.q =
= x
p.s+q.r
q.s = x
p
q +r
s = xn+m
•
(xn
)m
=

x
p
q
r
s
=
s
r
x
p
q
r
= s
r
q
√
xp
r
=
s
q
q
p
(xp)r =
q.s
√
xp.r =
= x
p.r
q.s = x
p
q .r
s = xn.m
• (x.y)n = (x.y)
p
q = q
p
(x.y)p = q
p
xp.yp =
q
√
xp. q
p
yp = x
p
q .y
p
q = xn.yn
•

x
y
n
=

x
y
p
q
= q
s
x
y
p
= q
s
xp
yp =
q
√
xp
q
p
yp
= x
p
q
y
p
q
= xn
yn
•
xn
xm
=
x
p
q
x
r
s
=
x
p.s
q.s
x
r.q
s.q
=
q.s
√
xp.s
q.s
√
xq.r
=
q.s
r
xp.s
xq.r =
q.s
√
xp.s−q.r = x
p.s−q.r
q.s
= x
p
q −r
s = xn−m

3.2 exercícios 21
Para o caso de expoentes racionais, também é possível apresentar uma definição
como a Definição 3.2:
Definição 3.12. Sendo x ∈ R∗ e n ∈ Q∗
+ da forma n = p/q, com p, q ∈ N∗, q ≥ 2,
satisfazendo as condições da Definição 3.11, definimos
x−n
= x
−
p
q =
1
x
p
q
Assim, por exemplo,
• 2−1
3 =
1
2
1
3
=
1
3
√
2
•

49
36
−3
2
=
1

49
36
3
2
=
1
s
49
36
3
=
1
s

72
62
3
=
1
v
u
u
t

7
6
2
!3
=
=
1
s
7
6
6
=
1

7
6
6
2
=
1

7
6
3
=
1
343
216
=
216
343
Observação 3.13. A potenciação para expoentes reais, como em
√
2
π
, pode ser dada a partir
das funções exponencial e logaritmica. Para isso, é preciso restringir a base da potência para
números reais positivos e diferente de zero. Desse modo, para que a definição de potenciação com
expoentes reais generalize as definições de potenciação com expoentes inteiros ou racionais, é
necessário restringir a base a R∗
+.
3.2 exercícios
1. Calcule:
a) (−1 − 3)2 : (−2)3 + (−4)0
(−4)2 : (−8) + 1
16 : (−8) + 1 (a divisão tem prioridade em relação à soma).
−2 + 1
−1

b)
30 − (−1)2 + 23

1
2
−2
1 − (1) + 8

2
1
+2
0 + 8
22
8
4
2
Lembrando: n ∈ N
a−n =
1
an
2−3 =
1
23
a
b
−n
=
1
(a
b)n
=
1
an
bn
=
bn
an
=

b
a
n
c) (−2)−4 − (−2)−3 − (−2)−2
1
(−2)4
−
1
(−2)3
−
1
(−2)2
=
1
16
−
1
−8
−
1
4
=
1
16
+
1
8
−
1
4
=
1 + 2 − 4
16
=
−1
16
Agora,mmc(16, 8, 4) :
16, 8, 4 4
4, 2, 1 2
2, 1, 1 2
1, 1, 1 16

3.2 exercícios 23
d)
10x+2
10x+1
= 10x+2−(x+1)
=10
x+2−
x−1
=101
= 10
e)
2−x+3
.4x−1
= 2−x+3
.(22
)x−1
= 2−x+3
.22(x−1)
= 2−x+3
.22x−2
Lembrar :
= 2−x+3+2x−2
(22
)3
= 22.3
= 26
= 64
= 2x+1
223
= 28
= 256
f) 2
3
√
27 − 3
6
√
64 + 2
√
100
2
3
p
3
3 − 3
6
p
2
6 + 2.10
= 2.3 − 3.2 + 20
=

6 −

6 + 20 = 20
27 3
9 3
3 3
1 33
64 2
32 2
16 2
8 2
4 2
2 2
1 26
g) 2
3
√
−125 + 4
5
√
32 − 6 3
√
−8
= 2
3
q
(−5)
3 + 4
5
p
2
5 − 6
3
q
(−2)
3
= 2.(−5) + 4.2 − 6.(−2)
= −10 + 8 + 12 = 10
125 5
25 5
5 5
1 53
32 2
16 2
8 2
4 2
2 2
1 25

h) 3 − 5
√
28 + 9 + 4
√
175
= 12 − 5
p
2
2.7 + 4
p
5
2.7
= 12 − 5.2
√
7 + 4.5
√
7
= 12 − 10
√
7 + 20
√
7 = 12 + 10
√
7
Lembrar :
q
√
ap = a
p
q .Exemplo :
3
√
25 = 2
5
3
28 2
14 2
7 7
1 22.7
175 5
35 5
7 7
1 52.7
i)
3
√
189 +
3
√
448 − 2
6
√
49 +
9
√
343
=
3
√
33.7 +
3
√
26.7 − 2
6
√
72 +
9
√
73
=
3
p
3
3.
3
√
7 +
3
√
26.
3
√
7 − 2.7
2
6 + 7
3
9
= 3
3
√
7 + 2
6
3 .
3
√
7 − 2.7
1
3 + 7
1
3
= 3
3
√
7 + 4
3
√
7 −
3
√
7 = 6
3
√
7
189 3
63 3
21 3
7 7
1 33.7
448 2
224 2
112 2
56 2
28 2
14 2
7 7
1 26.7
343 7
49 7
7 7
1 73
j) 3a
√
x − 2x
√
x −
√
4a2x +
√
9x3, sendo a e x positivos.
= 3a
√
x − 2x
√
x − 2a
√
x + 3
√
x2.x
= 3a
√
x−2x
√
x−2a
√
x + 3x
√
x
= a
√
x + x
√
x = (a + x)
√
x

3.2 exercícios 25
k)
6
r
225
a4.b2
=
6
s
52.32
a4.b2
=
6
s

5.3
a2.b
2
=

15
a2.b
2
6
=

15
a2.b
1
3
=
3
r
15
a2.b
225 3
75 3
25 5
5 5
1 32.52
l) m.y2.
r
112.y2.n
32.m2
, com m, n e y positivos.
= my2.
r
24.7.y2.n
25.m2
=

my2.
2
4
2 .
√
7.y.
√
n
√
24.2.

m
= y2
.
4
√
7.y
√
n
2
4
2
√
2
= y3.

4.
√
7.
√
n

4
√
2
= y3
r
7n
2
Cuidado :
√
x2 = |x|, pois
p
(−3)2 6= −3, já que
p
(−3)2 =
√
9 = 3
112 2
56 2
28 2
14 2
7 7
1 24.7
32 2
16 2
8 2
4 2
2 2
1 25
m)
√
x2 + 6x + 9
=
q
(x + 3)2 = |x + 3|
Lembrar: (a + b)2
= a2
+ 2ab + b2
Lembrar: |x + 3|=



x + 3, se x + 3 ≥ 0, isto é, x ≥ −3
−(x + 3), se x + 3 0, isto é, x −3

n) 5
√
a5 +
√
4a3 − a
√
4a3 −
√
a , sendo a positivo.
= 5
2
√
a4.a + 2
√
a2.a − a.2
√
a2.a −
√
a
= 5a
4
2
√
a + 2|a|
√
a − 2a|a|
√
a −
√
a
= 5a2
√
a + 2a
√
a − 2a.a
√
a −
√
a
= 5a2
√
a + 2a
√
a − 2a2
√
a −
√
a
= 3a2
√
a + 2a
√
a −
√
a
= (3a2
+ 2a − 1)
√
a
Veja que: |a|= a ,pois a 0
o)
r
2
3
.
r
12
5
.
r
45
4
=
v
u
u
t2.

12.

9
45

3.

5.

4
=
√
18 =
√
32.2 = 3
√
2
p)
2
√
a1.
3
√
a1.
4
√
a1 , sendo a positivo.
= a
1
2 .a
1
3 .a
1
4
= a
1
2 +1
3 +1
4
= a
6+4+3
12 = a
13
12
=
12
√
a13 =
12
√
a12.a = |a| 12
√
a = a 12
√
a
mmc(2, 3, 4) :
2, 3, 4 2
1, 3, 2 2
1, 3, 1 3
1, 1, 1 12

3.2 exercícios 27
q)
2
r
2
q
2
√
512 =
? ↑
2×2×2
8
√
512 =
8
√
29 =
8
√
28.2 = 2.
8
√
2
512 2
256 2
128 2
64 2
32 2
16 2
8 2
4 2
2 2
1 29
r) (2.
√
2 − 1).(
√
2 − 4)
= 2.
√
2.
√
2 − 8
√
2 −
√
2 + 4
= 2
√
4 − 9
√
2 + 4 = 2.2 − 9
√
2 + 4
= 4 − 9
√
2 + 4 = 8 − 9
√
2
s) (
3
√
2.
√
3) :
3
√
6
=
3
√
2.
√
3
3
√
2.3
=

3
√
2.
√
3

3
√
2.
3
√
3
=
√
3
3
√
3
=
3
1
2
3
1
3
= 3
×1
:2 −1
3 =
? ↑
mmc(2,3)=6
3
3−2
6
= 3
1
6 =
6
√
31 =
6
√
3

t) (2
√
3 −
√
2)2
= (2
√
3)2
− 2.2.
√
3.
√
2 + (
√
2)2
= 4.3 − 4
√
6 + 2 = 12 − 4
√
6 + 2
= 14 − 4
√
6 Lembrar : (a − b)2
= a2
− 2ab + b2
u) (3
√
2 − 5).(3
√
2 + 5)
= (3
√
2)2
− 52
= 9.2 − 25 = 18 − 25 = −7 Lembrar : (a + b).(a − b) = a2
− b2
2. Racionalize o denominador das seguintes expressões numéricas:
a)
√
2 +
√
5
√
2
=
√
2 +
√
5
√
2
.
√
2
√
2
=
2 +
√
10
2
b)
2
3
3
√
16
=
2
3
3
√
24
=
2
3
3
√
23.2
=

2
3.

2
3
√
2
=
1
3
3
√
2
.
3
√
22
3
√
22
=
3
√
4
3
3
√
2.22
=
3
√
4
3
3
√
23
=
3
√
4
3.2
=
3
√
4
6
c)
√
3 − 1
√
3 + 1
=
√
3 − 1
√
3 + 1
.
√
3 − 1
√
3 − 1

3.2 exercícios 29
=
(
√
3 − 1)2
(
√
3)2 − 12
=
(
√
3)2 − 2.
√
3.1 + 12
3 − 1
=
4 − 2
√
3
2
2 −
√
3
d)
2
√
5 − 1
−
2
√
5 + 1
=
2
√
5 − 1
.
√
5 + 1
√
5 + 1
−
2
√
5 + 1
.
√
5 − 1
√
5 − 1
=
2
√
5 + 2
(
√
5)2 − 12
−
2
√
5 − 2
(
√
5)2 − 12
=
2
√
5 + 2
4
−
2
√
5 − 2
4
=
4
4
= 1

4
P O L I N Ô M I O S
4.1 polinômios
4.1.1 Divisão de Polinômios
Você se lembra da divisão inteira de números? Por exemplo, na divisão inteira de 9
por 4, temos:
dividendo
9
1
resto
divisor
4
2
quociente
9 = 2
quociente
× 4 + 1
resto
Observe que o resto é menor que o divisor, pois se ele fosse maior ou igual ao
divisor seria possível aumentar o quociente. Este algoritmo de divisão é chamado de
Algoritmo de Euclides, o qual também é aplicado para a divisão de polinômios. O
algoritmo se aplica à divisão dos polinômios p(x) e d(x) se o grau de p(x) for maior ou
igual ao grau de d(x). Neste caso, a divisão termina quando o grau do polinômio-resto
r(x) é menor que o grau do polinômio divisor.
p(x)
r(x)
d(x)
q(x)
p(x) = q(x).d(x) + r(x) com grau(r(x)) grau(d(x))
31

32 polinômios
Para dividir dois polinômios usando-se o algoritmo de Euclides, o primeiro passo
é escrevê-los na ordem da esquerda para a direita de decrescimento de graus.
Por exemplo, façamos a divisão do polinômio p(x) = 2x + 5x4 − 3x2 por d(x) =
−1 + x2
Prosseguimos com os seguintes passos:
1. Reescrever os polinômios em ordem decrescente de grau.
p(x) = 5x4
− 3x2
+ 2x
d(x) = x2
− 1
2. Dividir o primeiro termo de p(x), isto é, 5x4, pelo primeiro termo de d(x), x2.
5x4
x2
= 5x2
Portanto, o 1o termo do quociente q(x) é 5x2.
5x4 − 3x2 + 2x x2 − 1
5x2
3. Multiplicamos 5x2 por d(x), que resulta em 5x4 − 5x3. Então subtraímos o resul-
tado de p(x).
5x4 − 3x2 + 2x
−(5x4 − 5x2)
x2 − 1
5x2
0 + 2x2 + 2x
Chamamos o resultado de r1(x).
4. Comparamos o grau de r1(x) com o grau de d(x). Neste caso ambos são polinômios
de 2o grau, então continuamos com a divisão, aplicando os passos 2 e 3 para r1(x).
Ou seja,

4.1 polinômios 33
• Dividimos o primeiro termo de r1(x) pelo primeiro termo de d(x).
2x2
x2
= 2
• Somamos o resultado da divisão a q(x), obtendo assim o 2o termo de q(x).
• Multiplicamos o resultado por d(x) e subtraímos de r1(x).
5x4 − 3x2 + 2x
−(5x4 − 5x2)
x2 − 1
5x2 +2
0 + 2x2 + 2x
−(2x2 + 2)
0 + 2x + 2
5. Temos então r2(x) = 2x + 2, que tem grau igual a 1. Como o grau de r2(x) é menor
que o grau de d(x) então a divisão acabou e r(x) = r2(x).
Portanto, na divisão de 5x4 − 3x2 + 2x por x2 − 1 obtemos o quociente q(x) =
5x2 + 2 e o resto r(x) = 2x + 2. Desse modo:
5x4
− 3x2
+ 2x = (x2
− 1).q(x) + r(x)
5x4
− 3x2
+ 2x = (x2
− 1).(5x2
+ 2) + (2x + 2)
Exemplo. A seguir, fazemos a divisão do polinômio n5 − n por n2 + 1.
n5 − n n2 + 1
n3 − n
−(n5 + n3)
−n3 − n
−(−n3 − n)
0

34 polinômios
Portanto, n5 − n = (n3 − n).(n2 + 1).
Se você quiser, você pode fatorar n3 − n :
n3
− n = n(n2
− 1)
= n(n − 1)(n + 1)
Desta forma:
n5
− n = (n3
− n)(n2
+ 1)
= n(n − 1)(n + 1)(n2
+ 1)
n5
− n = n(n − 1)(n + 1)(n2
+ 1)

4.1 polinômios 35
4.1.2 M.M.C. (Mínimo Múltiplo Comum) e M.D.C. (Máximo Divisor Comum) de Polinômios
A partir da forma fatorada, podemos determinar o m.m.c. e o m.d.c. de um conjunto de
polinômios.
Dado um conjunto de polinômios, escritos na forma fatorada, seu m.m.c. é
determinado multiplicando-se todos os fatores que aparecem na forma fatorada, sendo
que no caso de fatores repetidos, toma-se o de maior grau. Por exemplo, determi-
nemos o m.m.c. dos polinômios (nas indeterminadas a e b) a2 − 4ab + 4b2 e a2 − 4b2.
Primeiramente, obtemos sua forma fatorada:
a2
− 4ab + 4b2
= (a − 2b)2
a2
− 4b2
= a2
− (2b)2
= (a − 2b)1
(a + 2b)
Comparando as formas fatoradas, vemos que o fator comum é (a − 2b), sendo
que aquele de maior grau é (a − 2b)2.
Portanto,
m.m.c.(a2
− 4ab + 4b2
, a2
− 4b2
) = (a − 2b)2
(a + 2b).
Dado um conjunto de polinômios, escritos na forma fatorada, seu m.d.c. é
determinado multiplicando-se somente os fatores que aparecem na forma fatorada de
todos os polinômios do conjunto, sendo que, neste caso, toma-se o fator de menor
grau. Por exemplo, determinemos o m.d.c. dos polinômios a2 − 4ab + 4b2 e a2 − 4b2.
Primeiramente, obtemos sua forma fatorada:
a2
− 4ab + 4b2
= (a − 2b)2
a2
− 4b2
= a2
− (2b)2
= (a − 2b)1
(a + 2b)
Comparando as formas fatoradas, vemos que o único fator comum é (a − 2b),
sendo que aquele de menor grau é (a − 2b)1.
Portanto,
m.d.c.(a2
− 4ab + 4b2
, a2
− 4b2
) = (a − 2b).
Exemplo. Dados os polinômios (nas indeterminadas a, b, x, y, z) 18a3b3x2y2, 30b5x4z3 e
24a2x3y3z, calculamos a seguir o m.m.c.(18a3b3x2y2, 30b5x4z3, 24a2x3y3z) e o m.d.c.(18a3b3x2y2,
30b5x4z3, 24a2x3y3z). Para isso, obtemos a forma fatorada destes polinômios:

36 polinômios
18a3
b3
x2
y2
= 32
.2.a3
.b3
.x2
.y2
30b5
x4
z3
= 2.3.5.b5
.x4
.z3
24a2
x3
y3
z = 3.23
.a2
.x3
.y3
.z1
Portanto,
m.m.c.(18a3
b3
x2
y2
, 30b5
x4
z3
, 24a2
x3
y3
z) = 32
.23
.5.a3
.b5
.x4
.y3
.z3
= 360a3
b5
x4
y3
z3
m.d.c.(18a3
b3
x2
y2
, 30b5
x4
z3
, 24a2
x3
y3
z) = 3.2.x2
= 6x2
Exemplo. Dados os polinômios 6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3 e 6x − 6, calculamos a seguir o
m.m.c.(6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3, 6x − 6) e o m.d.c.(6x2 − 12x + 6, 3x2 − 3, 6x − 6). Para
isso, obtemos a forma fatorada destes polinômios:
6x2
− 12x + 6 = 6(x2
− 2x + 1) = 3.2.(x − 1)2
3x2
− 3 = 3.(x2
− 1) = 3.(x − 1).(x + 1)
6x − 6 = 6(x − 1) = 3.2(x − 1)
Portanto,
m.m.c.(6x2
− 12x + 6, 3x2
− 3, 6x − 6) = 3.2.(x − 1)2
.(x + 1) = 6x3
+ 6x2
− 6x − 6
m.d.c.(6x2
− 12x + 6, 3x2
− 3, 6x − 6) = 3.(x − 1) = 3x − 3

5
E Q UA Ç Õ E S
5.1 equações polinomiais do 1o grau
Uma Equação Polinomial do 1o Grau é uma expressão algébrica do tipo
ax + b = 0, a, b ∈ R , a 6= 0. (1)
Por exemplo, no conjunto dos números reais, a expressão 2x + 3 = 0 é uma
equação polinomial do 1o grau. E o que isto quer dizer? Significa, neste caso, determinar
os números reais cujo dobro somado com 3 é igual a 0.
Na escola básica, aprendemos uma técnica da resolução deste tipo:
2x + 3 = 0 Passamos o 3 para o outro lado, trocando o sinal
2x = −3 Passamos o 2 para o outro lado, dividindo
x = −
3
2
Desse modo, o conjunto solução da equação 2x + 3 = 0 é
S =

−
3
2

.
Ou seja, x = −3/2 é o único número real que satisfaz a equação 2x + 3 = 0.
Observe que a mesma equação poderia não ter solução. Basta, por exemplo,
considerá-la no conjunto dos números naturais, uma vez que, em N, o conjunto solução
da equação é S = ∅.
No caso de equações polinomiais do 1o grau, ou não há solução (isto é S = ∅) ou
temos uma única solução.
37

38 equações
Por que a técnica de passar para o outro ladofunciona?
A resposta é dada por meio de um conjunto de propriedades válidas para os
números reais:
ax + b = 0 Soma-se o oposto de b dos dois lados1
(ax + b)+(−b) = 0+(−b) Usa-se que 0 é o elemento neutro da soma
(ax + b) + (−b) = −b Aplica-se a associatividade da soma
(ax) + (b + (−b)) = −b Usando a propriedade de soma do elemento com seu oposto
ax + 0 = −b Usando que 0 é o elemento neutro da soma
ax = −b Como a 6= 0, multiplicamos os dois lados pelo inverso de a

1
a

(ax) =

1
a

(−b) Usa-se a propriedade associativa da multiplicação

1
a
.a

x = −
b
a
Pela definição de elemento inverso
1x = −
b
a
Como 1 é o elemento neutro da multiplicação
x = −
b
a
Caso exista, esta é a solução da equação
Exemplo. Resolver, em R, as seguintes equações polinomiais do 1o grau:
2(x + 3) − 1 = 4 − 3(x − 2)
2(x + 3) − 1 = 4−3(x − 2) Aplicamos a propriedade distributiva
2x + 6 − 1 = 4−3x+6 Somamos −6 aos dois lados
2x + 6 − 1−6 = 4 − 3x + 6−6
2x − 1 = 4 − 3x Somamos 3x − 4 aos dois lados
5x − 5 = 0 Obtemos uma Eq. do 1o Grau
1 Elemento Neutro da Soma: a + 0 = a, ∀a ∈ R
Associatividade da Soma: a + (b + c) = (a + b) + c, ∀a, b, c ∈ R
Elemento Oposto: a + (−a) = 0, ∀a ∈ R
Associatividade da Multiplicação: a(bc) = (ab)c, ∀a, b, c ∈ R
Elemento Neutro da Multiplicação: 1a = a, ∀a ∈ R

5.1 equações polinomiais do 1o grau 39
Tomando-se a = 5 e b = −5 em (1), temos
x = −
b
a
= −
−5
5
= 1
S = {1}
Exemplo. Resolva, em R, a seguinte equação algébrica:
5
x2 − 9
+ 1 =
x
x + 3
Primeiramente, determinamos a condição de existência da equação anterior, ou seja, os
números reais para os quais faz sentido calcular a equação:
=
+1
5
x2 − 9
x
x + 3
x2 − 9 6= 0
x 6= 3 ∧ x 6= −3
x + 3 6= 0
x 6= −3
Assim, a condição de existência é: x ∈ R, x 6= −3 ∧ x 6= 3.
O próximo passo é reduzir a equação algébrica a um mesmo denominador. Para isso,
determinamos o m.m.c. dos denominadores, isto é, o m.m.c.(x2 − 9, 1, x + 3).
x2
− 9 = x2
− 32
= 1(x − 3)(x + 3)
1 = 1
x + 3 = 1(x + 3)
Logo,
m.m.c.(x2
− 9, 1, x + 3) = 1(x − 3)(x + 3) = x2
− 9
Desse modo,
5
x2 − 9
+
x2 − 9
x2 − 9
=
(x − 3)x
x2 − 9
Somamos as frações
5 + x2 − 9
x2 − 9
=
(x − 3)x
x2 − 9
Multiplicamos por (x2
− 9) os dois lados
5 + x2
− 9 = (x − 3)x Aplicamos a propriedade distributiva

40 equações
5 + x2
− 9 = x2
− 3x Somamos −x2 + 3x aos dois lados
5 + x2
−9−x2
+ 3x = 0 Somamos os termos semelhantes
3x − 4 = 0 Somamos 4 aos dois lados
3x = 4 Dividimos ambos os lados por 3
x =
4
3
Como
4
3
6= 3 e
4
3
6= −3, temos a solução:
S = {
4
3
}
5.2 equações polinomiais do 2o grau
Uma Equação Polinomial do 2o Grau é uma expressão algébrica do tipo:
ax2
+ bx + c = 0, a, b, c ∈ R, a 6= 0. (2)
Por exemplo, x2 − 7x + 10 = 0 é uma equação polinomial do 2o grau com a = 1,
b = −7 e c = 10. No conjunto dos números reais, R, resolvê-la significa determinar os
números reais cujo quadrado, subtraído de seu sétuplo, e somado com 10 é igual a 0.
5.2.1 A técnica de Bhaskara
Na escola, aprendemos uma técnica de resolução de equações deste tipo, que é conhe-
cida como fórmula de Bhaskara.
x2
− 7x + 10 = 0
a = 1 b = −7 c = 10
∆ = b2
− 4ac = (−7)2
− 4.1.10 = 49 − 40 = 9

x =
−b ±
√
∆
2a
=
−(−7) ±
√
9
2.1
=
7 ± 3
2
=











7 + 3
2
=
10
2
= 5
7 − 3
2
=
4
2
= 2
Assim, o conjunto solução da da equação x2 − 7x + 10 = 0, em R, é
S = {2, 5}
Os números 2 e 5 também são chamados de raízes da equação x2 − 7x + 10 = 0.
Observe que, desse modo, x2 − 7x + 10 pode ser fatorado como:
x2
− 7x + 10 = (x−2)(x−5)
Em geral, se x1 e x2 são as raízes da equação ax2 + bx + c = 0 então:
ax2
+ bx + c = a(x − x1)(x − x2)
Exemplo. x2 + 3x − 4 = 0
Cuidado: não faça isso!
x2 + 3x = 4
x(x + 3) = 4
x = 4 ou x + 3 = 4
Está totalmente errado! ab = 4 pode ocorrer
quando a = b = 2 ou a = 1
2 e b = 8.
a=1 b=3 c=-4
∆ = b2 − 4ac = 32 − 4.1.(−4) = 9 + 16 = 25
x =
−b ±
√
∆
2a
=
−3 ±
√
25
2.1
=
−3 ± 5
2
=











−3 + 5
2
=
2
2
= 1
−3 − 5
2
=
−8
2
= −4
Assim, o conjunto solução da da equação x2 + 3x − 4 = 0, em R, é
S = {−4, 1}

42 equações
Observe que, desse modo, x2 + 3x − 4 pode ser fatorado como:
x2
+ 3x − 4 = (x+4)(x−1)
Observamos também que o número de raízes de uma equação polinomial do 2o
grau em R é determinado pelo sinal do discriminante ∆ = b2 − 4ac.
∆ 0 : não tem solução real
∆ = 0 : duas raízes reais e iguais (x1 = x2 =
−b
2a
)
∆ 0 : duas soluções reais distintas (x1 =
−b −
√
∆
2a
6= x2 =
−b +
√
∆
2a
)
Por que a técnica do método de Bhaskarafunciona?
Para responder a esta pergunta, primeiramente entendamos a técnica conhecida
como completamento de quadrado.
5.2.2 A técnica de completamento de quadrado
No capítulo sobre Fatoração, estudamos o caso conhecido como Trinômio Quadrado
Perfeito. Lembra? Por exemplo,
x2
+ 4x + 4 = (x + 2)2
.
Ou seja, x2 + 4x + 4 pode ser escrito como quadrado perfeito. Mas, nem sempre
ocorre isso. Por exemplo, x2 + 4x + 5 não pode ser escrito como quadrado perfeito, pois
caso x2 + 4x + 5 = (x + β)2, então
x2
+ 4x + 5 = x2
+ 2βx + β2
,
donde obteríamos 2β = 4, isto é, β = 2 e β2 = 5, o que seria um absurdo.
No entanto, podemos completar quadrado à expressão algébrica x2 + 4x + 5. A
técnica de completamento de quadrado funciona da seguinte maneira:
(x + 2)2
= x2
+ 4x+4.
Assim,
x2
+ 4x + 5 = (x2
+ 4x+4)−4 + 5 = (x + 2)2
+ 1.

Note que na expressão do quadrado perfeito na forma (x + β)2, o segundo termo
β é a metade do número que multiplica x na expressão inicial. Por exemplo, no caso
anterior, β = 4
2 = 2.
Exemplo. Complete quadrado em x2 − 7x + 2.
Temos que
x2
− 7x + 2 = x2
− 7x+

7
2
2
!
−

7
2
2
+ 2 =

x −
7
2
2
−
49
4
+ 2 =

x −
7
2
2
−
41
4
.
Agora, estamos em condições de deduzir a técnica de Bhaskara a partir de
completamento de quadrado:
ax2
+ bx + c = 0, com a 6= 0.
Como a 6= 0, dividimos a equação ax2 + bx + c = 0 por a, obtendo:
x2
+
b
a
x +
c
a
= 0.
Aplicamos a técnica de completamento de quadrado, lembrando que

x +
b
2a
2
= x2
+
b
a
x +

b
2a
2
.
Assim, temos que
x2
+
b
a
x +
c
a
= 0 =⇒ x2
+
b
a
x+

b
2a
2
!
−

b
2a
2
+
c
a
= 0 =⇒

x +
b
2a
2
−
b2
4a2
+
c
a
= 0.
=⇒

x +
b
2a
2
=
b2
4a2
−
c
a
.
Como m.m.c.(4a2, a) = 4a2 então

x +
b
2a
2
=
b2 − 4ac
4a2
.
É neste momento que aparece o discriminante ∆ = b2 − 4ac.
Como

x + b
2a
2
≥ 0 e 4a2 0, a equação

x +
b
2a
2
=
b2 − 4ac
4a2
=
∆
4a2

44 equações
tem solução real se e somente se ∆ ≥ 0. Neste caso, as soluções são
x +
b
2a
= ±
r
∆
4a2
=
±
√
∆
2|a|
.
Como ±|a|= ±a, temos que
x +
b
2a
=
±
√
∆
2a
.
Isolando o x, obtemos as soluções da equação ax2 + bx + c = 0:
x = −
b
2a
±
√
∆
2a
=
−b ±
√
∆
2a
.
Portanto, a única ferramenta que necessitamos para resolver equações polinomiais
do 2o grau é o completamento de quadrado.
Exemplo. Em R, resolva a equação x2 + 3x − 4 = 0.
Temos:
x2
+ 3x+

3
2
2
!
−

3
2
2
− 4 = 0

x +
3
2
2
−
9
4
− 4 = 0

x +
3
2
2
=
9
4
+ 4

x +
3
2
2
=
9 + 16
4

x +
3
2
2
=
25
4
x +
3
2
= ±
r
25
4
= ±
5
2
x = −
3
2
±
5
2
Assim, as raízes de x2 + 3x − 4 = 0 são x = −3
2 + 5
2 = 2
2 = 1 e x = −3
2 − 5
2 = −8
2 = −4.
Isto é, o conjunto solução da equação x2 + 3x − 4 = 0 é S = {−4, 1}.

Exemplo. Resolva, em R, a equação x2 − 1 = 0.
Resolução: temos uma equação polinomial do 2o grau (incompleta) com a = 1, b = 0 e
c = −1.
x 2 = 1
x = ±
√
1 = ±1
Logo, o conjunto solução é S = {−1, 1}.
Exemplo. Resolva, em R, a equação x2 − 3x = 0
Resolução: temos uma equação polinomial do 2o grau (incompleta) com a = 1, b = −3 e
c = 0.
x(x + 3) = 0
x = 0 ou x + 3 = 0
x = −3
Logo, o conjunto solução é S = {−3, 0}.
Em R, a multiplicação é igual a 0
quando um ou ambos os fatores são iguais a 0.
Exemplo. Fatore a expressão algébrica 2x3 + 6x2 − 8x.
Resolução: temos que
2x3
+ 3x2
− 8x = 2x(x2
+ 3x − 4)
Mas, vimos há pouco que as raízes de x2 + 3x − 4 = 0 são −4 e 1. Assim,
2x3
+ 3x2
− 8x = 2x(x − (−4))(x − 1) = 2x(x + 4)(x − 1)
A seguir, apliquemos a técnica de resolução de equações polinomiais do 2o grau
para resolvermos dois tipos especiais de equações: as biquadradas e as irracionais.
5.2.3 Equações biquadradas
Equações biquadradas são equações do tipo ax4 + bx2 + c = 0, com a, b, c ∈ R e a 6= 0. O
caso interessante é aquele em que b 6= 0 e c 6= 0. A técnica consiste basicamente em fazer
uma mudança de variáveis. Por exemplo, chamando x2 de t. Neste caso, x4 = (x2)2 = t2.
É o que faremos nos exemplos a seguir.

46 equações
Exemplo. Resolva, em R, a equação
x4
− 5α2
x2
+ 4α4
= 0,
onde α é uma constante real positiva.
Resolução: Façamos a mudança de variável: x2 = t. Assim, temos que
x4
= (x2
)2
= t2
.
Substituindo na equação inicial, temos:
t2
− 5α2
t + 4α4
= 0
(temos então uma equação polinomial do 2o grau
em t)
t2
− 5α2
t+

5α2
2
2
!
−

5α2
2
2
+ 4α2
= 0.

t −
5α2
2
2
−
25α4
4
+ 4α4
= 0

t −
5α2
2
2
=
25α4
4
− 4a4

t −
5α2
2
2
=
25α4 − 16α4
4

t −
5α2
2
2
=
9α4
4
t −
5α2
2
= ±
r
9α4
4
t −
5α2
2
= ±
3α2
2
t =
5α2
2
±
3α2
2
t =
5α2
2
+
3α2
2
ou
t =
8α2
2
t = 4α2
t =
5α2
2
−
3α2
2
t =
2α2
2
t = α2

Voltando à variável x, temos que x2 = t. Logo,
x2
= 4α2
ou
x = ±
√
4α2
x = ±2α
x2
= α2
x = ±
√
α2
x = ±α
Portanto, o conjunto solução de x4 − 5α2x2 + 4α4 = 0 é
S = {−2α, −α, α, 2α}.
(x2
+ 1)2
+ (x2
− 1)2
= 4x2
.
Resolução:
x4
+ 2x2
+ 1 + x4
− 2x2
+ 1 = 4x2
2x4
− 4x2
+ 2 = 0 (: 2)
x4
− 2x2
+ 1 = 0
Mudança de variável: x2 = t.
t2
− 2t + 1 = 0
(t − 1)2
= 0
t − 1 = 0
t = 1
Como t = x2 então x2 = 1. Logo, x = ±1.
Portanto, o conjunto solução da equação (x2 + 1)2 + (x2 − 1)2 = 4x2 é
S = {−1, 1}.
Agora, partimos para as equações irracionais, que são aquelas em que a variável
aparece também como radicando.

48 equações
5.2.4 Equações Irracionais
Façamos alguns exemplos:
Exemplo. Em R, resolva a equação
√
3x −
√
x + 1 = 1.
A condição de existência é que
3x ≥ 0 e x + 1 ≥ 0,
isto é,
x ≥ 0 e x ≥ −1.
(eindica simultaneamente/intersecção)
Logo, a condição de existência é x ≥ 0.
Agora, passemos a resolver a equação. O truque consiste em separar as raízes quadradas
nos dois lados da equação e elevar a equação ao quadrado.
√
3x −
√
x + 1 = 1
√
3x =
√
x + 1 + 1
(
√
3x)2
= (
√
x + 1 + 1)2
3x = (
√
x + 1)2
+ 2
√
x + 1 + 12
3x = x + 1 + 2
√
x + 1 + 1
3x − x − 2 = 2
√
x + 1
2x − 2 = 2
√
x + 1 : 2
x − 1 =
√
x + 1
Lembrar:
√
x2 = |x|.
Mas, (
√
x)2 = x, pois, neste caso, x ≥ 0.
Aqui surge mais uma condição: como
√
x + 1 ≥ 0, devemos ter que x − 1 ≥ 0, isto é,
x ≥ 1. Assim, ficamos com x ≥ 0 e ≥ 1, donde temos x ≥ 1 como condição para ser solução.
Elevando a equação anterior ao quadrado, obtemos:
(x − 1)2
= (
√
x + 1)2
x2
− 2x + 1 = x + 1
x2
− 3x = 0

x(x − 3) = 0
Consequentemente, x = 0 ou x − 3 = 0, isto é, x = 3.
Observamos que somente x = 3 satisfaz a condição x ≥ 1.
Portanto, a única raiz da equação
√
3x −
√
x + 1 = 1 é x = 3, e o conjunto solução é
S = {3}.
q
x +
√
x + 8 = 2.
Neste caso, é necessário que x + 8 ≥ 0 e x +
√
x + 8 ≥ 0.
Comecemos elevando a equação dada ao quadrado:
(
q
x +
√
x + 8)2
= (2)2
Nas condições de existência,
x +
√
x + 8 = 4
√
x + 8 = 4 − x
Agora vamos elevar ao quadrado novamente:
(
√
x + 8)2
= (4 − x)2
x + 8 = 16 − 8x + x2
x2
− 9x + 8 = 0
∆ = 81 − 32 = 49
x =
9 ± 7
2
x =
9 + 7
2
ou
x =
16
2
x = 8
x =
9 − 7
2
x =
2
2
x = 1
x = 1 satisfaz a equação inicial, pois
q
1 +
√
1 + 8 =
√
1 + 3 =
√
4 = 2.

50 equações
Mas x = 8 não satisfaz, pois
q
8 +
√
8 + 8 =
√
8 + 4 =
√
12 6= 2.
Portanto, o conjunto solução da equação é
S = {1}.
Observação 5.1. Neste último exemplo, usamos uma estratégia diferente do primeiro exemplo,
pois obtemos as possíveis soluções e verificamos se elas satisfam (ou não) a equação dada.
Outra forma de resolver esta equação irracional é verificar se as possíveis soluções satisfazem as
condições de existência: x + 8 ≥ 0, x +
√
x + 8 ≥ 0 e 4 − x ≥ 0, sendo esta última proveniente
de
√
x + 8 = 4 − x.
5.3 equações modulares
Nesta seção, discutimos algumas equações que envolvem módulos de polinômios do 1o grau
ou do 2o grau. Elas podem ser facilmente solucionadas com a análise dos gráficos das funções
lineares e quadráticas, mas esta abordagem será feita somente após o estudo dessas funções.
Por enquanto, resolveremos as equações modulares com uma técnica algébrica proveniente da
definição de módulo de número real.
Exemplo. Resolver, em R, a equação modular
|x − 7|= 1.
Resolução: lembramos que isso significa, geometricamente, determinar os números reais
cuja distância a 7 é igual a 1. Desse modo,
x − 7 = 1 ou
x = 1 + 7
x = 8
x − 7 = −1
x = −1 + 7
x = 6
Portanto, o conjunto solução da equação |x − 7|= 1 em R é
S = {6, 8}

5.3 equações modulares 51
|x + 1|= |2x − 1|.
Resolução: A técnica consiste em analisar os sinais dos polinômios para os quais estão
sendo tomados os módulos; no caso, os sinais de x + 1 e de 2x − 1. Para isso, determinam-se
as raízes das equações x + 1 = 0 e 2x − 1 = 0, que são, respectivamente, −1 e 1/2. Temos que
x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1, de modo que |x + 1|= x + 1 ⇐⇒ x ≥ −1. Caso contrário (isto é,
x −1), temos que |x + 1|= −(x + 1).
Analogamente, 2x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 1/2, de modo que |2x − 1|= 2x − 1 ⇐⇒ x ≥ 1/2.
Caso contrário (isto é, x 1/2), temos que |2x − 1|= −(2x − 1).
Agora, marcamos as 2 raízes sobre a reta numérica, observando os 3 intervalos determina-
dos por elas:
R
−1 1/2
sinal de x + 1 (−) (+) (+)
sinal de 2x − 1 (−) (−) (+)
Se x −1 então x + 1 0 e 2x − 1 0, de modo que |x + 1|= −(x + 1) e |2x − 1|= −(2x − 1).
Assim,
|x + 1| = |2x − 1|
−(x + 1) = −(2x − 1)
x + 1 = 2x − 1
2= x
Como 2 −1 então a equação |x + 1|= |2x − 1| não tem solução real no intervalo
] − ∞, −1[.
Se −1 ≤ x 1/2 então x + 1 ≥ 0 e 2x − 1 0, de modo que |x + 1|= x + 1 e
|2x − 1|= −(2x − 1). Assim,
|x + 1| = |2x − 1|
x + 1 = −(2x − 1)
x + 1 = −2x + 1
3x = 0
x= 0

52 equações
Como −1 0 1/2 então a equação |x + 1|= |2x − 1| tem x = 0 como única solução
real no intervalo [−1, 1/2[.
Se x ≥ 1/2 então x + 1 0 e 2x − 1 ≥ 0, de modo que |x + 1|= x + 1 e |2x − 1|= 2x − 1.
Assim,
|x + 1| = |2x − 1|
x + 1 = 2x − 1
2= x
Como 2 1/2 então a equação |x + 1|= |2x − 1| tem x = 2 como única solução real no
intervalo [1/2, +∞[.
Portanto, o conjunto solução da equação |2x − 1|= 2x − 1 é
S = {0, 2}
1 − |x − 2|+x.|x + 2|= 0.
Resolução: A técnica consiste em analisar os sinais dos polinômios para os quais estão
sendo tomados os módulos; no caso, os sinais de x − 2 e de x + 2. Para isso, determinam-se
as raízes das equações x − 2 = 0 e x + 2 = 0, que são, respectivamente, 2 e −2. Temos que
x − 2 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 2, de modo que |x − 2|= x − 2 ⇐⇒ x ≥ 2. Caso contrário (isto é, x 2),
temos que |x − 2|= −(x − 2).
Analogamente, x + 2 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −2, de modo que |x + 2|= x + 2 ⇐⇒ x ≥ −2. Caso
contrário (isto é, x −2), temos que |x + 2|= −(x + 2).
Agora, marcamos as 2 raízes sobre a reta numérica, observando os 3 intervalos determina-
dos por elas:
R
−2 2
sinal de x − 2 (−) (−) (+)
sinal de x + 2 (−) (+) (+)
Se x −2 então x − 2 0 e x + 2 0, de modo que |x − 2|= −(x − 2) e |x + 2|= −(x + 2).
Assim,
1 − |x − 2|+x.|x + 2| = 0

1 + (x − 2) − x.(x + 2) = 0
1 + x − 2 − x2
− 2x = 0
x2
+ x + 1 = 0
cujo discriminante é ∆ = 1 − 4 = −3 0, de modo que a equação 1 − |x − 2|+x.|x + 2|= 0 não
tem solução real no intervalo ] − ∞, −2[.
Se −2 ≤ x 2 então x − 2 0 e x + 2 ≥ 0, de modo que |x − 2|= −(x − 2) e
|x + 2|= x + 2. Assim,
1 − |x − 2|+x.|x + 2| = 0
1 + (x − 2) + x.(x + 2) = 0
1 + x − 2 + x2
+ 2x = 0
x2
+ 3x − 1 = 0
cujo discriminante é ∆ = 9 + 4 = 13 e cujas raízes são
x =
−3 ±
√
13
2
Como −2
−3 +
√
13
2
(≈ 0, 3) 2, mas
−3 −
√
13
2
(≈ −3, 3) −2 então a equação
1 − |x − 2|+x.|x + 2|= 0 tem x =
−3 +
√
13
2
como única solução real no intervalo [−2, 2[.
Se x ≥ 2 então x − 2 ≥ 0 e x + 2 0, de modo que |x − 2|= x − 2 e |x + 2|= x + 2.
Assim,
1 − |x − 2|+x.|x + 2| = 0
1 − (x − 2) + x.(x + 2) = 0
1 − x + 2 + x2
+ 2x = 0
x2
+ x + 3 = 0
cujo discriminante é ∆ = 1 − 12 = −11 0, de modo que a equação 1 − |x − 2|+x.|x + 2|= 0
não tem solução real no intervalo [2, +∞[.
Portanto, o conjunto solução da equação 1 − |x − 2|+x.|x + 2|= 0 é
S =
(
−3 +
√
13
2
)

54 equações
|x − 4|.|x + 4|= 16.
Resolução: Podemos seguir os passos da técnica apresentada nos dois exemplos anteriores.
No entanto, a resolução desta equação é mais simples se observarmos que
|x − 4|.|x + 4|= |(x − 4).(x + 4)|= |x2
− 16|
Assim,
|x2
− 16|= 16 ⇐⇒ x2
− 16 = ±16
x2
− 16 = 16 ou
x2
= 32
x = ±
√
32
x = ±
√
25
x = ±
√
24.2
x = ±22
.
√
2
x = ±4.
√
2
x2
− 16 = −16
x2
= 0
x = 0
Portanto, o conjunto solução da equação |x − 4|.|x + 4|= 16 em R é
S = {0, ±4.
√
2}
|x2
− 5x + 4|= x − 1.
Resolução: lembramos que o módulo de um número real é sempre maior ou igual a 0.
Desse modo, uma condição para existência de solução real é x − 1 ≥ 0, isto é, x ≥ 1. Neste caso,
temos que

x2
− 5x + 4 = x − 1 ou
x2
− 6x + 5 = 0
∆ = 36 − 20 = 16
x =
6 ± 4
2
x = 5 ou x = 1
x2
− 5x + 4 = −(x − 1)
x2
− 5x + 4 = −x + 1
x2
− 4x + 3 = 0
∆ = 16 − 12 = 4
x =
4 ± 2
2
x = 3 ou x = 1
Como 1, 3 e 5 satisfazem a condição de existência (x ≥ 1), o conjunto solução da equação
|x2 − 5x + 4|= x − 1 em R é
S = {1, 3, 5}
|x + 2.|x − 3||= 4.
Resolução: segue da definição de módulo que
x + 2.|x − 3|= 4 ou
2.|x − 3|= 4 − x
Mas,
2.|x − 3|≥ 0
Logo,
4 − x ≥ 0
isto é,
x ≤ 4 (∗)
x + 2.|x − 3|= −4
2.|x − 3|= 4 − x
Mas,
2.|x − 3|≥ 0
Logo,
− 4 − x ≥ 0
isto é,
x ≤ −4 (∗∗)
Observamos que as relações (∗) e (∗∗) são as condições para existência de solução das
equações x + 2.|x − 3|= 4 e x + 2.|x − 3|= −4, respectivamente. Mas,
2.|x − 3|= 4 − x
|x − 3| = 2 −
x
2

56 equações
x − 3 = 2 −
x
2
ou
x +
x
2
= 2 + 3
3x
2
= 5
x =
10
3
x − 3 = −2 +
x
2
x −
x
2
= −2 + 3
x
2
= 1
x = 2
Como 10/3 4 e 2 4 então 10/3 e 2 satisfazem a condição (∗).
Analogamente,
2.|x − 3|= −4 − x
|x − 3| = −2 −
x
2
x − 3 = −2 −
x
2
ou
x +
x
2
= −2 + 3
3x
2
= 1
x =
2
3
x − 3 = 2 +
x
2
x −
x
2
= 2 + 3
x
2
= 5
x = 10
No entanto, 2/3 −4 e 10 −4. Logo, 2/3 e 10 não satisfazem a condição (∗∗).
Portanto, o conjunto solução da equação |x + 2.|x − 3||= 4 em R é
S = {2, 10/3}

6
I N E Q UA Ç Õ E S
Neste capítulo, estudamos algumas técnica de resolução de inequações. Para isso, dividimos
nosso estudo em 4 classes:
1. inequações do 1o grau;
2. inequações do 2o grau;
3. inequações produto/quociente;
4. inequações modulares.
6.1 notação para intervalos reais
Antes de passarmos à resolução de inequações, fixamos a notação que é utilizada para descrever
um conjunto como intervalo real. Abaixo de cada subconjunto destacado na representação
geométrica da reta real, estão a notação de intervalo e o correspondente (sub)conjunto de números
reais. Para isso, consideramos a e b números reais quaisquer com a 6 b.
R
a
[a, +∞[ = {x ∈ R|x a}
R
a
]a, +∞[ = {x ∈ R|x a}
R
b
] − ∞, b] = {x ∈ R|x 6 b}
57

58 inequações
R
b
] − ∞, b[ = {x ∈ R|x b}
R
b
a
[a, b] = {x ∈ R|a 6 x 6 b}
R
b
a
[a, b[= {x ∈ R|a 6 x b}
R
b
a
]a, b]= {x ∈ R|a x 6 b}
R
b
a
]a, b[= {x ∈ R|a x b}
R
] − ∞, +∞[ = R
R
]a, a[ = ∅

6.2 inequações 59
Exemplo. Sobre a reta real, o conjunto
A = {x ∈ R|x ≥ −1} = [−1, +∞[
é representado geometricamente como
R
−1
enquanto que o conjunto
B = {x ∈ R|−5 ≤ x 2} = [−5, 2[
é representado como
R
2
−5
Exemplo.
Na figura a seguir, estão representados geometricamente sobre a reta real os conjuntos C e D.
R
2
−
2
5
C R
−4
D
Em linguagem simbólica, os conjuntos C e D são escritos como:
C =

x ∈ R|−
2
5
x ≤ 2

=

−
2
5
, 2

D = {x ∈ R|x −4} =] − ∞, −4[
6.2 inequações
Passemos agora a discutir cada um dos 4 tipos de inequações que descrevemos anteriormente.

60 inequações
6.2.1 Inequações do 1o grau
São expressões algébricas do tipo ax + b ≤ 0, ax + b 0,ax + b ≥ 0 ou ax + b 0, com
a, b ∈ R, a 6= 0.
A técnica de resolução de inequações do 1o grau é a mesma que a de equações polino-
miais do 1o grau levando-se em conta que ao multiplicarmos uma desiqualdade por um número
negativo, ela muda de sinal, isto é, é trocado por e vice-versa.
Por exemplo, se multiplicarmos −3x + 7 0 por −1, a desigualdade torna-se 3x − 7 0.
Observamos, no entanto, que não é necessário multiplicar uma desigualdade por −1. No
caso de −3x + 7 0, podemos fazer assim:
−3x + 7 0
⇔ 7 3x
isto é, 3x 7
Logo, x
7
3
Neste caso, o conjunto solução é
S =

x ∈ R|x
7
3

=

−∞,
7
3

.
Exemplo. Resolva, em R, a inequação 3 · (x − 1) + 2 ≤ 3(x + 1) + x.
Resolução: Temos que
3 · (x − 1) + 2 ≤ 3(x + 1) + x
3x − 3 + 2 ≤ 3x + 3 + x
−1 ≤ 3 + x
(uma prática muito comum é passar +x para o 1o lado, tornando-se −x; em seguida,
multiplicar por −1; NÃO V
ALE A PENA)
−1 − 3 ≤ x
−4 ≤ x
x ≥ −4.

6.2 inequações 61
S = {x ∈ R|x ≥ −4} = [−4, +∞[ .
Exemplo. Resolva, em R, a inequação
2x
3
− 1 x.
Resolução: Começamos reduzindo as frações a um mesmo denominador: m.m.c.(3, 1) = 3
2x − 3
3

3x
3
−3 3x − 2x
−3 x
x −3.
S = {x ∈ R|x −3} = ]−∞, −3[ .
6.2.2 Inequações do 2o grau
São expressões algébricas do tipo ax2 + bx + c ≤ 0, ax2 + bx + c 0, ax2 + bx + c ≥ 0 ou
ax2 + bx + c 0, com a, b, c ∈ R, a 6= 0.
Por exemplo, x2 − 1 0 é uma inequação do 2o grau.
Um erro conceitual muito comum ao resolver uma desigualdade deste tipo é fazer:
x2
− 1 0
x2
1
x ±
√
1
x ±1 (isso nem faz sentido!)
Mesmo que você fizesse
x2
1 ⇔
√
x2
√
1 ⇔ x 1,
ainda estaria errado, pois
√
x2 = |x|.

62 inequações
Então, como se resolve a desigualdade x2 − 1 0?
O primeiro passo é resolver a equação x2 − 1 = 0.
Temos que
x2
− 1= 0
x2
= 1
x= ±
√
1 = ±1
Agora, marcamos sobre a reta real as raízes −1 e 1.
R
|
|
−1 1
I II III
Temos três intervalos para os quais devemos estudar o sinal de x2 − 1:
I: x −1; II: − 1 x 1; III: x 1
A justificatica da preservação do sinal de x2 − 1 em cada um desses intervalos é dada
pela continuidade da função f(x) = x2 − 1 em R. Mas isso é assunto do final do curso.
Para determinar o sinal de x2 − 1 nos intervalos I, II e III, basta tomar um elemento
qualquer no intervalo e avaliar o sinal de x2 − 1 para este elemento. Por exemplo, para o intervalo
I (x −1), tomamos x = −2. Como (−2)2 − 1 = 4 − 1 = 3 0 então x2 − 1 0 no intervalo
I. Para o intervalo II (−1 x 1), tomamos x = 0. Como 02 − 1 = −1 0 então x2 − 1 0
no intervalo II. Finalmente, para o intervalo III, tomamos x = 2. Como 22 − 1 = 3 0, temos
que x2 − 1 0 no intervalo III.
R
|
|
−1 1
+ + + -
- - + + +
Assim, a inequação x2 − 1 0 (como é 0 e não 6 0, descartamos as raízes) tem como
solução:
S = {x ∈ R|−1 x 1} = ]−1, 1[
Exemplo. Resolver, em R, a inequação do 2o grau x2 − 3x 0:
Resolução:
1o passo: resolver a equação x2 − 3x = 0.

6.2 inequações 63
x2
− 3x = 0
x(x − 3) = 0
x = 0 ou x = 3.
2o passo: descrever os intervalos determinados pelas raízes obtidas no passo anterior:
R
|
|
0 3
I II III
I: x 0; II: 0 x 3; III: x 3
3o passo: estudar o sinal de x2 − 3x em cada um dos intervalos determinados no passo
anterior:
Para o intervalo I (x 0), tomamos x = −1. Como (−1)2 − 3.(−1) = 1 + 3 = 4 0
então x2 − 3x 0 no intervalo I. Para o intervalo II (0 x 3), tomamos x = 1. Como
12 − 3.1 = 1 − 3 = −2 0 então x2 − 3x 0 no intervalo II. Finalmente, para o intervalo
III (x 3), tomamos x = 4. Como 42 − 3.4 = 16 − 12 = 4 0, temos que x2 − 3x 0 no
intervalo III.
R
|
|
0 3
+ + + -
- - + + +
4o passo: obter o conjunto solução para a desigualdade dada.
x2 − 3 0 tem como solução:
S = {x ∈ R|x 6 0 ou x 3} =] − ∞, 0] ∪ [3, +∞[.
0 3
6.2.3 Inequações produto-quociente
São desigualdades que envolvem produtos e/ou quocientes de polinômios. Aqui, uma regra básica
é a regra de sinais:

64 inequações
+ · + = +
+ · − = −
− · + = −
− · − = +
+ : + = +
+ : − = −
− : + = −
− : − = +
Vale a pena lembrar que quando trabalhamos com frações algébricas, como no caso de
inequações quociente, o primeiro passo é discutir as condições de existência. Por exemplo, a
inequação
(x − 1) · (x + 3)
x − 5
0
está definida somente quando x − 5 6= 0, isto é, x 6= 5.
O que significa resolver esta inequação produto-quociente?
Significa determinar os números reais x, com x ∈ R − {5}, tais que o quociente do
produto (x − 1) · (x + 3) por x − 5 é positivo. Isso pode ser feito estudando-se os sinais de x − 1,
x + 3 e x − 5 e, finalmente, estudando-se o sinal de
(x − 1) · (x + 3)
x − 5
por meio da regra de sinais.
Uma técnica usual para este estudo é a chamada “regra do varal”. É o que faremos a
seguir:
(x − 1) · (x + 3)
x − 5
0
1o passo: Condições de existência.
Como o denominador nunca pode ser igual a 0 então
x − 5 6= 0, isto é, x 6= 5
.
2o passo: estudo do sinal de cada polinômio.
• estudo do sinal de x − 1:
x − 1 0 ⇔ x 1 (logo, x − 1 0 ⇔ x 1)
R
|
1
- +
• estudo do sinal de x + 3:
x + 3 0 ⇔ x −3 (logo, x + 3 0 ⇔ x −3)

6.2 inequações 65
R
|
−3
- +
x − 5 0 ⇔ x 5 (logo, x − 5 0 ⇔ x 5)
R
|
5
- +
3o passo: Agora, colocamos essas informações no varal.
R
|
|
|
−3 1 5
- - + +
|
|
|
- + + +
|
|
|
- - - +
|
|
|
- + - +
|
|
|
−3 1 5
Sinal de x − 1
Sinal de x + 3
Sinal de x − 5
Regra de sinais
Desse modo, concluímos que
| | |
−3 1 5
+
- - +
4o passo: encontrar a solução da desigualdade dada.
Como desejamos
(x − 1) · (x + 3)
x − 5
0 e x 6= 5, então a solução é
| | |
−3 1 5
+
- - +
S = {x ∈ R|−3 x 1 ou x 5} =] − 3, 1[∪]5, +∞[.
Outra maneira de resolver este exemplo é estudar o sinal de (x − 1) · (x + 3) diretamente
de x2 + 2x − 3:

66 inequações
| |
−3 1
−4 0 2
R
Para estudar o sinal de x2 + 2x − 3, consideramos as raízes de x2 + 2x − 3 = 0, que
são −3 e 1, pois x2 + 2x − 3 = (x − 1).(x + 3). Logo, há três intervalos para considerarmos:
] − ∞, −3[, ] − 3, 1[ e ]1, +∞[. O sinal de x2 + 2x − 3 será o mesmo para cada número real
pertencente a um destes intervalos. Consequentemente, podemos escolhaer um número real em
cada um dos três intervalos, e determinar o sinal de x2 + 2x − 3 em cada um deles. Escolhemos
os números x = −4, x = 0 e x = 2:
(−4)2 + 2 · (−4) − 3 = 16 − 8 − 3 = 5 0
02 + 2 · 0 − 3 = −3 0
22 + 2 · 2 − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 0
Assim,
R
|
|
−3 1
+ - +
Como antes, o sinal de x − 5 é:
R
|
5
+
-
O varal fica assim:
R
|
|
|
−3 1 5
+ - + +
- - - +
- + - +
−3 1 5
Sinal de x2 + 2x − 3
Sinal de x − 5
Regra de sinais
Novamente, o conjunto solução da inequação
(x − 1) · (x + 3)
x − 5
0 é
S = {x ∈ R|−3 x 1 ou x 5} =] − 3, 1[∪]5, +∞[.

6.2 inequações 67
Exemplo. Determine, em R, o conjunto solução da desigualdade
(4x2
+ 20x + 25).(−2x + 1) ≤ 0
Resolução: pode-se proceder como antes. Uma ótima alternativa é perceber que
4x2
↓
√
↓
2x
+20x+ 25
↓
√
↓
5
| {z }
2.2x.5=20x
= (2x + 5)2.
Como (2x + 5)2 ≥ 0 então
(4x2
+ 20x + 25).(−2x + 1) ≤ 0 ⇔
≥0
x


(2x+5)2
.(−2x + 1) ≤ 0
⇔ −2x + 1 ≤ 0
⇔ 1 ≤ 2x
⇔
1
2
≤ x,
Portanto, o conjunto solução da inequação dada é
S =

x ∈ R : x ≥
1
2

=

1
2
, +∞

.
Exemplo. Resolva, em R, a inequação
2x
x + 3
−
3
x − 1
≤ 2
Resolução:
Como o denominador nunca pode ser igual a 0 então x + 3 6= 0 e x − 1 6= 0, isto é, x 6= −3
e x 6= 1.
Notamos que
2x
x + 3
−
3
x − 1
≤ 2 ⇔
2x
x + 3
−
3
x − 1
−
2
1
≤ 0

68 inequações
m.m.c.(x + 3, x − 1, 1) = (x + 3)(x − 1) ← ⇔
2x(x − 1) − 3(x + 3) − 2(x + 3) (x − 1)
(x + 3)(x − 1)
≤ 0
⇔

2x2
−

2x − 3x − 9 −

2x2
+

2x − 6x + 6
(x + 3)(x − 1
≤ 0
⇔
−9x − 3
(x + 3)(x − 1)
≤ 0
×(−1) ← ⇔
9x + 3
(x + 3)(x − 1)
≥0
2o passo: estudo do sinal de cada polinômio.
• estudo do sinal de 9x + 3:
9x +3 0 ⇔ 9x −3 ⇔ x −
3
9
= −
1
3
.
R
−1
3
(−) (+)
• estudo do sinal de x + 3:
x + 3 0 ⇔ x −3.
R
−3
(−) (+)
x − 1 0 ⇔ x 1.
R
1
(−) (+)
3o passo: Agora, colocamos essas informações no varal.
R
−3 −1
3 1
−3 −1
3
1
(9x + 3) (−) (−) (+) (+)
(x + 3) (−) (+) (+) (+)
(x − 1) (−) (−) (−) (+)
Regra de sinais (−) (+) (−) (+)
4o passo: encontrar a solução da desigualdade dada.
Sendo x 6= −3 e x 6= 1, temos que
9x + 3
(x + 3)(x − 1)
≥ 0 → (+) em
R
−3 −1
3 1
(−) (+) (−) (+)
S = {x ∈ R : −3 x ≤ −
1
3
ou x 1} =

−3,
1
3

∪]1, +∞[.

6.2 inequações 69
No próximo exemplo, resolvemos um sistema de inequações quadráticas.
Exemplo. Resolver, em R, o seguinte sistema



x2
− 3x + 2 0
x2
− 3x ≤ 0
Resolução:
Primeiramente, lembremos que um sistema é uma sentença matemática cujas proposi-
ções/sentenças então conectadas com o conectivo e. De fato, resolver o sistema acima significa
determinar os números reais x que satisfaçam x2 − 3x + 2 0 e que satisfaçam x2 − 3x ≤ 0.
Desse modo, devemos proceder fazendo o estudo do sinal de x2 − 3x + 2 e obtendo o conjunto
solução SI. O mesmo para x2 − 3x, obtendo o conjunto solução SII. O conjunto solução do
sistema é S = SI ∩ SII


y
intersecção
.
(i) x2 − 3x + 2 0:
x2 − 3x + 2 = 0
∆ = 9 − 8 = 1
x =
3 ± 1
2
x =
3 + 1
2
=
4
2
= 2
x =
3 − 1
2
=
2
2
= 1
R
2
1
escolho x = 0 x = 3/2 x = 3
02 − 3.0 + 2 = 2 0

3
2
2
− 3.
3
2
+ 2 =
9
4
−
9
2
+ 2 =
9 − 18 + 8
4
= −
1
4
0
32 − 3.3 + 2 = 9 − 9 + 2 = 2 0
(queremos x2 − 3x + 2 0)
R
1 2
(+) (−) (+)
SI = {x ∈ R : x 1 ou x 2} =] − ∞, 1[∪]2, +∞[.

70 inequações
(ii) x2 − 3x ≤ 0:
x2 − 3x = 0
x(x − 3) = 0
x = 0 ou x − 3 = 0
x = 3
R
3
0
escolho x = −1 x = 1 x = 4
(−1)2 − 3(−1) = 1 + 3 = 4 0
12 − 3.1 = 1 − 3 = −2 0
42 − 3.4 = 16 − 12 = 4 0
(queremos x2 − 3x ≤ 0)
R
0 3
(+) (−) (+)
SII = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 3} = [0, 3].
Finalmente, determinemos o conjunto solução S = SI ∩ SII de



x2
− 3x + 2 0
x2
− 3x ≤ 0
R
0 1 2 3
0 1 2 3
SI
SII
S = SI ∩ SII
S = [0, 1[∪]2, 3].
6.2.4 Inequações e a lógica matemática
Determine os números reais x que satisfazem
(x + 1 3 e − (x − 3)(x + 1) ≥ 0) ou
√
x2 x e x2
≥ 9

.

6.2 inequações 71
• x + 1 3 ⇔ x 2
• −(x − 3)(x + 1) ≥ 0
.(−1)
↑
⇔ (x − 3)(x + 1) ≤ 0
Mas, x − 3 0 ⇔ x 3.
R
3
(−) (+)
e x + 1 0 ⇔ x −1.
R
−1
(−) (+)
Assim,
(x − 3)(x + 1) ≤ 0
R
−1 3
−1 3
sinal de x − 3 (−) (−) (+)
sinal de x + 1 (−) (+) (+)
Regra de sinais (+) (−) (+)
Logo,
x + 1 3 e − (x − 3)(x + 1) ≥ 0
⇔ x 2 e − 1 ≤ x ≤ 3
⇔ −1 ≤ x 2
R
−1 2 3
−1 2 3
x 2
−1 ≤ x ≤ 3
−1 ≤ x 2
•
√
x2 x ⇔ x 0, pois
√
x2 0.

72 inequações
• x2 ≥ 9 ⇔ x2 − 9 ≥ 0
Mas, x2 − 9 = 0 ⇔ x2 = 9 ⇔ x = ±
√
9 ⇔ x = ±3.
x2
− 9 ≥ 0
(−4)2
− 9 = 16 − 9 0 (0)2
− 9 = −9 0 (5)2
− 9 = 25 − 9 0
R
−3 3
(+) (−) (+)
Logo,
√
x2 x e x2 ≥ 9
⇔ x 0 e (x ≤ −3 ou x ≥ 3)
⇔ x ≤ −3
R
−3 0 3
−3 0 3
x 0
x ≤ −3 ou x ≥ 3
x ≤ −3
Portanto,
(x + 1 3 e − (x − 1)(x + 1) ≥ 0) ou
√
x2 x e x2 ≥ 9

.
⇔ −1 ≤ x 2 ou x ≤ −3
R
−3 −1 0 2
−3 −1 0 2
−1 ≤ x 2
x ≤ −3
−1 ≤ x 2 ou x ≤ −3
S =] − ∞, −3] ∪ [−1, 2[.
6.2.5 Mais exemplos de resolução de inequações
Exemplo. Determine, em R, o conjunto solução da inequação
√
x + 2x 0

6.2 inequações 73
Resolução:
Como o radicando tem que ser positivo então x ≥ 0.
2o passo: Estudo do sinal de
√
x + 2x.
Nas condições de existência, isto é, para x ≥ 0, temos que
√
x ≥ 0 e 2x ≥ 0. de modo
que
√
x + 2x ≥ 0. Como estamos interessados em
√
x + 2x 0 então o conjunto solução é
S = ∅.
p
x2 − 2x − 8 x − 2
Resolução:
Como o radicando tem que ser positivo então x2 − 2x − 8 ≥ 0 → (+)
Mas, x2 − 2x − 8 = 0 ⇔ x = 4 ou x = −2, pois
∆ = 4 + 32 = 36
x =
2 ± 6
2
x =
2 + 6
2
=
8
2
= 4
x =
2 − 6
2
=
−4
2
= −2
R
−2 4
(+) (−) (+)
(−3)2 − 2.(−3) − 8 0
02 − 2.0 − 8 0
52 − 2.5 − 8 0
Desse modo, a condição de existência é que x pertença ao conjunto ] − ∞, −2] ∪ [4. + ∞[.
2o passo: Estudo do sinal de
√
x2 − 2x − 8 x − 2.
√
x2 − 2x − 8 x − 2 ⇔
√
x2 − 2x − 8 − (x − 2) 0.
Mas, para resolver a inequação, começamos resolvendo a equação
p
x2 − 2x − 8 − (x − 2) = 0 ⇔
p
x2 − 2x − 8 = x − 2
elevando ao quadrado no
domínio em que x2−2x−8≥0
← ⇔ x2
− 2x − 8 = (x − 2)2
⇔ x2
− 2x − 8 = x2
− 4x + 4
⇔ 2x = 12
⇔ x = 6 → a igualdade ocorre
para x=6

74 inequações
sinal:
p
(−3)2 − 2.(−3) − 8 − (−3 − 2) =
√
7 + 5 0
sinal:
√
72 − 2.7 − 8 − (7 − 2) =
√
27 − 5 0
sinal:
√
52 − 2.5 − 8 − (5 − 2) =
√
7 − 3 0
R
−2 4 6
(+) (−) (+)
domínio domínio
Como queremos
√
x2 − 2x − 8 − (x − 2) 0 então a solução é S =] − ∞, −2]∪]6, +∞[.
x
f(x)
g(x) = x − 2
f(x) =
√
x2 − 2x − 8
√
x2 − 2x − 8 x − 2
√
x2 − 2x − 8 x − 2
4
√
x 3
√
x.
Resolução:
Como o radicando de uma raiz de índice par tem que ser positivo então x ≥ 0.

6.2 inequações 75
2o passo: Estudo do sinal de 4
√
x 3
√
x.
Temos que
4
√
x 3
√
x ⇔ 4
√
x − 3
√
x 0 .
Para resolver a inequação dada, começamos resolvendo a equação
4
√
x − 3
√
x = 0 ⇔ 4
√
x = 3
√
x
no domínio considerado
m.m.c.(4,3)=12 ← ⇔ 4
√
x
12
= 3
√
x
12
⇔ x
12
4 = x
12
3
⇔ x3
= x4
⇔ x4
− x3
= 0
⇔ x3
(x − 1) = 0
⇔ x = 0 ou x = 1
teste do sinal para x =
1
2
:

1
2
1
4
−

1
2
1
3
=
1
4
√
2
−
1
3
√
2
0
teste do sinal para x = 2:
4
√
2 −
3
√
2 0
R
0 1
(+) (−)
Assim, a solução de 4
√
x 3
√
x é S =]0, 1[. (x = 0 e x = 1 correspondem à igualdade
4
√
x = 3
√
x).
x
f(x)
f(x) = 4
√
x
f(x) = 3
√
x
4
√
x 3
√
x

76 inequações
6.2.6 Inequações modulares
Assim como com as equações modulares, nesta seção discutimos algumas inequações que envolvem
módulos de polinômios do 1o grau ou do 2o grau, as quais podem ser facilmente resolvidas com a
análise dos gráficos das funções lineares e quadráticas, cuja abordagem será feita somente após o
estudo dessas funções. Por enquanto, usaremos técnicas algébricas para trabalhar com elas.
Para resolver uma inequação modular, é conveniente conhecer as raízes da respectiva
equação modular. Por esta razão, vamos aproveitar os exemplos feitos na seção sobre Equações
modulares, na mesma ordem que lá eles aparecem.
Exemplo. Resolver, em R, a inequação modular
|x − 7|≥ 1.
Resolução: a inequação |x − 7|≥ 1 é equivalente a |x − 7|−1 ≥ 0. Ou seja, estamos
interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x − 7|−1 seja positivo.
Para isso, resolvemos a equação modular |x − 7|−1 = 0. Já sabemos que as soluções desta
equação são x = 6 e x = 8. Agora, estudamos o sinal de |x − 7|−1 em cada um dos intervalos
determinados pelas raízes 6 e 8. Isso pode ser feito escolhendo-se três números reais quaisquer:
um sendo menor que 6, outro estando entre 6 e 8, e outro sendo maior que 8.
|x-7|-1≥ 0
|5-7|-1=2-1=10 |7-7|-1=-10 |9-7|-1=2-1=10
R
6 8
(+) (−) (+)
Portanto, o conjunto solução da inequação |x − 7|−1 ≥ 0 em R é
S =] − ∞, 6] ∪ [8, +∞[
|x + 1| |2x − 1|.
Resolução: a inequação |x + 1| |2x − 1| é equivalente a |x + 1|−|2x − 1| 0. Ou seja,
estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x + 1|−|2x − 1| seja
(estritamente) negativo. Neste caso, as raízes são descartadas.

6.2 inequações 77
Para isso, resolvemos a equação modular |x + 1|= |2x − 1|. Já sabemos que as soluções
desta equação são x = 0 e x = 2. Agora, estudamos o sinal de |x + 1|−|2x − 1| em cada um dos
intervalos determinados pelas raízes 0 e 2. Isso pode ser feito escolhendo-se três números reais
quaisquer: um sendo menor que 0, outro estando entre 0 e 2, e outro sendo maior que 2.
|x+1|-|2x-1| 0
|-1+1|-|-2-1|=-30 |1+1|-|2-1|=2-1=10 |3+1|-|6-1|=4-5=-10
R
0 2
(−) (+) (−)
Portanto, o conjunto solução da inequação |x + 1|−|2x − 1| 0 em R é
S =] − ∞, 0[ ∪ ]2, +∞[
1 − |x − 2|+x.|x + 2| 0.
Resolução: estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em 1 −
|x − 2|+x.|x + 2| seja (estritamente) positivo. Neste caso, as raízes são descartadas.
Para isso, resolvemos a equação modular 1 − |x − 2|+x.|x + 2|= 0. Já sabemos que a
solução desta equação é x = −3+
√
13
2 . Agora, estudamos o sinal de 1 − |x − 2|+x.|x + 2| em cada
um dos dois intervalos determinados pela raiz −3+
√
13
2 ≈ 0, 3. Isso pode ser feito escolhendo-se
dois números reais quaisquer: um sendo menor que −3+
√
13
2 e sendo maior que −3+
√
13
2 .
1-|x-2|+x.|x+2|0
1-|0-2|+0.|0+2|=-10 1-|1-2|+1.|1+2|=30
R
−3+
√
13
2
(−) (+)
Portanto, o conjunto solução da inequação 1 − |x − 2|+x.|x + 2| 0 em R é
S =]
−3 +
√
13
2
, +∞[
|x − 4|.|x + 4| 16.

78 inequações
Resolução: a inequação |x − 4|.|x + 4| 16 é equivalente a |x − 4|.|x + 4|−16 0. Ou
seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x − 4|.|x + 4|−16
seja (estritamente) negativo. Neste caso, as raízes são descartadas.
Para isso, resolvemos a equação modular |x − 4|.|x + 4|−16 = 0. Já sabemos que as
soluções desta equação são x = 0 e x = ±4.
√
2. Agora, estudamos o sinal de |x − 4|.|x + 4|−16
em cada um dos intervalos determinados pelas raízes 0 e ±4.
√
2. Isso pode ser feito escolhendo-se
quatro números reais quaisquer: um sendo menor que −4.
√
2, um estando entre −4.
√
2 e 0, um
estando entre 0 e 4.
√
2 e outro sendo maior que 4.
√
2.
|x-4|.|x+4|-16 0
|-6-4|.|-6+4|-16=40 |-1-4|.|-1+4|-16=-10
|1-4|.|1+4|-16=-10
|6-4|.|6+4|-16=40
R
−4
√
2 4
√
2
0
(−)
(+) (+)
(−)
Portanto, o conjunto solução da inequação |x − 4|.|x + 4|−16 0 em R é
S =] − 4
√
2, 0[ ∪ ]0, 4
√
2[
|x2
− 5x + 4| x − 1.
Resolução: a inequação |x2 − 5x + 4| x − 1 é equivalente a |x2 − 5x + 4|−(x − 1) 0.
Ou seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x2 − 5x +
4|−(x − 1) seja (estritamente) positivo. Neste caso, as raízes são descartadas.
Para isso, resolvemos a equação modular |x2 − 5x + 4|= x − 1. Já sabemos que as soluções
desta equação são x = 1, x = 3 e x = 5. Agora, estudamos o sinal de |x2 − 5x + 4|−(x − 1) em
cada um dos intervalos determinados pelas raízes 1, 3 e 5. Isso pode ser feito escolhendo-se quatro
números reais quaisquer: um sendo menor que 1, um estando entre 1 e 3, um estando entre 3 e 5
e outro sendo maior que 5.

6.2 inequações 79
|x^2-5x+4|-(x-1)0
|0^2-5.0+4|-(0-1)=50 |2^2-5.2+4|-(2-1)=10
|4^2-5.4+4|-(4-1)=-30
|6^2-5.6+4|-(6-1)=50
R
1 5
3
(+)
(+) (+)
(−)
Portanto, o conjunto solução da inequação |x2 − 5x + 4|−(x − 1) 0 em R é
S =] − ∞, 1[ ∪ ]1, 3[ ∪ ]5, +∞[
|x + 2.|x − 3||≥ 4.
Resolução: a inequação |x + 2.|x − 3||≥ 4 é equivalente a |x + 2.|x − 3||−4 ≥ 0. Ou
seja, estamos interessados em determinar os números reais x cujo sinal em |x + 2.|x − 3||−4 seja
positivo.
Para isso, resolvemos a equação modular |x + 2.|x − 3||= 4. Já sabemos que as soluções
desta equação são x = 2 e x = 10/3. Agora, estudamos o sinal de |x + 2.|x − 3||−4 em cada um
dos intervalos determinados pelas raízes 2 e 10/3. Isso pode ser feito escolhendo-se três números
reais quaisquer: um sendo menor que 2, outro estando entre 2 e 10/3, e outro sendo maior que
10/3.
|x+2.|x-3||-4 ≥ 0
|0+2.|0-3||-4=20 |3+2.|3-3||-4=-10 |4+2.|4-3||-4=20
R
2 10/3
(+) (−) (+)
Portanto, o conjunto solução da inequação |x + 2.|x − 3||−4 ≥ 0 em R é
S =] − ∞, 2] ∪ [10/3, +∞[

Matematica_Basica.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Matematica_Basica.pdf

Similar to Matematica_Basica.pdf (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Matematica_Basica.pdf