Resolução - Aula 1
Equações do Segundo
Grau
Gustavo Rodrigues da Silva
1. Encontre as soluções da equação 2x2− 4x + 2 = 0 utilizando a fórmula resolutiva de Bhaskara, em seguida, utilizando o Método de Soma e Produto, e por fim pelo método de Po-Shen Loh.
Solução. Identificando os coeficientes, temos a = 2, b = −4
e c = 2. Substituindo na fórmula de Bhaskara:
x = −b ± √ b2− 4ac 2a = −(−4) ±p (−4)2− 4 · 2 · 2 2 · 2 = 4 ± √ 16 − 16 4 = 4 ± √ 0 4 = 4 4 = 1
x1 e x2 tais que: x1+ x2 = − b a = 2 x1· x2= c a = 1
Veja que x1 = x2 = 1 satisfaz às duas igualdades, portanto, x = 1 é uma raíz de multiplicidade 2. 2. Resolva a equação x − 1 x − 2+ x − 2 x − 1 = 5 2.
Solução. Primeiramente vamos igualar os denominadores do
primeiro termo e, em seguida, isolar a incógnita: x − 1 x − 2+ x − 2 x − 1= 5 2 ⇒ x − 1 x − 2· x − 1 x − 1+ x − 2 x − 1· x − 2 x − 2 = 5 2 ⇒ (x − 1) 2+ (x − 2)2 (x − 1)(x − 2) = 5 2 ⇒ 2 · [(x − 1)2+ (x − 2)2] = 5 · (x − 1)(x − 2) ⇒ 2 · (2x2− 6x + 5) = 5 · (x2− 3x + 2) ⇒ 4x2− 12x + 10 = 5x2− 15x + 10 ⇒ −x2+ 3x = 0 ⇒ x · (3 − x) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 3 3. Resolva a equação (3x − 2) − (x − 3)2+ 11 = 0. Solução. (3x − 2) − (x − 3)2+ 11 = 0 ⇒ 3x − 2 − (x2− 6x + 9) + 11 = 0 ⇒ −x2+ 9x = 0
Estamos procurando x1 e x2 tais que:
x1+ x2 = − b a = 9 x1· x2= c a = 0
Portanto, temos as soluções x1 = 0 e x2= 9. 4. Resolva a equação x2+ 4|x| − 12 = 0.
Solução. Dividiremos a resolução em dois casos:
• Se x < 0, então |x| = −x:
x2+ 4|x| − 12 = 0 ⇒ x2+ 4(−x) − 12 = 0 ⇒ x2− 4x − 12 = 0
Queremos x1 e x2 tais que:
x1+ x2 = − b a = 4 x1· x2 = c a = −12
Portanto temos x1= 6 e x2 = −2. Mas veja que
estáva-mos supondo x < 0, então, nesse caso, somente x = −2 é solução.
• Se x ≥ 0, então |x| = x:
x2+ 4|x| − 12 = 0 ⇒ x2+ 4x − 12 = 0
Queremos x1 e x2 tais que:
x1+ x2 = − b a = −4 x1· x2= c a = −12
Portanto, temos x1 = −6 e x2 = 2. Mas veja que estávamos
supondo x ≥ 0, então, nesse caso, somente x = 2 é solução. Com isso temos que x = −2 e x = 2 são as soluções da equação
dada.
5. Paulo cercou uma região retangular de área 28m2 com 24 me-tros de corda. Encontre as dimensões dessa região.
Solução. Sejam x1 e x2 os lados do retângulo. De início,
temos as duas equações:
2x1+ 2x2 = 24 ⇒ x1+ x2= 12
x1· x2= 28 =
Uma forma de resolver é isolando uma incógnita na primeira equação e substituindo na segunda. Outra forma é obtendo uma equação do segundo grau cujas raízes sejam x1e x2, como
faremos a seguir. Note que podemos fazer a seguinte associa-ção: x1+ x2 = 12 = − b a x1· x2= 28 = c a
Seja a equação do segundo grau ax2 + bx + c = 0. Se divi-dirmos toda a equação por a obtemos x2− (−b
a) · x + c a = 0. Substituindo −b a e c a temos a equação x 2− 12x + 28 = 0, que
resolveremos a seguir com o uso da fórmula de Bhaskara. Veja que a = 1, b = −12 e c = 28. Substituindo na fórmula, temos:
x = −b ± √ b2− 4ac 2a = −(−12) ±p (−12)2− 4 · 1 · 28 2 · 1 = 12 ± √ 144 − 112 2 = 12 ± √ 32 2 = 12 ± 4 √ 2 2 = 6 ± 2√2 Então temos os lados x1 = 6 − 2
√ 2 e x2 = 6 + 2 √ 2. 6. Resolva a equação x x − 2− 3 x − 1 = 3 x2− 3x + 2 sabendo que x > 2.
Solução. x x − 2− 3 x − 1 = 3 x2− 3x + 2 ⇒ x x − 2· x − 1 x − 1− 3 x − 1· x − 2 x − 2 = 3 (x − 1)(x − 2) ⇒ x(x − 1) − 3(x − 2) (x − 1)(x − 2) = 3 (x − 1)(x − 2) ⇒ x2− 4x + 6 = 3 ⇒ x2− 4x + 3 = 0
Estamos procurando x1 e x2 tais que:
x1+ x2 = − b a = 4 x1· x2 = c a = 3
Então temos x1 = 1 e x2 = 3. Mas veja que o enunciado impõe
que x > 2. Com isso temos x = 3 como a única solução. 7. Resolva a equação 2|x2− 1| = |4 − x2|.
Solução. Primeiramente, note que x2− 1 = 0 possui raízes 1
e -1. Então podemos escrever x2− 1 = (x − 1)(x + 1).
Da mesma forma, como a equação 4 − x2 = 0 possui raízes 2 e -2, podemos escrever 4 − x2 = −(x − 2)(x + 2).
Sabendo disso, faremos, a seguir, uma tabela de sinais para facilitar na resolução do problema:
x<-2 -2<x<-1 -1<x<1 1<x<2 2<x x-1 - - - + + x+1 - - + + + (x-1)(x+1) + + - + + x-2 - - - - + x+2 - + + + + -(x-2)(x+2) - + + +
-Agora vamos dividir a resolução do problema em 5 casos e analisar cada um separadamente:
• Se x < −2, então x2− 1 > 0 e 4 − x2 < 0:
2|x2− 1| = |4 − x2| ⇒ 2(x2− 1) = −(4 − x2) ⇒ 2x2− 2 = −4 + x2
⇒ 2x2− x2 = −4 + 2 ⇒ x2= −2
Veja que nesse caso não temos soluções, pois não existe x ∈ R tal que x2= −2. • Se −2 < x < −1, então x2− 1 > 0 e 4 − x2> 0: 2|x2− 1| = |4 − x2| ⇒ 2(x2− 1) = 4 − x2 ⇒ 2x2− 2 = 4 − x2 ⇒ 2x2+ x2 = 4 + 2 ⇒ 3x2 = 6 ⇒ x2 = 2 ⇒ x = ±√2
Veja que nesse caso temos x = −√2 como solução, pois esse valor atende à restrição de que −2 < x < −1. • Se −1 < x < 1, então x2− 1 < 0 e 4 − x2 > 0: 2|x2− 1| = |4 − x2| ⇒ 2[−(x2− 1)] = 4 − x2 ⇒ −2x2+ 2 = 4 − x2 ⇒ −2x2+ x2= 4 − 2 ⇒ −x2 = 2 ⇒ x2 = −2
Veja que nesse caso não temos soluções, pois não existe x ∈ R tal que x2= −2.
• Se 1 < x < 2 então x2− 1 > 0 e 4 − x2 > 0. Como vimos
anteriormente, nesse caso teremos x = −√2 e x = √2 como candidatos. Com a restrição dada, teremos x =√2 como solução.
• Se 2 < x, então x2− 1 > 0 e 4 − x2< 0. Veja que, como
já vimos anteriormente, nesse caso não temos soluções, pois não existe x ∈ R tal que x2 = −2.
Após analisar esses casos, note que faltou apenas analisar os casos em que x é uma raíz de alguma equação envolvida. Ou seja, resta analisar os casos em que x = −1, x = 1, x = −2 ou x = 2. Observe, porém, que caso x seja um desses valores, um lado da igualdade será anulado e o outro não. Com isso, nenhum desses valores é solução para a equação com módulos dada.
Por fim, temos como soluções apenas x = −√2 e x =√2. 8. Sabendo que a equação do segundo grau ax2+ ax + 1 = 0
possui uma raíz de multiplicidade 2, encontre o valor de a.
Solução. Se a equação dada possui uma raíz de
multiplici-dade 2, então seu discriminante é nulo. Ou seja: ∆ = a2− 4 · a · 1 = a2− 4a = a(a − 4) = 0
Disso temos que a = 0 ou a = 4. Mas veja que como ax2 + ax + 1 = 0 é equação do segundo grau, a deve ser diferente de
zero. Portanto a = 4 é a única solução.
9. (SBM) Eu compraria algumas garrafas de um bom vinho por 540 reais. Por ter obtido um desconto de 15 reais no preço de cada garrafa, consegui comprar 3 garrafas a mais do que pre-vira originalmente (gastando exatamente 540 reais). Quantas garrafas de vinho comprei?
Solução. Sejam n = númerodegarraf as e p = preçodecadagarraf a.
Do enunciado podemos obter as seguintes equações: n · p = 540 ⇒ n = 540
(n + 3) · (p − 15) = 540 (1.2) Substituindo (1.1) em (1.2) temos: (n + 3) · (p − 15) = 540 ⇒ (540 p + 3) · (p − 15) = 540 ⇒ 540p p − 540 · 15 p + 3p − 3 · 15 = 540 ⇒ 540 − 540 · 15 p + 3p2 p − 45p p = 540 ⇒ 3p 2− 45p − 540 · 15 p = 0 ⇒ 3p2− 45p − 540 · 15 = 0
Estamos procurando p1 e p2 tais que:
p1+ p2 = − b a = 15 p1· p2 = c a = −540 · 5 = −2700
Então temos p1 = 60 e p2 = −45, mas como o preço é um número positivo, temos p = 60. Substituindo p = 60 em (1.1) obtemos n = 9. Portanto, foram compradas 9 garrafas. Observação: a resolução da equação 3p2− 45p − 540 · 15 = 0 pelo método de soma e produto não é tão trivial. Mas pode-mos tranquilamente substituir os valores dos coeficientes na fórmula de Bhaskara, obtendo assim as mesmas soluções. 10. (Cefet - RJ - 2014) Para qual valor de a a equação
(x − 2) · (2ax − 3) + (x − 2) · (−ax + 1) = 0 tem 2 raízes iguais?
Solução. Primeiro vamos desenvolver o primeiro membro:
(x − 2) · (2ax − 3) + (x − 2) · (−ax + 1) = 0 ⇒ 2ax2− 3x − 4ax + 6 − ax2+ x + 2ax − 2 = 0 ⇒ ax2− (2 + 2a)x + 4 = 0
Sabemos que a equação dada possui duas raízes iguais se seu discriminante é nulo. Então temos:
∆ = [−(2 + 2a)]2− 4 · a · 4 = 0 ∆ = (2 + 2a)2− 16a = 0 ∆ = 4a2+ 8a + 4 − 16a = 0 ∆ = 4a2− 8a + 4 = 0 ∆ = a2− 2a + 1 = 0
Resolvendo pelo método de soma e produto temos o seguinte:
a1+ a2 = 2
a1· a2= 1
Portanto temos a1 = a2 = 1. Ou seja, para a = 1 a equação
dada possui 2 raízes iguais.
11. Sabendo que x é um número real que satisfaz
x = 1 + 1 1 +1x,
Solução. x = 1 + 1 1 + 1 x = 1 +1 x 1 +1 x + 1 1 +1 x = 1 + 1 x + 1 1 + 1 x = 2 +1 x 1 +1 x ⇒ x · (1 + 1 x) = 2 + 1 x ⇒ x +x x = 2 + 1 x ⇒ x + 1 − 2 − 1 x = 0 ⇒ x 2 x − x x − 1 x = 0 ⇒ x 2− x − 1 x = 0 ⇒ x2− x − 1 = 0
Aplicando na fórmula de Bhaskara temos: x = −b ± √ b2− 4ac 2a = −(−1) ± p (−1)2− 4 · 1 · (−1) 2 · 1 = 1 ± √ 1 + 4 2 = 1 ± √ 5 2
Então temos as soluções x1= 1 − √
5
2 e x2=
1 +√5
2 .
12. Dizemos que uma sequência de números an satisfaz a relação
de Fibonacci se, para todo n ≥ 0, temos que an+2= an+1+ an.
Encontre todas as sequências anda forma an= xnpara algum x 6= 0 que satisfaçam a Relação de Fibonacci.
Solução. Substituindo an= xn na relação dada, temos:
xn+2= xn+1+ xn⇒ xn+2− xn+1− xn= 0
⇒ xn· x2− xn· x − xn= 0 ⇒ xn· (x2− x − 1) = 0
Da última igualdade temos que xn = 0 ou x2 − x − 1 = 0. Mas veja que se xn = 0, então x = 0, o que contradiz o enunciado, que havia estabelecido x 6= 0. Com isso, temos que x2− x − 1 = 0 que, como vimos no exercício anterior, tem as
soluções x = 1 ± √
5
2 .
Determinemos, agora, os termos a0 e a1 da sequência: • a0= x0 = 1.
• a1= x1 = x =
1 ±√5
2 .
Com isso, as sequências procuradas são da forma xn+2 = xn+1 + xn, com x0 = 1 e x1 = 1 ±
√ 5
2 . Note que para x1 =
1 −√5
2 teremos uma sequência, e para x1 =
1 +√5 2 teremos outra. E a partir desses dois primeiros termos, pode-mos encontrar qualquer outro termo da sequência. 13. Mostre que se b é um inteiro não-negativo, então a equação
x2+ bx + 17 = 0 não possui raiz inteira positiva.
Solução. Suponha que b é inteiro não-negativo e a equação
dada possui raíz inteira positiva. Então a equação possui uma ou duas raízes. Analisemos os casos:
• Se x2+ bx + 17 = 0 possui uma raíz:
∆ = 0 ⇒ b2− 4 · 1 · 17 = 0 ⇒ b2− 68 = 0
⇒ b2 = 68 ⇒ b = ±√68
Veja que chegamos a uma contradição, pois estávamos supondo b ∈ Z, mas√68 6∈ Z. Portanto, não é possível que a equação possua só uma raíz.
• Se x2+ bx + 17 = 0 possui duas raízes:
∆ > 0 ⇒ b2− 4 · 1 · 17 > 0 ⇒ b2− 68 > 0 ⇒ b2> 68 ⇒ b ≥ 9
A obtenção do resultado b ≥ 9 segue do fato de b ser inteiro não-negativo.
Então sejam x1 e x2 essas raízes inteiras e positivas que estamos supondo existir. Conhecemos a soma e o produ-tos dessas raízes:
x1+ x2= −b < 0
x1· x2 = 17
Veja que x1+ x2 é um número negativo, o que é
contra-dição, pois estávamos supondo x1 e x2 raízes inteiras e positivas. A contradição ocorreu ao supormos que exis-tem tais raízes. Portanto, concluímos que não exisexis-tem.
14. Se x2− 4x + 1 = 0, determine o valor de E = x
4+ 1
x3+ x.
Solução. Primeiramente, a partir da equação dada vamos
substituir em E, como segue: x2− 4x + 1 = 0 ⇒ x2· (x2− 4x + 1) = 0 ⇒ x4− 4x3+ x2 = 0 ⇒ x4 = 4x3− x2 ⇒ x4+ 1 = 4x3− x2+ 1 x2− 4x + 1 = 0 ⇒ x · (x2− 4x + 1) = 0 ⇒ x3− 4x2+ x = 0 ⇒ x3+ x = 4x2
Com isso, temos E = 4x
3− x2+ 1
4x2
15. Numa reunião havia pelo menos 12 pessoas e todos os pre-sentes apertaram as mãos entre si. Descubra quantas pessoas estavam presentes na festa, sabendo que houve menos que 75 apertos de mão.
Solução. Sejam p = "número de pessoas"e n = "número de
apertos de mão". Sabemos que p ≥ 12 e n < 75. Para contar o número de apertos podemos raciocinar da seguinte forma: se existem p pessoas, então cada pessoa apertou p − 1 mãos, então temos p · (p − 1) apertos. Mas veja que dessa forma cada aperto de mão está sendo contado duas vezes, pois o aperto de mão da pessoa A com a pessoa B é o mesmo que o da pessoa B com a pessoa A, então temos que dividir o número obtido por 2. Dessa forma, o número de apertos de mão será dado por n = p · (p − 1)
2 . Sabemos que p ≥ 12, então faremos o teste para p = 12, depois para p = 13 e assim por diante:
• Se p = 12 :
n = p · (p − 1)
2 =
12 · 11
• Se p = 13 :
n = p · (p − 1)
2 =
13 · 12
2 = 13 · 6 = 78 > 75 Veja que para p ≥ 13 teremos n > 75. Portanto, haviam 12 pessoas na reunião e ocorreram 66 apertos de mão. 16. (Banco de Questões da OBMEP 2014, nível 3, questão 22): Sejam a e b números inteiros positivos tais que a > b. O professor Matheus disse ao aluno Raul que se ele calculasse o número A = a2 + 4b + 1, o resultado seria um quadrado perfeito. Raul, por engano, trocou os números a e b e calculou o número B = b2 + 4a + 1 que, por acaso, também é um quadrado perfeito.
a) Mostre que A = (a + 1)2.
Solução. Note que a2 < A < (a + 2)2. Então A é um qua-drado perfeito entre a2 e (a + 2)2, ou seja, A = (a + 1)2.
b) Encontre os números a, b, A e B.
Solução. Pelo item anterior, temos:
A = (a + 1)2 ⇒ a2+ 4b + 1 = a2+ 2a + 1 ⇒ 4b = 2a
⇒ a = 2b
Substituindo a = 2b na expressão de B temos: B = b2+ 4a + 1
= b2+ 4(2b) + 1 = b2+ 8b + 1
Note que b2 < B < (b + 4)2, então, como B também é um quadrado perfeito, resta que B = (b + 2)2 ou B = (b + 3)2.
• Se B = (b + 2)2: B = (b + 2)2⇒ b2+ 8b + 1 = b2+ 4b + 4 ⇒ 8b + 1 = 4b + 4 ⇒ 8b − 4b = 4 − 1 ⇒ 4b = 3 ⇒ b = 3 4
Mas veja que, dessa forma, b não é um número inteiro. Então B 6= (b + 2)2. • Se B = (b + 3)2: B = (b + 3)2⇒ b2+ 8b + 1 = b2+ 6b + 9 ⇒ 8b + 1 = 6b + 9 ⇒ 8b − 6b = 9 − 1 ⇒ 2b = 8 ⇒ b = 4
Como vimos anteriormente, temos a = 2b ⇒ a = 2 · 4 = 8. Por último, substituindo nas expressões de A e B:
A = (a + 1)2 = (8 + 1)2 = 92 B = (b + 3)2 = (4 + 3)2 = 72 Finalmente, temos a = 8, b = 4, A = 92 e B = 72. 17. (Banco de Questões da OBMEP 2010, nível 3, questão 24, itens (a) e (b)): Briot (matemático inglês, que viveu de 1817
a 1882) e Ruffini (matemático italiano, que viveu de 1765 a 1822) desenvolveram métodos para encontrar soluções para as equações chamadas recíprocas. Nesta questão você vai desen-volver, passo a passo, a essência desses métodos.
a) Se y = x + 1 x, calcule as expressões x 2+ 1 x2 em termos de y. Solução. y = x + 1 x ⇒ y 2= (x + 1 x) 2 ⇒ y2= x2+ 2 · x · 1 x + ( 1 x) 2 ⇒ y2= x2+ 2 + 1 x2 ⇒ y2− 2 = x2+ 1 x2 b) Determine todas as raízes reais da equação x2− 5x + 8 −
5 x + 1 x2 = 0. Solução. x2− 5x + 8 − 5 x + 1 x2 = 0 ⇒ x2+ 1 x2 − 5x − 5 x + 8 = 0 ⇒ x2+ 1 x2 − 5(x + 1 x) + 8 = 0 Chamemos y = x +1
x, pelo resultado obtido no item anterior, temos que y2 − 2 = x2 + 1
última igualdade temos: x2+ 1 x2 − 5(x + 1 x) + 8 = 0 ⇒ y2− 2 − 5y + 8 = 0 ⇒ y2− 5y + 6 = 0
Usando o método de soma e produto, podemos ver facilmente que as soluções dessa última equação são y1 = 2 e y2 = 3. Então temos os casos:
• Se y = 2 : y = 2 ⇒ x + 1 x = 2 ⇒ x + 1 x − 2 = 0 ⇒ x2+ x x− 2x = 0 ⇒ x2− 2x + 1 = 0
Que possui x = 1 como raíz de multiplicidade 2. • Se y = 3 : y = 3 ⇒ x + 1 x = 3 ⇒ x + 1 x − 3 = 0 ⇒ x2+ x x− 3x = 0 ⇒ x2− 3x + 1 = 0
Cujas raízes são x = 3 ± √
5
2 .
Então as soluções da equação inicial são 1, 3 + √ 5 2 e 3 −√5 2 .
18. (Banco de Questões da OBMEP 2010, nível 3, questão 16): Se 3 e 1
3 são as raízes da equação ax
2− 6x + c = 0, qual é o valor de a + c? a) 1 b) 0 c) −9 5 d) 18 5 e) -5 Solução. Se 3 e 1
3 são raízes da equação dada, então temos: a · 32− 6 · 3 + c = 0 ⇒ 9a − 18 + c = 0 (1.3) a · (1 3) 2− 6 ·1 3+ c = 0 ⇒ a 9− 2 + c = 0 ⇒ a − 18 + 9c = 0 (1.4) Somando (1.3) e (1.4) temos: 9a + a + 9c + c − 18 − 18 = 0 ⇒ 10a + 10c − 36 = 0 ⇒ 10(a + c) = 36 ⇒ a + c = 36 10 ⇒ a + c = 18 5
Portanto, a alternativa correta é d).
19. (Banco de Questões da OBMEP 2010, nível 3, questão 81, Adaptada): Sobre a equação 2020x3+ 2019x2+ 2018x = 0, é correto afirmar que:
a) Não possui raízes reais;
b) Possui três raízes reais distintas; c) Possui duas raízes iguais;
Solução.
2020x3+ 2019x2+ 2018x = 0 ⇒ x(2020x2+ 2019x + 2018) = 0
Dessa última igualdade obtemos que x = 0 ou 2020x+2019x + 2018 = 0. Então x = 0 é uma solução. Analisemos agora as soluções da equação 2020x+2019x + 2018 = 0, com base em seu discriminante: ∆ = b2− 4ac = 20192− 4 · 2020 · 2018 = 20194− 4 · (2019 + 1) · (2019 − 1) = 20192− 4 · (20192− 12) = 20192− 4 · 20192+ 4 = −3 · 20192+ 4 < 0
Como ∆ < 0, a equação 2020x2+ 2019x + 2018 = 0 não possui raízes reais. Então, a única solução da equação inicial é x = 0.
Portanto, a alternativa correta é d).
20. Um pequeno agricultor dispunha de 100m de tela, com a qual pretende cercar uma pequena horta retangular. O objetivo do agricultor é determinar as dimensões da horta para que sua área não seja menor que 600m2. Determine as medidas dos lados da horta.
Solução. Sejam a e b as medidas dos lados do retângulo. De
início, temos as seguintes relações:
2a + 2b = 100 ⇒ a = 100 − 2b
2 ⇒ a = 50 − b (1.5)
Substituindo (1.5) em (1.6) temos:
a · b ≥ 600 ⇒ (50 − b) · b ≥ 600 ⇒ −b2+ 50b ≥ 600 ⇒ −b2+ 50b − 600 ≥ 0
Então agora queremos determinar para quais valores de b a expressão −b2+ 50b − 600 assume valores não-negativos. Pelo método de soma e produto, podemos ver facilmente que a equação −b2 + 50b − 600 = 0 possui raízes 20 e 30. Então podemos reescrevê-la como:
−b2+ 50b − 600 = −(b − 20) · (b − 30)
Agora, estamos procurando os valores de b que satisfazem a inequação:
− (b − 20) · (b − 30) ≥ 0 ⇒ (b − 20) · (b − 30) ≤ 0 (1.7) Note que podemos facilmente determinar o sinal de (b − 20) · (b − 30) por meio de uma tabela, como segue:
b<20 20<b<30 30<b
b-20 - + +
b-30 - - +
(b-20)·(b − 30) + - +
Lembremos que para b = 20 e b = 30 temos (b − 20) · (b − 30) = 0. Então, conforme a tabela de sinais acima, os valores de b tais que (b − 20) · (b − 30) ≤ 0 são 20 ≤ b ≤ 30.
Portanto, os lados a e b da horta retangular são tais que: 20 ≤ b ≤ 30 e a = 50 − b
Note que o problema não possui solução única, mas para cada valor de b entre 20 e 30 teremos um valor de a correspondente
21. (CN - 88) A equação do 2o grau x2− 2x + m = 0, m < 0, tem raízes x1 e x2. Se xn−21 + xn−22 = a e xn−11 + xn−12 = b, então xn1 + xn2 é igual a: a) 2a + mb b) 2b − ma c) ma + 2b d) ma − 2b e) m(a − 2b)
Solução. Se x1 e x2 são raízes da equação x2− 2x + m = 0,
então conhecemos a soma e o produto dessas raízes:
x1+ x2 = 2 (1.8)
x1· x2 = m (1.9)
Por outro lado, se x1 e x2são as raízes da equação dada, então
valem as igualdades:
x21− 2x1+ m = 0 ⇒ x21 = 2x1+ m (1.10)
x22− 2x2+ m = 0 ⇒ x22 = 2x2+ m (1.11)
Agora, usaremos as igualdades dadas no enunciado. A come-çar por xn−11 + xn−12 = b: xn−11 + xn−12 = b ⇒ x n 1 x1 +x n 2 x2 = b ⇒ x n 1 · x2 x1· x2 + x n 2 · x1 x1· x2 = b ⇒ x n 1 · x2+ xn2 · x1 x1· x2 = b ⇒ xn1 · x2+ xn2 · x1 = b · x1· x2 ⇒ xn1 · x2+ xn2 · x1 = bm (1.12)
Agora, usando a igualdade xn−21 + xn−22 = a, temos: xn−21 + xn−22 = a ⇒ x n 1 x21 + xn2 x22 = a
Substituindo os valores das equações (1.10) e (1.11) temos: xn1 2x1− m + x n 2 2x2− m = a ⇒ x n 1 2x1− m ·2x2− m 2x2− m + x n 2 2x2− m ·2x1+ m 2x1− m = a ⇒x n 1 · (2x2− m) + xn2 · (2x1− m) (2x1− m) · (2x2− m) = a ⇒xn1 · (2x2− m) + xn2 · (2x1− m) = a[(2x1− m) · (2x2− m)] ⇒2x2xn1 − mxn1 + 2x1xn2 − mxn2 = a(4x1x2− 2mx1− 2mx2+ m2)
Agora vamos reorganizar os termos para evidenciar alguns va-lores já conhecidos, como segue:
2(x2xn1 + x1xn2) − m(xn1 + xn2) = a[4x1x2− 2m(x1+ x2) + m2]
Fazendo a substituição dos valores das equações (1.8), (1.9) e (1.12), temos:
2bm − m(xn1 + xn2) = a(4m − 2m · 2 + m2) ⇒2bm − m(xn1 + xn2) = am2
Por fim, só precisamos isolar a expressão xn1 + xn2: 2bm − m(xn1 + xn2) = a(4m − 2m · 2 + m2) ⇒ − m(xn1 + xn2) = a(4m − 2m · 2 + m2) − 2bm ⇒xn 1 + xn2 = am2− 2bm −m ⇒xn1 + xn2 = 2b − am
