Demonstrações ⇒ Demonstração - Trinômio 2º Grau Tópico resolvido

[Marcos]

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]

[Cientista]

Good

[emanuel9393MOD]

Uma demonstração alternativa
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!

[emanuel9393MOD]

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].

[PedroCunha]

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:

parabola.png (8.11 KiB) Exibido 4620 vezes

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

[emanuel9393MOD]

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:

Olá, Pedro!

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:

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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!

[PedroCunha]

Realmente, Emanuel. Falhei ao afirmar que sempre ocorreria o citado. Obrigado pela correção.

Abraços,
Pedro