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Exercícios Resolvidos de Derivada de Ordem Superior – Achando Padrão

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Enunciado

IME, Cálculo I, 2019, VE1, Q1

Seja P ( x ) um polinômio de grau ímpar. Seja a um número real fixo tal que P ' ' a ≠ 0 . Prove que para qualquer y ∈ 0   ,   1 2     existe um número real b , ( b ≠ a ) tal que:

P b - P ( a ) b - a = P ' ( y b + ( 1 - y ) a )

Dica: analise a equação P x + a - P a - x P ' ( y x + a ) .

Passo 1

Falaaaa galerinha! Nessa questão, representarei em vermelho os termos que se anulam. Seguindo a dica do enunciado, tome:

f y x = P x + a - P a - x P ' ( y x + a )

Tal que f y 0 = P a - P a - 0 ⋅ P ' a = 0 ,   ∀ y . Como forma de explicitar f y escreva P x = ∑ n = 0 2 k + 1 a n x n , onde k ∈ Z , a n ∈ R . Se k = 0 , e P tem grau 1, teríamos:

P x = a 1 x + a 0 ⇒ P ' ' x = 0 ⇒ P ' ' a = 0

Como P ' ' a ≠ 0 , a contradição implica que k ≥ 1 e P tem grau no mínimo 3 . Assim,

f y x = ∑ n = 0 2 k + 1 a n ( x + a ) n - ∑ n = 0 2 k + 1 a n a n - x ∑ n = 1 2 k + 1 n a n y x + a n - 1

= ∑ n = 0 2 k + 1 a n ( x n + … + a n ) - ∑ n = 0 2 k + 1 a n a n - ∑ n = 0 2 k + 1 n a n x ( y n - 1 x n - 1 + … + a n - 1 )

= ∑ n = 1 2 k + 1 a n x n + … + n a n - 1 x -   n a n ( y n - 1 x n + … + a n - 1 x )

= ∑ n = 2 2 k + 1 a n x n + … + n n - 1 2 a n - 2 x 2 -   n a n ( y n - 1 x n + … + n a n - 2 y x 2 )

Observe, pois, que x 2 divide f y , isto é, f y x = x 2 Q y ( x ) onde Q y é um polinômio de grau 2 k - 1 , com 2 k - 1 ≥ 1 . Como Q y possui grau ímpar existe ainda outra raiz real c = b - a comum a f y .

Passo 2

Dada a existência desta raiz, falta provar que c ≠ 0 , tal que exista b - a ≠ 0 . Suponha que 0 é pelo menos 3 vezes raiz de f y , então f y ( x ) = x 3 R y ( x ) onde R y é polinomial. E teríamos pela regra binomial do produto

f y ' ' x = ∑ i = 0 2 2 i x 3 i R y 2 - i

= 6 x R y + 2 ⋅ 3 x 2 R y ' + x 3 R y ' '

De forma que f y ' ' 0 = 0 . Porém, derivando sua forma explícita, vemos que:

f y ' ' x = P x + a - P a - x P ' y x + a ' ' =

= P ' ' x + a - P ' ' a - x P ' y x + a ' ' =

= P ' ' x + a - P ' ' a - 0 ⋅ P ' y x + a - 2 ⋅ 1 ⋅ y P ' ' y x + a - x ⋅ y 2 P ' ' ' ( y x + a )

= P ' ' x + a - P ' ' a - 2 y P ' ' y x + a - x y 2 P ' ' ' ( y x + a )

Logo,

f y ' ' 0 = - 2 y P ' ' a ,       y ∈ 0 , 1 2 ,     P ' ' a ≠ 0 ⇒ f y ' ' 0 ≠ 0

A contradição implica que f y tem exatamente 2 raízes nulas e pelo menos uma raiz c ≠ 0 para     y ∈ 0 , 1 2 . Sendo c = b - a ≠ 0 , define-se b tal que

f y c = P c + a - P a - c P ' ( y c + a )

= P b - a - P a - b - a P ' y b - a + a = 0

Daí, para todo y ∈ 0 , 1 2 existe b ≠ a , tal que:

P b - a - P a b - a = P ' ( y b + ( 1 - y ) a )

Resposta

Escrever só a resposta aqui quando o problema tiver resposta

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