Resolva as seguintes desigualdades: a) |x - 1|  |x + 1|. b) |x| - |x - 1| < x. c) |x - 1| + |x - 2|  3.

Vamos resolver por análise por casos (pontos onde os módulos “quebram” o sinal).

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a) $|x-1|\le |x+1|$

Podemos elevar ao quadrado (ambos os lados são $\ge 0$): $(x-1)^2\le (x+1)^2$ $x^2-2x+1\le x^2+2x+1$ $-2x\le 2x\Rightarrow 0\le 4x\Rightarrow x\ge 0.$ Solução: $x\in[0,\infty)$.

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b) $|x|-|x-1|<x$

Os pontos críticos são $x=0$ e $x=1$.

Caso 1: $x\ge 1$

$|x|=x$ e $|x-1|=x-1$. $x-(x-1)<x\Rightarrow 1<x$ Verdadeiro para todo $x\ge 1$.

Caso 2: $0\le x<1$

$|x|=x$ e $|x-1|=1-x$. $x-(1-x)<x\Rightarrow 2x-1<x\Rightarrow x<1.$ Verdadeiro para todo $0\le x<1$.

Caso 3: $x<0$

$|x|=-x$ e $|x-1|=1-x$ (pois $x-1<0$). $-x-(1-x)<x\Rightarrow -1<x\Rightarrow x>-1.$ Neste caso, como estamos em $x<0$, fica $-1<x<0$.

Juntando os casos: $(-1,0)\cup[0,1)\cup[1,\infty)=(-1,\infty)$.

Solução: $x\in(-1,\infty)$.

Observação: a desigualdade não vale em $x=-1$ (dá igualdade $1<1$ que é falsa).

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c) $|x-1|+|x-2|\le 3$

Pontos críticos: $x=1$ e $x=2$.

Caso 1: $x\le 1$

$|x-1|=1-x$ e $|x-2|=2-x$. $(1-x)+(2-x)\le 3\Rightarrow 3-2x\le 3\Rightarrow -2x\le 0\Rightarrow x\ge 0.$ Com $x\le 1$, fica $0\le x\le 1$.

Caso 2: $1\le x\le 2$

$|x-1|=x-1$ e $|x-2|=2-x$. $(x-1)+(2-x)=1\le 3$ Sempre verdadeiro. Logo, $1\le x\le 2$ todo entra.

Caso 3: $x\ge 2$

$|x-1|=x-1$ e $|x-2|=x-2$. $(x-1)+(x-2)\le 3\Rightarrow 2x-3\le 3\Rightarrow 2x\le 6\Rightarrow x\le 3.$ Com $x\ge 2$, fica $2\le x\le 3$.

União: $[0,1]\cup[1,2]\cup[2,3]=[0,3]$.

Solução: $x\in[0,3]$.

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Conclusões finais:

• a) $x\ge 0$.
• b) $x\in(-1,\infty)$.
• c) $x\in[0,3]$.