Exponencial, logaritmos e aplicações

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1 
 
 
 
 
RESUMO: 
 POTENCIAÇÃO: EQUAÇÃO EXPONENCIAL LOGARITMO: 
 
m n m n
m
m n
n
b b b
b
b
b
+
−
 =
=
 
x yb b x y=  = 
log
log
log log
n
b
x
b
n
b b
b n
a x b a
a n a
=
=  =
=
 
 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO: 
1. Em um experimento o número de bactérias de uma cultura é dado pela função 
0,4( ) 800.(2 )tN t = onde t é o tempo em minutos após o início da contagem. 
Essa cultura atingirá o número de 102400 bactérias às: 
(A)17horas e 30 minutos; (B)17horas e 50minutos; 
(C)16horas e 30 minutos; (D)16horas. 
SOLUÇÃO: 
O número de 102400 bactérias corresponde ao valor de ( )N t para um determinado tempo t , 
portanto: 
0,4
0,4 0,4
0,4
0,4 7
( ) 800.(2 )
102400 1024
102400 800.(2 ) 2 128
800 8
2 128
7 70
2 2 0, 4 7
0, 4 4
t
t t
t
t
N t
t t
=
=  = = =
=
=  =  = =
 
70 4 17,5 17 30mint t horas utos=  =  = 
2. Inicia-se a criação de certa espécie de peixe em um lago. Estudos experimentais indicam 
que o número de peixes, decorridos t meses é dado pela função 0,2( ) 125 250.(2 )tN t = + . Essa 
criação atingirá 1125 peixes em: 
(A)8meses; (B)10 meses; (C)15meses; (D)20 meses. 
 
 
 
 
2 
 
SOLUÇÃO: 
1125 peixes é o valor de ( )N t para determinado valor de t que vamos calcular a seguir. 
0,2
0,2 0,2
0,2 2
( ) 125 250.(2 )
1125 125 250.(2 ) 250.(2 ) 1125 125 1000
1000 2 20
2 4 2 0,2 2 10
250 0,2 2
t
t t
t
N t
t t meses
= +
= +  = − =
= = =  =  = = =
 
3. A altura média do tronco de certa espécie de árvore, que se destina à produção de 
madeira, evolui, desde que é plantada, segundo o seguinte modelo matemático: 
( ) ( )31,5 log 1h t t= + + , com ( )h t em metros e t em anos. Se uma dessas árvores foi cortada 
quando seu tronco atingiu 3,5 metros de altura, o tempo (em anos) transcorrido do momento da 
plantação até o do corte foi de: 
(A) 9 anos (B) 8 anos (C) 5 anos (D) 4 anos 
 
SOLUÇÃO: 
O tronco atingiu 3,5 metros de altura, isto é, ( ) 3,5h t = , portanto: 
( ) ( )
( ) ( )
3
3 3
1,5 log 1
3,5 1,5 log 1 log 1 3,5 1,5 2
h t t
t t
= + +
= + +  + = − =
 
Usando a definição de logaritmo: 
( ) 23log 1 2 3 1 1 9 9 1 8t t t t anos+ =  = +  + =  = − = 
4. A escala de um aparelho para medir ruídos é definida da seguinte forma: 
( )( ) 120 10logR i i= + , em que R é a medida do ruído, em decibéis, e i é a intensidade sonora, 
em / ²W m . No. Por exemplo, o ruído dos motores de um avião a jato é de 160 decibéis, 
enquanto o ruído do tráfego em uma esquina movimentada de uma grande cidade é de 80 
decibéis, sendo este o limite a partir do qual o ruído passa a ser nocivo ao ouvido humano. 
A intensidade sonora i dos motores de um avião a jato é k vezes a intensidade sonora do 
tráfego em uma esquina movimentada de uma grande cidade. O valor de k é: 
(A) 410 (B) 410− (C) 810 (D) 810− 
SOLUÇÃO: 
Devemos calcular a intensidade sonora i dos motores de um avião a jato e a do tráfego em uma 
esquina movimentada de uma grande cidade para determinar o valor de k . 
i. Cálculo da intensidade sonora i dos motores de um avião a jato: 
Como o ruído dos motores de um avião a jato é de 160 decibéis: 
( ) ( )
( ) ( )
( )
120 10log
160 120 10log 10log 160 120 40
40
log 4
10
R i i
i i
i
= +
= +  = − =
= =
 
Usando a definição de logaritmo e lembrando que quando não está indicado a base do 
logaritmo, significa que sua base é 10, denominado logaritmo decimal, temos: 
( ) 4log 4 10 / ²i i W m=  = 
ii. Cálculo da intensidade sonora i do tráfego em uma esquina movimentada de uma grande 
cidade: 
Como o ruído do tráfego em uma esquina movimentada de uma grande cidade é de 80 decibéis: 
 
 
3 
( ) ( )
( ) ( )
( )
120 10log
80 120 10log 10log 80 120 40
40
log 4
10
R i i
i i
i
= +
= +  = − = −
= − = −
 
Usando a definição de logaritmo e lembrando que quando não está indicado a base do 
logaritmo, significa que sua base é 10, denominado logaritmo decimal, temos: 
( ) 4log 4 10 / ²i i W m−= −  = 
iii. determinando o valor de k : 
( )
4
4 44 4 4 4 8
4
8
10
10 10 10 10 10
10
10
k k
k
− −− +
−
=  = = = =
=
 
5. Os átomos de um elemento químico radioativo possuem uma tendência natural a se 
desintegrar (emitindo partículas e se transformando em outro elemento). Assim sendo, com o 
passar do tempo, a quantidade original desse elemento diminui. Suponhamos que certa 
quantidade de um elemento radioativo inicialmente com 0m gramas de massa se decomponha 
segundo a equação matemática: ( ) 70010
t
m t m
−
= , onde ( )m t é a quantidade de massa radioativa 
no tempo t (em anos). Usando a aproximação log 2 0,3= , esse elemento se decompõe até 
atingir um oitavo da massa inicial em: 
(A)70 anos; (B)63 anos; (C)700 anos; (D)630 anos. 
SOLUÇÃO: 
Pelos dados do problema, temos: 
( )
( )
0
70 70
0 0 0
370
3
370
1
8
1
10 10
8
1 1
10 2
8 2
10 2
t t
t
t
m t m
m t m m m
− −
− −
− −
=
=  =
= = =
=
 
Temos, então, uma equação exponencial de bases diferentes, logo, não podemos igualar seus 
expoentes para determinar t . 
Como uma das potências tem base 10, vamos aplicar o logaritmo decimal em ambas: 
( )
70 3
log 2 0,3
log10 log 2
log10 3log 2 3log 2
70 70
log 2 0,3 0,3 210
210 210
63
t
t t
t t
t
t anos
− −
=

=
− = −  − = −
=  =  =
=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 
6. Pelos programas de controle de tuberculose, sabe-se que o risco de infecção R depende 
do tempo t , em anos, do seguinte modo: ( ) 0
ktR t R e−= , em que 0R é o risco de infecção no início 
da contagem do tempo C, e é a base do logaritmo natural e k é o coeficiente de declínio. 
O risco de infecção atual, início da contagem, em Salvador foi estimado em 2%, isto é, 0 2%R = . 
Suponha que, com a implantação de um programa nesta cidade, fosse obtido um coeficiente de 
declínio de 10% ao ano, isto é, 10%k = . 
O tempo, em anos, para que o risco de infecção se torne igual a 0,2%, é de: 
(use ln 2 0,70= e ln 5 1,60= ) 
(A) 21 (B) 44 (C) 23 (D) 46 
SOLUÇÃO: 
De acordo com os dados do problema, temos: 
( )
( )
0
0
0,1 0,1 0,1
0,1
2 10 0, 2
2% 10% 0,1 0, 2%
100 100 100
0, 2 2 0, 2 1
0, 2 2
100 100 2 10
0,1
kt
t t t
t
R k R t
R t R e
e e e
e
−
− − −
−
= =  = = =  = =
=
=  =  = =
=
 
Temos, então, uma equação exponencial de bases diferentes, logo, não podemos igualar seus 
expoentes para determinar t . 
Como uma das potências tem base e , vamos aplicar o logaritmo natural (de base e ) em ambas: 
0,1
0,1
0,1
ln ln 0,1 0,1 ln 0,1
t
t
e
e t
−
−
=
=  − =
 
Vamos calcular separadamente o logaritmo natural de 0,1. Para isto devemos relembrar as: 
 
PROPRIEDADES OPERATÓRIAS: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
log . log log
log log log
b b b
b b b
a c a c
a
a c
c
= +
 
= − 
 
 
( )
1 1
0,1 ln 0,1 ln ln1 ln10 0 ln10 ln10
10 10
10 2 5 ln10 ln 2 5 ln 2 ln 5
ln 2 0,70 ln 5 1,60
ln10 0,70 1,60 2,30
ln 0,1 2,30
 
=  = = − = − = − 
 
=   =  = +
=  =
= + =
= −
 
Levando este valor na equação 0,1 ln 0,1t− = , temos: 
2,3 23
0,1 ln 0,1 0,1 2,30
0,1 1
23
t t t
t anos
− =  − = −  = =
=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5 
7. Suponha que o crescimento populacional de duas cidades, A e B, é descrito pela 
equação: ( ) 0
ktP t P e= onde: 0P é a população no início da observação; k é a taxa de 
crescimento populacional; t é o tempo medido em anos; e é a base do logaritmo natural; ( )P t é 
a população t anos após o início da observação. 
Se no início de nossa observação a população da cidade B é o quíntuplo da população da 
cidade A, e se a taxa de crescimento populacional de A permanecer em 2% ao ano e a de B em 
10%ao ano, em quantos anos, aproximadamente, as duas cidades possuirão o mesmo número 
de habitantes em (Considere ln 5 1,60= ): 
(A)20 anos; (B)2 anos; (C)200 anos; (D)500 anos. 
SOLUÇÃO: 
Seja a população inicial da cidade A e da cidade B representadas, respectivamente, por 
0 0,
A BP P . 
Como no início de nossa observação a população da cidade B é o quíntuplo da população da 
cidade A, temos que 0 05
B AP P= . 
Para a cidade A temos: 
( )
( )
0
0 0
0,02
0
2% 0,02
kt
A
A t
A
P t P e
P P k
P t P e
=
=  = =
=
 
Para a cidade B temos: 
( )
( )
0
0 0
0,1
0
10% 0,1
kt
B
B t
A
P t P e
P P k
P t P e
=
=  = =
=
 
Como queremos saber em quantos anos, aproximadamente, as duas cidades possuirão o 
mesmo número de habitantes e 0 05
B AP P= : 
0,1 0,1
0 0
0,1
0,1 0,02 0,02 0,1
0 0 0,02
0,1 0,02 0,08
5 5 5
5 5
A t B t
t
A t A t t t
t
t t t
P e P e
e
P e P e e e
e
e e−
=
=  =  =
=  =
 
Temos, então, uma equação exponencial de bases diferentes, logo, não podemos igualar seus 
expoentes para determinar t . 
Como uma das potências tem base e , vamos aplicar o logaritmo natural (de base e ) em ambas: 
0,08
0,08
5 ln 5 1,60
ln ln 5
0,08 ln ln 5 0,08 1,60
1,6 160
20
0,08 8
t
t
e
e
t e t
t anos
=  =
=
=  =
= = =
 
EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO: 
Resumo: Este trabalho apresenta algumas modelagens matemática de problemas através das 
equações exponenciais com soluções logarítmicas trazendo o estudo dessas equações para o 
cotidiano dos estudantes do Ensino Médio, assim podemos responder a uma pergunta que é 
muito frequente no estudo de tais equações: para que serve estudar tais equações e onde 
aplicá-las? Vamos dar ênfase aos problemas que envolvem a Lei de resfriamento de Newton. 
Os problemas são solucionados aplicando as definições de logaritmos e potenciação e suas 
propriedades. 
 
 
 
 
6 
Problema 1: O instante da morte! 
Um homem é encontrado morto em seu apartamento. O perito da Polícia Civil chega às 
sete horas ao local, a temperatura do corpo é medida imediatamente e o valor obtido é 
0
0 26T C= . O corpo é mantido na cena do suposto crime e duas horas depois sua temperatura é 
novamente medida e o valor encontrado é 01 23T C= . O crime parece ter ocorrido durante a 
madrugada e corpo foi encontrado pela manhã bem cedo. A perícia sabe através de 
interrogatórios que durante todo este tempo o aparelho de ar-condicionado foi mantido ligado a 
uma temperatura ambiente de 020aT C= . A perícia sabe também que a temperatura normal de 
um ser humano vivo é de, aproximadamente, 037 C . 
Com esses dados como a perícia pode determinar a hora do crime? 
SOLUÇÃO: 
Um erro comum entre os estudantes é resolver o problema aplicando uma Regra de Três 
entre as grandezas tempo e temperatura. 
Há uma equação matemática que pode ser usada para numa investigação de um 
homicídio, ou de uma morte acidental para estimar o instante da morte. É a chamada Lei do 
Resfriamento de Newton. 
A partir de observações experimentais, sabe-se que, com uma exatidão satisfatória em 
muitas circunstâncias, a temperatura superficial do corpo se altera com uma taxa proporcional à 
diferença de temperatura entre o corpo e o meio ambiente. É o que se conhece como Lei do 
Resfriamento de Newton. Esta lei diz que a taxa de variação de temperatura de um corpo em 
resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo e a temperatura constante 
do meio ambiente e esta lei dá origem a equação logarítmica: 
 
LEI DO RESFRIAMENTO DE NEWTON: 
 
( ) 0ln aT T kt c− = − + 
Onde: 
T temperatura do corpo no instante t ; 
aT  temperatura constante do ambiente em que o corpo se encontra; 
k constante de proporcionalidade positiva que depende do material que constitui o 
corpo, sendo que o sinal negativo indica que a temperatura do corpo está diminuindo com 
o passar do tempo, em relação à temperatura do meio ambiente. 
0c  valor que será determinado considerando o tempo inicial 0 0t = que o corpo foi 
encontrado. 
 
 
Vamos, então, modelar nosso problema com a Lei do Resfriamento de Newton. 
( ) 0ln aT T kt c− = − + 
Quando o perito chega ao local as sete horas, podemos considerar como tempo 0 0t = e, 
temperatura do corpo é 0
0 26T C= e a temperatura do ambiente 
020aT C= , então, temos: 
( )0 0 0ln aT T kt c− = − + 
( ) 0
0
ln 26 20 0
ln 6
k c
c
− = −  +
=
 
Elevando ambos os lados da equação a potência de base e , temos que: 
0 0ln 6 6
c c
e e e=  = 
Quando o tempo 1 2t h= a temperatura do corpo é 
0
1 23T C= e a temperatura do ambiente 
 
 
7 
020aT C= , então, temos: 
( )1 1 0ln aT T kt c− = − + 
( ) 0
0
ln 23 20 2
ln 3 2
k c
k c
− = −  +
= − +
 
Elevando ambos os lados da equação a potência de base e , temos que: 
0
0
2ln3
2 3
k c
c k
e e
e e
− +
−
=
=
 
Como 0 6ce = 
0 2 2
2
3 6 3
3
0,5
6
c k k
k
e e e
e
− −
−
=  =
= =
 
Calculando o logaritmo natural de ambos os lados da equação, temos que: 
2ln ln 0,5 2 ln 0,5ke k− =  − = 
Como ln 0,5 0,70 − :- 
0,70
2 0,70 0,35
2
k k− = −  = = 
Agora temos condições de resolver o problema pois já determinamos 0 6ce = e 0,35k = . 
Finalmente, quando a pessoa ainda estava viva sua temperatura era de 037T C= e a 
temperatura do ambiente 20aT = , então, temos como determinar passadas quantas horas isso 
ocorreu. 
( ) 0ln aT T kt c− = − + 
( ) 0
0
ln 37 20 0,35
ln17 0,35
t c
t c
− = − +
= − +
 
Elevando ambos os lados da equação a potência de base e , temos que: 
0
0
0,35ln17
0,35 0,35
0,35
17 6 17
17
2,80
6
t c
c t t
t
e e
e e e
e
− +
− −
−
=
=  =
= 
 
Calculando o logaritmo natural de ambos os lados da equação, temos que: 
0,35ln ln 2,8 0,35 ln 2,8te t− =  − = 
Como ln 2,8 1,02 : 
0,35 ln 2,8 0,35 1,02
1,02
2,9
0,35
t t
t
− =  − =
= −  −
 
Precisamos transformar esse valor decimal de 2,9 horas para horas e minutos conforme 
usamos. 
Como uma hora tem sessenta minutos, 2,9 horas tem 2,9 60 174 = minutos. 
O suposto homicídio aconteceu há aproximadamente 3 horas antes do perito efetuar a 
primeira medição de temperatura do corpo, ou seja, às 4 horas da madrugada. 
 
 
 
 
 
 
 
8 
Problema 2: A xícara de café! 
Uma xícara de café é servida a uma temperatura de, aproximadamente 080 C . Para não 
queimar a boca a pessoa espera por 5 minutos para sua temperatura cair em, aproximadamente 
020 C e assim saborear o delicioso café. Se a temperatura do ambiente é mantida a 30ºC, dentro 
de quanto tempo a temperatura do café descerá para 40ºC? 
SOLUÇÃO: 
Quando a xícara de café é servida podemos considerar como tempo 0 0t = e, temperatura 
da xícara é 0
0 80T C= e a temperatura do ambiente 
030aT C= , então, temos: 
( )0 0 0ln aT T kt c− = − + 
( ) 0
0
ln 80 30 0
ln 50
k c
c
− = −  +
=
 
0 0ln50 50
c c
e e e=  = 
Quando o tempo 1 5mint utos= a temperatura do corpo é 
0
1 60T C= e a temperatura do 
ambiente 30aT = , então, temos: 
( )1 1 0ln aT T kt c− = − + 
( ) 0
0
ln 60 30 5
ln 30 5
k c
k c
− = −  +
= − +
 
0
0
5ln30
5 30
k c
c k
e e
e e
− +
−
=
=
 
Como 0 50ce = 
0 5 5
5
30 50 30
30
0,6
50
c k k
k
e e e
e
− −
−
=  =
= =
 
5ln ln 0,6 5 ln 0,6ke k− =  − = 
Como ln 0,6 0,50 − :- 
0,50
5 0,50 0,1
5
k k− = −  = = 
Agora temos condições de resolver o problema pois já determinamos 0 50
c
e = e 0,1k = . 
Finalmente, já podemos determinar quantos minutos serão necessários para o café atingir 
a temperatura de 040T C= . A temperatura do ambiente continua em 030aT C= . 
( ) 0ln aT T kt c− = − + 
( ) 0
0
ln 40 30 0,1
ln10 0,1
t c
t c
− = − +
= − +
 
0
0
0,1ln10
0,1 0,1
0,1
10 50 10
10
0,2
50
t c
c t t
t
e e
e e e
e
− +
− −
−
=
=  =
= =
 
0,1ln ln 0,2 0,1 ln 0,2te t− =  − = 
Como ln 0,2 1,6 − : 
1,6
0,1 ln 0,2 0,1 1,6 16
0,1
t t t− =  − = −  =  
Portanto a temperatura do café descerápara 40ºC nos 16 minutos seguintes. 
 
 
9 
Problema 3: A barra de aço fundido! 
Coloca-se uma barra de aço fundido, à temperatura de 1370ºC em uma forma de 
resfriamento com temperatura constante de 20ºC. Após 20 minutos a temperatura do aço é de 
900ºC, determine o tempo necessário para a barra chegar à temperatura de 50ºC. 
 
Problema 4: Esfriando um ovo cozido! 
Um ovo cozido, a 98ºC, é colocado em uma panela contendo água a 18ºC. Depois de 5 
minutos, a temperatura do ovo é de 38ºC. Suponha que durante o experimento a temperatura da 
água não aumente apreciavelmente, quanto tempo a mais será necessário para que o ovo atinja 
20ºC?