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Resolução dos exercícios
14. Fazendo 2k = x, com x . 0, temos:
 
2 2 2 2 2 2t t t x x2
1 15 2 V 5 2 V 5 2 V2k k k
k
 2 1 2 1tx x x tx 0V 5 2 V 2 2 52 2
 Resolvendo por Báskara, temos:
 d = (22t)2 2 4 8 1 8 (21) = 4t 2 1 4 = 4(t 2 1 1)
 
1
x
t t t t
t t
2 1
2 4 1
2
2 2
1
5
8
2 2 6 1
5
6 1
5
5 6 1
2 2
2
_ _i i
 x t t x t t1 1ou5 1 1 15 22 2 (não convém, pois x . 0)
 Então:
 2 logt t k t t1 15 1 1 V 5 1 12
2
2k ` j
 Portanto: logk t t 15 1 12
2` j
15. x x( )logx x x4 4 38 5 V 8 5 Vlog log
x
32 2
xlog log x4 3V 1 5 Vlog
x x
2
V 2 8 logx 2 1 log2 x 8 logx x = 3 V
V 2 8 logx 2 1 log2 x = 3 V 
log
log
x
x2 1 38 1 5
2
2
Fazendo log2 x = y, temos:
3
2
y y y
y
y
y2 3
1 5 V
1
5 V
2
V y 2 = 3y 1 2 = 0 V y = 1 ou y = 2
• log2 x = 1 V x = 2 ou
• log2 x = 2 V x = 22 V x = 4
Como os dois valores são positivos: S = {2, 4}
16. condição de existência: x . 0
 log log log logx x x x1 11 . V 1 . V3 2 3
2
1 21
 V 2log2 x 1 log3 x . 1 V log
log
log
x
x
2
12 . V3
3
3
 
( )
( ) ( )
log
log
log log log
x
x
1
2
1 1
2 3 1
V 2 . V
V 2 . V
3
3
3 2 2
f p
 ( )log logx
3
2 1V .3 2 ef op
 Como ,log
3
2 0,2 e o resulta:
 log
log
log logx x x
3
2
1 2 3, V , V , log
3
2
3
2
3
2 3
2
d n
Lembrando que x . 0, temos: x0 3, , log
3
2
2
Portanto: Ñ $S x x0 35 R , , log
3
2
2$ .
 Questões de vestibular
1. 
( )
log log
2
2 2 2
2 2
2 2 1 22 2 5
8
2 2
5
x
x x x
x
x
2 3
1 1
2 3
1
2
1 2
2
2
f p > H
 = log2 4 = a V 2a = 4 V a = 2
 alternativa c
2. P(t ) = P0 (1 1 r )t V 2P0 = P0 (1 1 r )T V T = log2 (1 1 r )
 alternativa d
3. log loga x x b x x
1 1 1e5 2 5 1 2c cm m
log x x x x
1 12 1 2 52
2
e o
log x
x
x x
1 15 2 2 1 52
2
e o
1log x x x x x x
1 1 15 1 2 2 2 5c c cm m m