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QUESTÕES - GABARITO 1. (UFRJ) Dados a e b números reais positivos, b1 ≠0, define-se logaritmo de a na base b como o número real x tal que bx = a, ou seja, alogx b= . Para α ≠ 1, um número real positivo, a tabela ao lado fornece valores aproximados para αx e α -x. Com base nesta tabela, determine uma boa aproximação para: a) O valor de α; b) o valor de 10 1logα . Solução. Observando a tabela e seus valores, temos: a) Para x = 2, vem: 5,225,625,62 =α⇒=α⇒=α . b) O valor da 7ª linha e 3ª coluna é 0,101. Isto é 101,05,2 =α− . Como 1,0 10 1 = a aproximação seria: 5,2 10 1log1,05,2 −=⇒=α α − . 2. (UERJ) O número, em centenas de indivíduos, de um determinado grupo de animais, x dias após a liberação de um predador em seu ambiente, e expresso pela seguinte função: ( )455 xlog)x(f 3= . Após cinco dias da liberação do predador, o número de indivíduos desse grupo presentes no ambiente será igual a: a) 3 b) 4 c) 300 d) 400 Solução. O valor pedido é encontrado calculando f(5). ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 3.45log.45log)5(fxlog)x(f)ii 4 3y1 3 y455555.55555y5log)i 333 3 55 4 55 4 55 3 y4 y 3 4y 3 1 y3 55 ====⇒= =⇒=⇒=⇒⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =⇒⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =⇒=⇒= O número será 3 centenas = 300 indivíduos. 3. (UERJ) Segundo a lei do resfriamento de Newton, a temperatura T de um corpo colocado num ambiente cuja temperatura é T0 obedece à seguinte relação: ct 0 e.kTT −+= . Nesta relação, T é medida na escala Celsius, t é o tempo medido em horas, a partir do instante em que o corpo foi colocado no ambiente, e k e c são constantes a serem determinadas. Considere uma xícara contendo café, inicialmente a 100°C, colocada numa sala de temperatura 20°C. Vinte minutos depois, a temperatura do café passa a ser de 40ºC. Solução. Utilizando as condições iniciais com T0 = 20°C, encontramos as constantes k e c: ( ) t c3 1c3 c 3 c 3 c ct )0(c ct 64 1.8020T 64 1e 4 1e 80 20ee.8020e.802040 C40T h 3 1min20t e.8020T )ii 80kk20100e.k20100 C100T 0t e.k20T )i ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +°=⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =⇒=⇒=⇒=⇒+=⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ °= == +°= =⇒+=⇒+=⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ °= = +°= −− −−− − − − a) Calcule a temperatura do café 50 minutos após a xícara ter sido colocada na sala. Utilizando a expressão encontrada e sabendo que 50 minutos valem 5/6 da hora, temos: 5,º225,220 2 520 32 8020 2 18020 2 18020 64 1.8020T 5 6 5 6 6 5 =+=+=+=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += . b) Considerando ln 2 = 0,7 e ln 3 = 1,1, estabeleça o tempo aproximado em que, depois de a xícara ter sido colocada na sala, a temperatura do café se reduziu à metade. Se inicialmente a temperatura estava em 100°C, o tempo aproximado será calculado para que a temperatura atinja 50°C. ( ) utosmin15 7 100 21 min)60(5)h( 21 5 42 10 2,4 0,1 2,4 1,21,1 )7,0(60 )7,0(31,1 2ln61ln 2ln33ln 64ln1ln 8ln3lnt 64 1ln 8 3ln 8 3log 64 1 64 1e 8 3e 8 3e30e80e.802050 50T e.8020T 64 1 t c tc ctctct ct ≅==== − − = − − = − − = − − = − − = ⇒==⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ = = ⇒=⇒=⇒+=⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = += − − −−− − . 4. Utilize a definição e o gráfico abaixo para responder à questão: Meia-vida ou período de semidesintegração de um isótopo radioativo é o tempo necessário para que sua massa se reduza à metade. A meia-vida de um isótopo radioativo pode ser calculada utilizando-se equações do tipo A = C.ekt, em que: C é a massa inicial; A é a massa existente em t anos; k é uma constante associada ao isótopo radioativo. Em um laboratório, existem 60mg de 226Ra, cujo período de semidesintegração é de 1600 anos. Daqui a 100 anos restará, da quantidade original desse isótopo, o correspondente, em mg, a: a) 40,2 b) 42,6 c) 50,2 d) 57,6 Solução. Observando o gráfico, temos: 96,0e043,096,0log)ii 2e693,02log)i 043,0 e 693,0 e =⇒−= =⇒= − O tempo para que o 226Ra tenha sua massa inicial de 60mg reduzida a metade, 30mg, é 1600 anos. Substituindo na equação indicada, temos: ( ) 6,57)96,0.(60e.60e.60A:)anos100()ii 00043,0 1600 693,0k693,0k1600 ee2e 2 1ee.6030 1600t 30A 60C )i )043,0(100).00043,0( 1693,0k.16001k.1600k.1600k.1600 ==== −≅−=⇒−=⇒ ⇒=⇒=⇒=⇒=⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = −− −− 5. (UERJ) Em uma calculadora científica de 12 dígitos, quando se aperta a tecla LOG, aparece no visor o logaritmo decimal do número que estava no visor. Se a operação não for possível, aparece no visor a palavra ERRO. Depois de digitar 42 bilhões, o número de vezes que se deve apertar a tecla LOG para que no visor apareça ERRO pela primeira vez é: a) duas vezes b) três vezes c) quatro vezes d) cinco vezes e) oito vezes Solução. O número 42 bilhões pode ser escrito como 42x109. Apertando a tecla LOG uma vez será feita a operação: ( ) 942log)1.(942log10log.942log1042log 9 +=+=+=× . Como Log(100) = 2, temos que Log(42) < 2. Logo, Log(42) + 9 < 11. Como Log(10) = 1, apertando a tecla pela 2ª vez, temos Log(11) = 1 < N < 2. É possível apertar a tecla pela 3ª vez. Como Log(1) = 0, o Log(N) mostrará resultado será N’ tal que 0 < N’ < 1. O Logaritmo de número entre 0 e 1 é negativo. Logo, apertando a tecla pela 4ª vez aparecerá um número negativo. Na 5ª vez aparecerá ERRO. 6. (CN) Qual o número de algarismos de 22000? E de 321000? Solução. Considerando x = 22000 e calculando o logaritmo, temos: log x = 2000.log 2 = 2000.(0,301) = 602,0000 e, como a parte inteira do logaritmo decimal de x = 22000 é igual a 602, o número x possui 602 + 1 = 603 algarismos. No caso de 321000, escrevemos 32 = 25. Temos: log(25)1000 = 5000.log2 = 500.(0,301) = 1505. Logo o número terá 1505 + 1 = 1506 algarismos. 7. (UERJ) Em uma cidade, a população que vive nos subúrbios é dez vezes a que vive nas favelas. A primeira, porém, cresce 2% ao ano, enquanto a segunda cresce 15% ao ano. Admita que essas taxas de crescimento permaneçam constantes nos próximos anos. a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios hoje é igual a 12,1 milhões de habitantes, calcule o número de habitantes das favelas daqui a um ano. Solução. Considere 10N e N as populações que vivem nos subúrbios e nas favelas, respectivamente. Temos: ( ) .pessoas12650001065,12)15,1(,1011:ano1aDaqui 1011:População 15,0taxa :Favelas 10110:Subúrbios 1011:Favelas 11 10121N10121N11101,12NN10 55 5 5 55 56 =×=×⇒ ⎩ ⎨ ⎧ × = ⎩ ⎨ ⎧ × × ⇒ × =⇒×=⇒×=+ . b) Essas duas populações serão iguais após um determinado tempo t, medido em anos. Se xlog 1t = , determine o valor de x. Solução. Igualando as quantidades após t anos, temos: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 02,1 15,1x xlog 1t 02,1 15,1log 1t 02,1 15,1log 10log10logt10 02,1 15,110 02,1 15,115,102,1.10 15,1.101102,1.10110 02,1.10110:Subúrbios 15,1.1011:Favelas anostApós 02,1 15,1 t t t tt t5t5 t5 t5 =⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = ⇒==⇒=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⇒=⇒=⇒ ⇒×=×⇒ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ × × . 8. (UERJ)Um pesquisador, interessado em estudar uma determinada espécie de cobras, verificou que, numa amostra de trezentas cobras, suas massas M, em gramas, eram proporcionais ao cubo de seus comprimentos L, em metros, ou seja, M = a x L3, em que a é uma constante positiva. Observe os gráficos abaixo. Aquele que melhor representa Mlog em função de Llog é o indicado pelo número: a) I b) II c) III d) IV Solução. Aplicando o logaritmo em ambos os membros, vem: ( ) AfimFunçãobx3y xLlog btetanconsalog yMlog Llog3alogMlog LlogalogMlogLalogMlog 33 →+=⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = == = →+=⇒ ⇒+=⇒×= . O gráfico da função afim crescente (3 > 0) representado é o III. 9. (UFRJ) Seja f: ]0, ∞[ → IR dada por xlog)x(f 3= .Sabendo que os pontos (a, - β), (b, 0), (c, 2) e (d, β) estão no gráfico de f, calcule b + c + ad. Solução. Observando as ordenadas e as abscissas indicadas, temos: 11191391adcb 3.391adcb 3ddlog)iv 93c2clog)iii 1b0blog)ii 3aalog)i 0 3 2 3 3 3 =++=++=++ ⇒++=++⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =⇒β= ==⇒= =⇒= =⇒β−= ββ− β β− . 10. (UERJ) Durante um período de 8 horas, a quantidade de frutas na barraca de um feirante se reduz a cada hora, do seguinte modo: - Nas t primeiras horas diminuem sempre 20% em relação ao número de frutas da hora anterior. - Nas (8 - t) horas restantes, diminui 10% em relação ao número de frutas da hora anterior. Calcule: Solução. Nas t horas iniciais, temos: ( )t8t,8,0.Q)t(f 8,0.Q)2,01.(Q8,0)Q8,0.(2,0Q8,02t Q.8,0Q.2,0Q1t .Q0t t 2 −≤= =−=−⇒= =−⇒= ⇒= . Nas (8 – t) horas restantes, temos: ( ) )t8(t,8,0.Q.)9,0()t(f tt8 −>= − . a) O percentual do número de frutas que resta ao final das duas primeiras horas de venda, supondo t = 2. Utilizando a 1ª expressão de f(t), temos: ( ) )64,0.(Q8,0.Q)2(f 2 == . Logo, resta 64%. b) O valor de t, admitindo que, ao final do período de 8 horas, há na barraca, 32% das frutas que havia inicialmente. (Considere log2=0,30 e log3=0,48). Solução. Ao final do período, utilizamos a 2ª expressão para f(t): ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) 3 06,0 18,0 06,0 68,75,7 96,09,0 )48,0.(16825,1 )48,0.(2)3,0.(3 3log).2.(8)1.(8)1(2)3,0(5t 3log22log.3 3log10log810log.22log5 3log2log 9 10log 100 2log 9 8log 9 10.32,0log 9 10.32,0logt 9 10.32,0 9 8 9 10 32,0 9,0 8,0 )9,0( 32,08,0)9,0(32,08,0.)9,0.()9,0( 32,08,0.)9,0(Q32,08,0.Q.)9,0( Q.32,0)t(f 8,0.Q.)9,0()t(f 2 23 858 8 9 8 8t 81 t 8 t1tt8 tt8tt8 tt8 = − − = − − = − −+− = − −+− =⇒ ⇒ − −+− = − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =⇒ ⇒⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⇒ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⇒=⇒=⇒ ⇒=⇒=⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = − −− −− − 11. (UERJ) Pelos programas de controle de tuberculose, sabe-se que o risco de infecção R depende do tempo t, em anos, do seguinte modo: R = R0.e-kt, em que R0 é o risco de infecção no início da contagem do tempo t e k é o coeficiente de declínio. O risco de infecção atual em Salvador foi estimado em 2%. Suponha que, com a implantação de um programa nesta cidade, fosse obtida uma redução no risco de 10% ao ano, isto é, k = 10%. Use a tabela para os cálculos necessários. O tempo, em anos, para que o risco de infecção se torne igual a 0,2%, é de: a) 21 b) 22 c) 23 d) 24 Solução. Substituindo os valores indicados, temos: t.1,00 e.02,0R 1,0%10k 02,0%2R −=⇒ ⎩ ⎨ ⎧ == == . Calculando o tempo para R = 0,2% = 0,002, temos: ( ) 23 1,0 3,2t3,2t1,0eeee10e:Tabela 10e 10.2 10.2ee.10.210.2e.02,0002,0 3,2t.1,013,2t.1,03,2 1t.1,0 2 3 t.1,0t.1,023t.1,0 = − − =⇒−=−⇒=⇒=⇒= ⇒=⇒=⇒=⇒= −−−− −− − − −−−−− . 12. (UERJ) Admita que, em um determinado lago, a cada 40 cm de profundidade, a intensidade de luz é reduzida em 20%, de acordo com a equação 40 h 0 8,0.II = na qual I é a intensidade da luz em uma profundidade h, em centímetros, e Io é a intensidade na superfície. Um nadador verificou, ao mergulhar nesse lago, que a intensidade da luz, em um ponto P, é de 32% daquela observada na superfície. A profundidade do ponto P, em metros, considerando log2 = 0,3, equivale a: a) 0,64 b) 1,8 c) 2,0 d) 3,2 Solução. A intensidade da luz será I = 0,32.I0 no ponto P. Substituindo esse valor na expressão, temos: ( ) m0,2cm200)5)(40(h5 1,0 5,0 19,0 25,1 1)3,0(3 23,05 10log2log 10log2log 10log8log 100log32log 40 h 10 8log 100 32log 8,0log 32,0log32,0log 40 h32,08,08,0.II.32,0 I.32,0I 8,0.II:PPonto 3 25 8,0 40 h 40 h 00 0 40 h 0 ===⇒= − − = − − = − − = − − = − − = ⇒===⇒=⇒=⇒ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = 13. (UERJ) Considere-se que uma população inicial cresce 3% ao ano, observados os dados log3 = 0,477 e log103 = 2,013 o número aproximado de anos que ela triplicará é: a) 37 b) 47 c) 57 d) 67 Solução. Se a população P cresce 3% ao ano, então em t anos ela será de PFinal =P.(1 + 0,03)t. 3769,36 13 477 013,0 477,0 2013,2 477,0t 100log103log 477,0 100 103log 3log3logt)03,1(3)03,1(PP3 )03,01(PP P3P 03,1 tt t Final Final →=== − =⇒ ⇒ − ===⇒=⇒=⇒ ⎩ ⎨ ⎧ += = . 14. (UERJ) A acidez de frutas cítricas é determinada pela concentração de íons hidrogênio. Uma amostra de polpa de laranja apresenta 3,2pH = . Considerando 3,02log = , a concentração de íons hidrogênio nessa amostra, em mol.L-1, equivale a: a) 0,001 b) 0,003 c) 0,005 d) 0,007 Solução. Utilizando a definição do pH, temos: ( ) 005,0)5,0).(01,0(10.1010H3,2Hlog3,2Hlog 3,2pH Hlogph 5,0 2 1101021023,02log)i 3,023,2 3,013,013,0 ====⇒−=⇒=−⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = −= ==⇒=⇒=⇒= −−− −−− . 15. (UERJ) Em um recipiente com a forma de um paralelepípedo retângulo com 40cm de comprimento, 25cm de largura e 20cm de altura, foram depositadas, em etapas, pequenas esferas, cada uma com volume igual a 0,5cm³. Na primeira etapa, depositou-se uma esfera; na segunda, duas; na terceira, quatro; e assim sucessivamente, dobrando-se o número de esferas a cada etapa. Admita que, quando o recipiente está cheio, o espaço vazio entre as esferas é desprezível. Considerando 210 = 1000, o menor número de etapas necessárias para que o volume total de esferas seja maior do que o volume do recipiente é: a) 15 b) 16 c) 17 d) 18 Solução. O volume do paralelepípedo é V = (40).(25).(20) = 20000cm3. O total das esferas será a soma (1 + 2 + 4 + ...) de uma progressão geométrica de razão 2. Seja S essa soma. Temos: 161510610565 nnn n nn 1 24000122.2400012.21000.2400011000.2640004000032000)i 4000124000124000012 40000S 5,0 20000S200005,0.S 12 12 )12(1 1q )1q(a S <<⇒<<⇒<<⇒<< >⇒>⇒>−⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ >⇒>⇒>−= − − = − − = Logo, o menor de valor de n é 16. 16. (UERJ) Um lago usado para abastecer uma cidade foi contaminado após um acidente industrial, atingindo o nível de toxidez T0, correspondente a dez vezes o nível inicial. Leia as informações a seguir. • A vazão natural do lago permite que 50% de seu volume sejam renovados a cada dez dias. • O nível de toxidez T(x), após x dias do acidente, pode ser calculado por meio da seguinte equação: Considere D o menor número de dias de suspensão do abastecimento de água, necessário para que a toxidez retorne ao nível inicial. Sendo log 2 = 0,3, o valor de D é igual a: a) 30 b) 32 c) 34 d) 36 Solução. Considerando Ti o nível inicial de toxidez, conclui-se que T0 = 10Ti. Substituindo os valores na equação, temos: ( ) ( ) ( ) ( ) 3,33 3 100x 3 10 10 x 3,0 1 10 x 3,00 10 10 x 2log1log 10log1logx1,0 2 1log 10 1log x1,0 10 1logx1,05,0 10 15,0.T 10 T 5,0.TT T)x(T 5,0.T)x(T 10 T TT.10T 5,0 x1,0x1,0 0 0x1,0 0i i x1,0 0 0 ii0 ≅=⇒=⇒=⇒ − − =⇒ − − =⇒=⇒ ⇒=⇒=⇒=⇒=⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = =⇒= . OBS: O valor mínimo será 34, pois 33 dias não serão suficientes para retornar ao nível inicial. 17. (UERJ) A inflação anual de um país decresceu no período de sete anos. Esse fenômeno pode ser representado por uma função exponencial do tipo xb.a)x(f = , conforme o gráfico abaixo. Determine a taxa de inflação desse país no quarto ano de declínio. Solução. Há dois pontos marcados no gráfico. Identificando-os com os valores assumidos na função, temos: ( ) ( ) 2 1b2b 2 1 960.10 75b b.960 10 75b.9605,75,7)7(f)ii 960a9601.ab.a960960)0(f)i 717 7 7 77 0 =⇒=⇒== ⇒=⇒=⇒= =⇒=⇒=⇒= − . Calculando f(4), temos: 60 16 1.960 2 1.960)4( 4 ==⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛=f . 18. (UFSCAR) Se a área do triângulo retângulo ABC, indicado na figura, é igual a 3n, calcule o valor de f(n). Solução. De acordo com o gráfico os pontos marcados possuem as seguintes coordenadas: A(0, 22n); B(0, 2n) e C(n, 2n). Calculando a área e igualando ao valor informado, temos: 3)n(f 2)n(f 32 impossível02 2 51y 3 2 51y 2 251y )1(2 )6)(1(4)²1()1( y06y²y ²y2 y2 622 n3 2 )22).(n( n3Área 2 )22).(n( 2 )BA).(BC(Área n n n2 n nn2 nn2 nn2 =⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ →<−= − = = + = ⇒ ± =⇒ ⇒ −−−±−− =⇒=−−⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = →=− ⇒= − ⇒ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = − = −− = . 19. A seguir temos uma pequena tabela de logaritmos na base m: a) Calcule 200logm ; Solução. Utilizando a propriedade do logaritmo, temos: 292,3861,1431,120log10log)20x10(log200log mmmm =+=+== . b) Calcule o valor de m. Solução. Observando os valores de x = 10 e x = 50, temos: 5m5m15log1 10 50log431,1431,210log50log 1mmmm =⇒=⇒=⇒=⇒−=− .
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