Capítulo 3

3.1 Todos os gráficos podem ser obtidos por transformações de $2^{x}$, $3^{x}$ e $(\frac{3}{2})^{x}$:

3.2 (1) $S=\{0,2\}$. (2) Tomando a raiz: $2^{x}=\pm 4$, mas como a função exponencial somente toma valores positivos, $2^{x}=-4$ não possui soluções. Logo, $S=\{2\}$. (3) Escrevendo a inequação como $2^{x+1}\leq 2^{4}$, vemos que $S=\{x:x+1\leq 4\}=(-\infty,3]$. (4) $S=(-2,\infty)$. (5) $S=(-\infty,0)\cup(1,\infty)$. (6) $S=(\log_{20}\tfrac{5}{2},\infty)$. 3.3 Se $z=\log_{a}(x^{y})$, então $z$ satisfaz $a^{z}=x^{y}$. Por (3.8), podemos sempre escrever $x$ como $x=a^{\log_{a}x}$, o que permite escrever $x^{y}=(a^{\log_{a}x})^{y}=a^{y\log_{a}x}$. Assim temos $a^{z}=a^{y\log_{a}x}$, o que implica $z=y\log_{a}x$. Se $z=\log_{a}\frac{x}{y}$, então

logo $z=\log_{a}x-\log_{a}y$. 3.4 $\log_{4}16=2$, $\log_{\pi}1=0$, $\log_{2}\frac{1}{16}=-4$, $\log_{\tfrac{1}{2}}8=-3$, $7^{2\log_{7}5}=25$. 3.5 Se $N(n)$ é o número de baratas depois de $n$ meses, temos $N(1)=3\cdot 2$, $N(2)=3\cdot 2\cdot 2$, etc. Logo, $N(n)=3\cdot 2^{n}$. No fim de julho se passaram $7$ meses, logo são $N(7)=3\cdot 2^{7}=384$ baratas. No fim do mês seguinte são $384\times 2=768$ baratas. Para saber quando a casa terá mais de um milhão de baratas, é preciso resolver $N(n)>1000000$, isto é, $3\cdot 2^{n}>1000000$, que dá $n>\log_{2}(1000000/3)=18,34...$, isto é, no fim do $19$-ésimo mês, o que significa julho de $2012$… 3.6 (1) $D=(-2,\infty)$ (2) $D=(-\infty,2)$ (3) Para $\log_{6}(1-x^{2})$ ser definido, precisa $1-x^{2}>0$, que dá $(-1,1)$. Por outro lado, para evitar uma divisão por zero, precisa $\log_{6}(1-x^{2})\neq 0$, isto é, $1-x^{2}\neq 1$, isto é, $x\neq 0$. Logo, $D=(-1,0)\cup(0,1)$. (4) $D=(0,7]$ (5) $D=(0,8)$ (6) $D=(-\tfrac{1}{5},\infty)$ (7) $D=\mathbb{R}_{+}^{*}$ 3.7 (1) $S=\{-3\}$, (2) $S=\{997\}$, (3) $S=\{0,1\}$, (4) $S=\{\frac{\log_{2}5}{1+\log_{2}5}\}$, (5) $S=\varnothing$, (6) $S=\{-\tfrac{13}{8}\}$. (7) $S=(-\infty,-1)$, (8) $S=(-1,0)\cup(2,3)$, 3.8 As populações respectivas de bactérias depois de $n$ horas são: $N_{A}(n)=123456\cdot 3^{\tfrac{n}{24}}$, $N_{B}(n)=20\cdot 2^{n}$. Procuremos o $n_{*}$ tal que $N_{A}(n)=N_{B}(n)$, isto é (o logaritmo pode ser em qualquer base):

Isto é, depois de aproximadamente $13$ horas e meia, as duas colônias têm o mesmo número de indivíduos. Depois desse instante, as bactérias do tipo $B$ são sempre maiores em número. De fato (verifique!), $N_{A}(n)<N_{B}(n)$ para todo $n>n_{*}$. 3.9 Se $y\in\mathbb{R}_{+}^{*}$, procuremos uma solução de $y=\frac{3^{x}+2}{3^{-x}}$. Essa equação se reduz a $(3^{x})^{2}+2\cdot 3^{x}-y=0$, isto é $3^{x}=-1\pm\sqrt{1+y}$. Como $y>0$, vemos que a solução positiva dá uma única preimagem $x=\log_{3}(-1+\sqrt{1+y})\in\mathbb{R}$. Logo $f$ é uma bijeção e $f^{-1}:\mathbb{R}_{+}^{*}\to\mathbb{R}$ é dada por $f^{-1}(y)=\log_{3}(-1+\sqrt{1+y})$. 3.10 (1) Se $r=5\%$, $C_{n}=C_{0}\cdot 1,05^{n}$. Logo, seu eu puser $1000$ hoje, daqui a $5$ anos terei $C_{5}\simeq 1276$, e para ter $2000$ daqui a $5$ anos, preciso por hoje $C_{0}\simeq 1814$. Para por $1$ hoje e ter um milhão, preciso esperar $n=\log_{1,05}(1000000/1)\simeq 283$ anos. (2) Para ter um lucro de $600$ em $5$ anos, começando de $1000$, preciso achar o $r$ tal que $1000+600=1000(1+r/100)^{5}$. Isto é, $r=100\times(10^{\frac{\log_{10}1,6}{5}}-1)\simeq 9,8\%$. 3.11 (1) Um pacote de $500$ folhas $A4$ para impressora tem uma espessura de aproximadamente $5$ centímetros. Logo, uma folha tem uma espessura de $E_{0}=5/500=0,01$ centrímetros. Como a espessura dobra a cada dobra, a espessura depois de $n$ dobras é de $E_{n}=E_{0}2^{n}$. Assim, $E_{6}=0,64$cm, $E_{7}=1.28$cm (1) a) Para ter $E_{n}=180$, são necessárias $n=\log_{2}\frac{180}{0,01}\simeq 14$ dobras. b) A distância média da terra à lua é de $D=384^{\prime}403$km. Em centímetros: $D=3,84403\times 10^{10}$cm. Assim, depois da $41$-ésima dobra, a distância terra-lua já é ultrapassada. Observe que depois desse tanto de dobras, o a largura do pacote de papel é microscópica. 3.12 Se uma fonte é de $120$dB, a potência $P$ que ela produz se acha isolando $P$ em $120=10\cdot\log_{10}(\tfrac{P}{P_{min}})$, o que dá $P=10^{-2}W/m^{2}$. Como duas fontes produzem o dobro da potência, isto é $2P$, o que representa

3.13 Para ter $N_{T}=\tfrac{N_{0}}{2}$, significa que $e^{-\alpha T}=\tfrac{1}{2}$. Isto é: $T=\tfrac{\ln 2}{\lambda}$. Depois de duas meia-vidas, $N_{2T}=N_{0}e^{-\lambda\tfrac{2\ln 2}{\lambda}}=\frac{N_{0}}{4}$ ($>0$: logo, duas meia-vidas não são suficientes para acabar com a substância!). Para quatro, $N_{4T}=\frac{N_{0}}{16}$. Depois de $k$ meia-vidas, $N_{kT}=\frac{N_{0}}{2^{k}}$: depois de um número qualquer de meia-vidas, sempre sobre alguma coisa… Para o uranio $235$, a meia-vida vale $T=\frac{\ln 2}{9.9\cdot 10^{-10}}$, isto é aproximadamente: $700$ milhões de anos. 3.14 (1) $S=\{-e^{2}\}$ (2) $S=\{\pm 1\}$ Obs: aqui, se escrever $\ln(x^{2})=2\ln x$, perde-se a solução negativa! Lembre que $\ln(x^{y})=y\ln x$ vale se $x$ é positivo! Então aqui poderia escrever $\ln(x^{2})=\ln(|x|^{2})=2\ln|x|$. (3) $S=\{e^{-\tfrac{1}{5}}-1\}$ (4) $S=\varnothing$ (5) $S=...$ (6) $S=(-\infty,\tfrac{3}{4})$ (7) $S=(-\infty,-\tfrac{1}{3})\cup(-\tfrac{1}{8},\infty)$ (8) $S=(-\infty,-\tfrac{2}{3})\cup(\tfrac{1}{2},\infty)$ (9) $S=\{-5,-2,-1,2\}$ (10) $S=(0,e^{-1}]\cup[1,+\infty)$ 3.15 (1) Nem par nem ímpar. (2) Nem par nem ímpar (aqui, tem um problema de domínio: o domínio do $\ln$ é $(0,\infty)$, então nem faz sentido verificar se $\ln(-x)=\ln(x)$). (3) Par: $e^{(-x)^{2}-(-x)^{4}}=e^{x^{2}-x^{4}}$. (4) Par. (5) Ímpar. (6) Par (cuidado com o domínio: $\mathbb{R}\setminus\{0\}$) (7) Par. 3.16 Sabemos que o gráfico de $\frac{1}{(x-1)^{2}}$ é obtido transladando o de $\frac{1}{x^{2}}$ de uma unidade para direita.

Ao tomar o logaritmo de $g(x)$, $f(x)=\ln(g(x))$, é bom ter o gráfico da função $\ln x$ debaixo dos olhos. Quando $x$ é grande (positivo ou negativo), $g(x)$ é próximo de zero, logo $f(x)$ vai tomar valores grandes e negativos. Quando $x$ cresce, $g(x)$ cresce até atingir o valor $1$ em $x=0$, logo $f(x)$ cresce até atingir o valor $0$ em $0$. Entre $x=0$ e $x=1$ ($x<1$), $g(x)$ diverge, logo $f(x)$ diverge também. Entre $x=1$ ($x>1$) e $x=2$, $g(x)$ decresce até atingir o valor $1$ em $x=2$, logo $f(x)$ decresce até atingir o valor $0$ em $x=2$. Para $x>2$, $g(x)$ continua decrescendo, e toma valores que se aproximam de $0$, logo $f(x)$ se toma valores negativos, e decresce para tomar valores arbitrariamente grandes negativos.

Observe que é também possível observar que $f(x)=-2\ln|x-1|$, e obter o seu gráfico a partir do gráfico da função $\ln|x|$!

3.17 Lembramos que $y\in\mathbb{R}$ pertence ao conjunto imagem de $f$ se e somente se existe um $x$ (no domínio de $f$) tal que $f(x)=y$. Ora $\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=y$ implica $e^{x}=\frac{y}{1-y}$. Para ter uma solução, é necessário ter $\frac{y}{1-y}>0$. É fácil ver que $\frac{y}{1-y}>0$ se e somente se $y\in(0,1)$. Logo, $\mathrm{Im}(f)=(0,1)$. 3.18 Por exemplo, $\operatorname{senh}(-x)=\frac{e^{(-x)}-e^{-(-x)}}{2}=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}=-\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}=-\operatorname{senh}(x).$