1º Colegial – Matematica Volume 3

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1

AS POTÊNCIAS E O CRESCIMENTO/DECRESCIMENTO
EXPONENCIAL: A FUNÇÃO EXPONENCIAL

Páginas 4 - 7

1. A produção meio ano após o início da produção é apresentada pelo cálculo de 30,5.

Uma interpretação que você, professor, pode aproveitar para discutir com a turma

com relação a 30,5 poderia ser:

• como se espera que 30,5 . 30,5 seja igual a 30,5

uma nova maneira de escrever

Para indicar o valor da produção após 4 anos e três meses, isto é, 4,25 anos após o

início do processo, teríamos:

P = 34,25 = 3 4 =

Para complementar esse percurso, como discutido no material do professor,

registramos que é possível calcular os valores de 3x mesmo que x não seja um

número racional.

3 , ou seja, 3

+ 0,5

, ou seja, 31, segue daí que 30,5 é

1

0,5

= 32 = 3 .

17

317  106,60 toneladas (usando-se uma calculadora científica).

4

2.

a) Calculando os valores de N, temos:

I. N = 5 000 . 32 = 5 000 . 9 = 45 000 micróbios.

II. N = 5 000 . 30,5 = 5 000 .

III. N = 5 000 . 3 3 = 5 000 .

IV. N = 5 000 . 31,25 = 5 000 . 3 4  5 000 . 3,948  19 740 micróbios.

b) O gráfico de N = f(t) = 5 000 . 3t é como o gráfico de y = 3t, sendo cada

ordenada y multiplicada por 5 000:

2

3  5 000 . 1,732  8 660 micróbios.

32  5 000 . 2,080  10 400 micróbios.

3

5

1

GABARITO

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3.

a) Chamando a quantidade produzida em 2000 de P0, se a cada ano a produção

aumenta em 50%, então, a cada ano, o valor inicial fica multiplicado por 1,50. Após t

anos, o valor da quantidade produzida P(t) será igual a: P(t) = P0 . (1,50)t

Sabendo-se que em 2004, ou seja, que para t = 4, o valor da produção foi de 162 000

automóveis, resulta que: 162 000 = P0 . 1,504, ou seja, P0 =

3 4 81
3
.
Calculando a potência 1,50 , obtemos: 1,50 =   = 4 =
16
2
2

Segue que P0 = 162 000 .

b) A produção estimada para o ano de 2010 é:

310
P(10) = 32 000 . 1,50 = 32 000 . 10  1 845 281 automóveis.
2

162 000
.
1,504

4

4

4

16
= 32 000.
81

10

2

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4.

5. I e II

3

GABARITO

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III e IV

Páginas 8 - 11

Construção de gráficos com auxílio de um software

1.

As curvas das suas funções são coincidentes.

4

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2.

x

I. f ( x)  3x  3x ; k = 1.

a)

III. f ( x)  32 x  32  ; k = 2.

b) Observando os gráficos, concluímos que: I e III são crescentes, II e IV são

decrescentes.

c) Não há cálculo a ser feito, somente constatar a afirmação feita na atividade.

x

x
1
II. f ( x)     3 x  31  ; k = –1.
3

IV. f ( x)  3 0,5 x  3 0,5  ; k = –0,5.

x

Páginas 11 - 12

1.

a) Quando foi fundado, o município tinha uma população: N0 = 3 000 . 100 =

= 3 000.

b) 10 anos após a fundação, a população era igual a:

N10 = 3 000 . 100,1 . 10 = 3 000 . 10 = 30 000.

c) O valor de N nos dias atuais (t = 20) é igual a:

N20 = 3 000 . 100,1 . 20 = 3 000 . 102 = 300 000 habitantes.

d) Para termos N = 3 000 000, devemos ter:

3 000 000 = 3 000 . 100,1t, ou seja, 100,1t = 1 000, de onde obtemos 0,1t = 3;

portanto, t = 30 anos.

5

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e) Para calcular depois de quantos anos a população atingirá 600 000, devemos ter:

600 000 = 3 000.100,1t, ou seja, 100,1t = 200. Precisamos saber, então, qual o expoente

da potência de 10 que seria igual a 200. Sabemos que 102 = 100 e que 103 = 1 000.

Deve haver um número n, entre 2 e 3, tal que 10n = 200. Somente descobrindo que

número é esse podemos completar os cálculos, pois, igualando o expoente de 10 a

esse número n, teremos: 0,1t = n, e então t = 10n. O número n tal que 10n = 200 é

aproximadamente igual a 2,30, e o valor de t correspondente é 23 anos. Para

aprender a calcular números como esses, estudaremos os logaritmos nas próximas

unidades.

6

GABARITO

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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2

QUANDO O EXPOENTE É A QUESTÃO, O LOGARITMO
É A SOLUÇÃO: A FORÇA DA IDEIA DE LOGARITMO

Página 16

1.

a) Sendo N = 100 = 102, então o logaritmo de N é 2: log 100 = 2.

b) Sendo N = 10 = 101, então o logaritmo de N é 1: log 10 = 1.

c) Sendo N = 1 = 100, então o logaritmo de N é igual a 0: log 1 = 0.

1
d) Sendo N = 10  10 2 , então o logaritmo de N é 1 : log 10  1 .
2
2

e) Sendo N = 0,01 = 10–2, então o logaritmo de N é –2: log 0,01 = –2.

Sendo N = 13, como 101 < 13 < 102, então o logaritmo de N é um número n tal

f)

que 1 < n < 2 : 1 < log 13 < 2.

g) Sendo N = 3,22, como 100 < 3,22 < 101, então o logaritmo de N é um número n

tal que 0 < n < 1 : 0 < log 3,22 < 1.

Página 19

1. Os itens desta atividade constituem os primeiros usos da linguagem dos logaritmos

para expressar fatos sobre potências. Com base nos logaritmos de alguns números,

podemos obter os logaritmos de outros efetuando cálculos com potências. Sendo

dados os valores dos logaritmos de 2 e de 3, podemos calcular os logaritmos dos

números indicados.

Se log 2  0,30 (ou seja, 2  100,30) e log 3  0,47 (ou seja, 3  100,47), então:

a) log 6 = log (2 . 3) = log (100,30 . 100,47) = log 100,30 + 0,47 = log 100,77 = 0,77.

(Relembre: log N = n significa que N = 10n, ou seja, log 10 n = n.)

b) Analogamente, log 9 = log (3 . 3) = log (100,47. 100,47) = log 100,94 = 0,94.

c) log 4 = log (2 . 2) = log (100,30 . 10 0,30) = log 100,60 = 0,60.

7

GABARITO

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De modo geral, repetindo procedimentos realizados nos itens a, b e c do exercício 1,

sendo A = 10a e B = 10b, podemos escrever:

log A . B = log (10 a . 10 b) = log 10 a + b = a + b = log A + log B;

no caso de A = B, podemos escrever:

log A2 = log A + log A = 2 . log A;

analogamente, sendo n um número natural qualquer, podemos concluir que:

log An = n . log A.

d) log 12 = log (2 . 2 . 3) = log (100,30 . 100,30 . 100,47) = log 101,07 = 1,07.

Usando a observação do item anterior, poderíamos escrever:

log 12 = log (2 . 2 . 3) = log 2 + log 2 + log 3 = 0,30 + 0,30 + 0,47 = 1,07.

e) log 72 = log (2 . 2 . 2 . 3 . 3) = 3 . log 2 + 2 . log 3 = 3 . 0,30 + 2 . 0,47 = 1,84.

f)

log 3 600 = log (2 . 2 . 3 . 3 . 10 . 10) = 2 . log 2 + 2 . log 3 + 2 . log 10 =

= 2 . 0,30 + 2 . 0,47 + 2 . 1 = 3,54.

Observação: lembre que 10 = 101; logo, temos log 10 = 1.

(Note que 103< 3 600 <104; logo, seu logaritmo na base 10 é um número entre 3 e 4.)

Páginas 19 - 20

1. Nesta atividade, continuamos a praticar cálculos envolvendo potências e logaritmos.

O contexto é o da análise do crescimento da população de duas cidades, A e B,

segundo os modelos de crescimento.

NA = 6 000 . 100,1t e NB = 600 . 100,2t (t em anos).

a) A população inicial de cada região é obtida fazendo-se t = 0:

NA = 6 000 e NB = 600.

b) As populações de A e B serão iguais quando t for tal que

0, 2t
6 000 . 100,1t = 600. 100,2t; daí concluímos que 6 000  10 , ou seja, 100,1t = 10;
600
100,1t

logo, 0,1t = 1 e t =10 anos.

c) 15 anos após o instante inicial, teremos:

NA = 6 000 . 100,1


 3
10 2  31,62  , resulta que NA = 189 720 habitantes;



. 15

= 6 000 . 101,5; usando o valor aproximado fornecido

8

GABARITO

NB = 600 . 100,2 . 15 = 600 . 103 = 600 000 habitantes.

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Páginas 21 - 22

1. Os diversos itens exploram apenas o significado direto dos logaritmos em diferentes

bases, conforme a definição: N = an significa que n = loga N, ou seja, loga an = n

(com a > 0 e a  1).

a) log2 128 = log2 27 = 7.

c) log13 169 = log13 132 = 2.

e) log2 ( 1 ) = log2 2-8 = -8.
256

log169 13  log169 169 

g)

(Poderíamos também escrever: log169 13 = n significa que 169n = 13, ou seja,

1
132n = 131, de onde sairia n = 2 .)

log3 81 = log3 34 = 4.

b)

log5 3 125 = log5 55 = 5.

d)

log3 ( 1 ) = log3 3-5 = -5.
243

f)

1
2

1
.
2

h) Se log125 25 = n, então 125n = 25, e segue que 53n = 52, ou seja, n 

2
.
3

2. A ideia de logaritmo, em qualquer base, traduz o fato de que, se um número N situa-

se entre an e an+1, então loga N situa-se entre os inteiros n e n + 1, ou seja, é sempre

possível encontrar dois inteiros que aproximam o logaritmo de qualquer número

dado, um por falta, outro por excesso. Os exercícios apenas destacam tal fato.

a) Como 25 < 52 < 26, então 5 < log2 52 < 6.

b) Como 35 < 300 < 36, então 5 < log3 300 < 6.

c) Como 73 < 400 < 74, então 3 < log7 400 < 4.

d) Como 54 < 813 < 55, então 4 < log5 813 < 5.

3. Nesta atividade, a ideia é expressar as respostas às perguntas formuladas na forma de

logaritmos, sem precisar calculá-los, apenas reforçando a ideia de que, ao resolver

equações, os logaritmos surgem quando temos incógnitas nos expoentes. Se a

população N de micróbios cresce exponencialmente de acordo com a expressão

9

GABARITO

N = 5 000 . 3t (t em horas), temos:

a) Para N = 15 000, resulta 5 000 . 3t = 15 000, ou seja, 3t = 3; logo, t = 1 hora.

b) Para N = 25 000, resulta 5 000 . 3t = 25 000, ou seja, 3t = 5; logo,

t = log3 5 horas.

c) Para N = 250 000, resulta 5 000 . 3t = 250 000, ou seja, 3t = 50; logo,

t = log3 50 horas (podemos dizer que 3 < t < 4).

d) Para N = 350 000, resulta 5 000 . 3t = 350 000, ou seja, 3t = 70; logo,

t = log3 70 horas (podemos dizer que 3 < t < 4).

e) Para N = 470 000, resulta 5 000 . 3t = 470 000, ou seja, 3t = 94; logo,

t = log3 94 horas (podemos dizer que 4 < t < 5).

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Páginas 23 - 24

1. Trata-se de uma atividade similar a já apresentada no Caderno do Aluno, envolvendo

agora o número de bactérias de duas colônias, que dobra de tamanho em períodos

distintos. A população P1 dobra a cada 0,5 hora; logo, seu valor inicial é multiplicado

por 4 a cada hora, e temos: P1 = 1 000 . 4t = 1 000 . 22t.

Analogamente, P2 dobra a cada 2 horas, ou seja, seu valor inicial é multiplicado por 2

a cada 2 horas, ou seja, é multiplicado por

P2  8 000 .

a) As populações terão o mesmo valor quando 1 000 . 22t = 8 000 . 20,5t, ou seja,

quando 21,5t = 8 = 23; teremos, então: 1,5t = 3 e, portanto, t = 2 horas.

b) Teremos P1 8 vezes maior que P2 quando 1 000 . 22t = 8 . 8 000 . 20,5t. Efetuando

os cálculos, temos: 21,5t = 64 = 26; segue que 1,5t = 6 e, portanto, t = 4 horas.

c) Quando t = 3, teremos:

P1 = 1 000 . 22

P2 = 8 000 . 20,5 . 3 = 8 000 . 21,5 = 8 000 . 2,83 = 22 640 bactérias.

2. Nesta atividade, com cálculos análogos aos anteriores, há um decrescimento na

massa m de uma substância radioativa. Se ela se reduz à metade a cada 4 horas,

então ela é multiplicada por 1 a cada 4 horas, ou seja, é multiplicada por
2

2 a cada hora, e temos:

 2

t

 8 000 . 2 0 , 5 t

.3

= 1 000 . 26 = 64 000 bactérias.

1 a cada
2

10

GABARITO

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2 horas, ou, ainda, é multiplicada por

expressão m = mo . 2-0,25t. Se a massa inicial era 60 g, então m = 60 . 2-0,25t.

a) A massa restante após 8 horas será m8 = 60 . 2-0,25 . 8 = 60 . 2-2 = 60 = 15 g.
4

b) A massa restante será igual a 12 g quando tivermos 60 . 2-0,25t = 12, ou seja,

5 = 20,25t. Utilizando o valor aproximado 5  22,32, temos: 2,32 = 0,25t e, portanto,

t = 9,28 horas.

(Poderíamos escrever a parte final da solução da seguinte maneira: 5 = 20,25t equivale

a dizer que 0,25t = log2 5, ou seja, t = 4 . log2 5. O valor aproximado fornecido é

justamente o logaritmo de 5 na base 2.)

1

2

1
 2  0 , 25 a cada hora; daí a
2

4

Páginas 26 - 27

1.

a) Temos: log 2 10 

b) Como 5 = 10 , segue que log 5 = log 10 – log 2 = 1 – 0,30103  0,69897.
2

c) Temos, analogamente ao item a: log 5  log 5  0,69897  2,322 .
2
log 2 0,30103

(Observar a resposta do item a e notar que, em razão de termos 10 = 5 . 2, resulta que

log2 10 = log2 5 + log2 2, ou seja, log2 10 = log2 5 + 1).

d) Como queremos calcular log5 64, podemos escrever:

log5 64 

log 10
1

 3,322 .
log 2 0,30103

log2 64
6

 2,584 .
log2 5 2,322

11

GABARITO

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Páginas 28 - 30

1.

a) Um terremoto de 8 graus na escala Richter é potencialmente 10 vezes mais

destrutivo do que um terremoto de 7 graus, uma vez que o grau representa o

expoente de uma potência de 10 que é usada para expressar a energia liberada, que

produz os estragos. Analogamente, um terremoto de 8 graus é 100 vezes mais

destrutivo do que um de 6 graus, 1 000 vezes mais destrutivo que um de 5 graus e

10 000 vezes mais destrutivo que um de 4 graus.

b) Para aumentar 1 grau na escala Richter – seja de 1 para 2 graus, seja de 2 para 3,

seja de 2,5 para 3,5 etc. – será necessária uma energia destrutiva 10 vezes maior, uma

vez que o grau é o expoente de uma potência de 10. Portanto, a cada aumento em

uma unidade na escala em graus, a energia é multiplicada por 10. Desse modo, para

passar de 2,5 graus para 10 graus, isto é, aumentar em 7,5 graus na escala, seriam

necessários muito mais que 4 caminhões. Imaginando que fosse possível termos

simultaneamente 10 000 caminhões passando pela rua, então o sismógrafo registraria

4 graus a mais, ou seja, 6,5 graus.

Portanto, se 4 caminhões passarem juntos pela rua, podemos afirmar que o tremor

correspondente será de pouco mais de 2,5 graus, uma vez que a energia

correspondente será apenas 4 vezes maior.

É possível calcular que, para atingir 10 graus – nunca existiu um terremoto deste

nível – seriam necessários cerca de 316.105 caminhões! Para chegar a esse valor,

suponhamos que a energia destrutiva seja dada por En = K.10n, em que n é o grau do

terremoto.

Para descobrirmos por quanto é necessário multiplicar E2,5 para se obter E10:

E10 1010

10 7 ,5 10 7.10 0,5  3,16.10 7
E 2,5 10 2,5

2.

a) Dizer que determinado líquido tem pH igual a 6 significa dizer que existe 1 íon-

grama de H+ para cada 106 litros.

b) Se um líquido tem 1 íon-grama de H+ para cada 100 litros, seu pH é igual a 2.

E2,5 = K.102,5

E10 = K.1010

12

GABARITO

c) Se um líquido tem pH igual a 8, ele tem 10 vezes menos H+ do que a água (a

razão de 1 para 108 é 10 vezes menor do que a razão 1 para 107).

d) A diferença entre os valores do pH de dois líquidos, um deles com mil vezes

mais íons H+ livres do que o outro, é igual a 3; o de maior pH tem mil vezes menos

íons H+.

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Matemática – 1a série – Volume 3

Páginas 31 - 33

1.

a) Um som de 90 decibéis, ou seja, 9 béis, é 10 vezes mais intenso do que um de 8

béis, ou seja, 80 decibéis, uma vez que o número de béis corresponde ao expoente de

uma potência de 10 que representa a intensidade.

b) O som emitido por uma britadeira é de 10 béis, que corresponde à intensidade

1010 vezes maior do que a do som fracamente audível. Se a intensidade se tornar

100% maior, será igual a 2 . 1010 vezes maior do que a do som fracamente audível.

Para saber a quantos béis tal intensidade corresponde, será necessário escrever tal

número como uma potência de 10:

2 . 1010 = 10n.

Logo, o valor de n será o logaritmo de 2 . 1010 na base 10, ou seja:

n = log(2 . 1010) = log 2 + 10 = 10,30 (usando o valor aproximado log2  0,30).

O som terá, portanto, 10,3 béis, ou seja, 103 decibéis.

c) Para calcular o número n de béis, expressamos a razão entre a intensidade I e a

intensidade do som fracamente audível por meio de uma potência de 10:

I
 10 n .
10 12

Daí segue que: n = log  10 12  (n em béis).

d) Analogamente, segue que: n = 10 . log 

 I 

 I 
12  (n em decibéis).
 10 

13

GABARITO

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Página 33

Para resolver esta situação, o aluno pode, por exemplo, escrever o log 2 , 5 54 na base 10:

log 2 , 5 54 

log54  1,7323 e o log2,5  0,3979. Dividindo um valor pelo outro, encontramos:

log 2,5 54 

log 54
. Desse modo, usando a calculadora científica, pode achar o
log 2,5

log 54 1,7323

 4,3536 .
log 2,5 0,3979

O mesmo pode ser feito aplicando-se a tecla

log 2 , 5 54 

 n:

ln 54 3,9889

 4,3537 .
ln 2,5 0,9162

A diferença entre os valores se dá pela aproximação adotada.

14

GABARITO

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SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3

AS FUNÇÕES COM VARIÁVEL NO EXPOENTE:
A EXPONENCIAL E SUA INVERSA, A LOGARÍTMICA

Páginas 36 - 37

1.

y  x7

( x)

yx

( x)

y  3x

( x)

y  5x  8

( x)

y

( x)

y  x3

( x)

x  11
4
3x  1
y
7

y

( x)

( x)

( x  0)

2

e

1
( x  0)
x

e

x  y7

e

e

1
y
3

x

x

e

e

x3 y

x  4 y  11

e

x

e

x

y

y8
5
1
( y  0)
x
y

7y 1
3

2.

15

GABARITO

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Matemática – 1a série – Volume 3

Páginas 37 - 39

Aqui, você poderá auxiliar os alunos a seguir, passo a passo, a construção dos

gráficos das funções e de suas inversas, para, então, concluir as características

apontadas no texto.

Páginas 39 - 40

1.

a) Os gráficos de f(x) e g(x) são representados abaixo:

b) Para determinar os pontos A, B, C e D, basta notar que:

f(0) = 1, f(1) = 10, g(1) = 0 e g(10)= 1.

Segue que: A = (0; 1), B = (1; 0), C = (10; 1) e D = (1; 10).

Tais pontos são simétricos em relação à reta y = x.

c) e d) Para calcular o perímetro de ABCD, temos:

o lado AB é a diagonal de um quadrado de lado 1, ou seja, mede

os lados BC e AD são hipotenusas de um triângulo retângulo de catetos 1 e 9.

Logo, temos BC = AD (trapézio isósceles) e cada um desses lados mede:

 9

2

1

o lado CD é a hipotenusa de um triângulo retângulo de catetos iguais a 9, ou

seja, é 9 2 ;

2;

2

82

16

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3

logo, o perímetro do trapézio é:

p  2  9 2  2 . 82  32,25 .

2. A função exponencial f(x) = ax é crescente se a > 1 e é decrescente se 0 < a < 1; o

mesmo ocorre com a função logarítmica. A inspeção direta mostra, então, que temos

funções crescentes em (a), (b) e (e) e funções decrescentes em (c), (d) e (f).

1
Note que, em (f), a função j(x) = 5-x pode ser escrita assim: j(x) = (5-1)x =  5  .
 

x

Logo, ela é decrescente.

Páginas 41 - 42

1.

a) Calculando E, temos:

E = f(x0+1) – f(x0) = 10xo+1 – 10xo = 10xo.(10 – 1) = 9. 10xo.

b) Calculando L, temos:


1 
L = g(x0+ 1) – g(x0) = log (x0+ 1) – log x0 = log  x 0  1  = log 1  x  .



0 

 x 

 0 

c) Quando x0 se torna cada vez maior, os valores de E = 9 . 10x0 aumentam cada

vez mais, uma vez que os valores de 10xo tornam-se cada vez maiores.

d) Quando x0 se torna cada vez maior, o valor de  1

x
 0

aproximando-se de 0, e o valor de 1  1  se aproximará de 1. Assim, os valores de



x0 


1 
1   aumentam cada vez menos, aproximando-se de 0, uma vez que
L = log 
x0 

 torna-se cada vez menor,


1+  1

x
 0

 aproxima-se cada vez mais de 1, e o logaritmo de 1 em qualquer base é 0.


17

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3

SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4

AS MÚLTIPLAS FACES DAS POTÊNCIAS E DOS LOGARITMOS:
PROBLEMAS ENVOLVENDO EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES EM
DIFERENTES CONTEXTOS

Desafio!

Página 43

Para determinar o número de algarismos de 264, basta calcular seu logaritmo decimal.

Como log 264 = 64 . log 2  64 . 0,30 = 19,2, deduzimos que 264 situa-se entre 1019 e

1020, pois: 1019 < 1019,2 < 1020.

Logo, concluímos que 264 é um número com 20 algarismos, uma vez que é um

número inteiro maior do que 1 seguido de 19 zeros e menor do que 1 seguido de 20

zeros.

Calculando com um instrumento adequado, obtemos, de fato:

264 = 18 446 744 073 709 551 616.

Páginas 43 - 45

1. Para comparar os dois números citados, basta comparar seus logaritmos decimais: o

maior será o que tiver maior logaritmo.

Imediatamente, vemos que log 107 = 7;

calculando log 710, obtemos:

log 710 = 10 . log 7 = 10 . 0,845 = 8,45.

Logo, concluímos que 710 > 107

2.

a) A espessura do papel é 8 . 10–2 mm. A cada dobradura, o papel duplica a

espessura. Após 10 dobraduras, sua espessura será:

E10 = 210. 23. 10–2 mm = 213 . 10-2 mm = 81,92 mm.

18

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3

b) Analogamente, a espessura do papel dobrado após 50 dobraduras será:

E50 = 250 . 23 . 10–2 mm = 253 . 10–2 mm = 9,0071992 . 1013 mm  90 milhões de km.

Trata-se, sem dúvida, de um resultado surpreendente, tão inesperado quanto o do

tabuleiro de xadrez da atividade 1.

c) Podemos generalizar e escrever que (se fosse possível realizar na prática) após n

dobraduras, a espessura do papel seria En = 2n . 23 . 10-2 mm = 2n+3 . 10–2 mm.

Sabendo que a distância da Terra à Lua é aproximadamente 384 mil km, ou seja,

384 . 109 mm, temos a seguinte inequação para resolver:

 384  11
 .10 , ou seja, 2n > 48 . 1011.
2n . 23 . 10–2 > 384 . 109. Temos, então: 2n > 
8 

Calculando os logaritmos de ambos os membros na base 10, temos:

log 2n > log (48 . 1011)

n . log 2 > (log 48) + 11

n . log 2 > 11 + log (24 . 3) = 11 + 4 log 2 + log 3

n . 0,30 > 11 + 1,20 + 0,48 = 12,68

12,68
 42,3 .
0,30

n>

Logo, a partir da 43a dobradura, a espessura do papel dobrado ultrapassaria a

distância da Terra à Lua.

d) Analogamente, sendo a distância da Terra ao Sol aproximadamente igual a 150 .

106 km, ou seja, 150 . 1012 mm, teríamos a inequação: 2n . 23 . 10–2 > 150 . 1012.

Podemos escrevê-la na forma:

2n+3 > 15 . 1015.

Calculando os logaritmos dos dois membros na base 10, obtemos:

(n + 3) . log 2 > log (3 . 5) + 15,

(n + 3) 

 10 
Usando o fato de que log 5 = log   = log 10 – log 2  0,70, resulta:
2

n+3>

n + 3 > 53,9 = n > 50,9.

Logo, a partir da 51a dobradura seria ultrapassada a distância da Terra ao Sol.

log 3  log 5  15

log 2

.

0,48  0,70 15

0,30

,

19

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3

3. Sendo N a população da Terra, sabendo-se que ela dobra a cada 30 anos, podemos

escrever:

Observe que, para t = 30, temos N(30) = 2 N0; para t = 60, temos N(60) = 4N0.

A questão a ser respondida é: para qual valor de t temos N(t) = 45. Temos, portanto:

(N em bilhões de habitantes, t em anos, N0 = 6,7).

.

t
t
Isso significa que 2 30  45  6,72 e, portanto,
= log2 6,72  2,75.
30
6,7

Logo, t  30 . 2,75  82,5 anos, ou seja, a população da Terra atingirá o limite

máximo suportável daqui a 82 anos e meio, aproximadamente, segundo as

estimativas.

Observação: certamente há controvérsias sobre o fato de que a população dobraria a

cada 30 anos.

4. O valor C1 do capital ao final do primeiro ano será: C1 = C0 + 12% de C0, ou seja,

C1 = C0.(1 + 0,12) = 1,12 C0.

O valor C2 do capital ao final do segundo ano será:

C2 = C1 . (1 + 0,12) = C0 . (1,12)2.

O valor C(t) do capital ao final de t anos será: C(t) = C0 . (1,12)t.

O capital dobrará de valor quando C(t) = 2C0, ou seja, quando

C0 . 1,12t = 2 C0, o que significa que 1,12t = 2.

Calculando o logaritmo dos dois membros dessa igualdade, temos:

t . log 1,12 = log 2, ou seja, t 

Calculando log 1,12, obtemos:

112
 log 112  log 100  log (24.7)  2  4 . log 2  log 7  2  0,049 .
100

log

O valor de t, portanto, será: t 

Como os juros são incorporados ao capital apenas ao final de cada ano, somente após

7 anos será possível dispor do capital dobrado.

log 2
.
log 1,12

0,301
 6,14 anos  6 anos e 2 meses .
0,049

20

GABARITO

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3

Páginas 45 - 48

1. O valor C1 do capital ao final do primeiro mês é C1 = C0 + 1% de C0, ou seja,

C1 = C0 (1 + 0,01) = 1,01C0.

O valor C2 do capital ao final do segundo mês será:

C2 = C1 . (1 + 0,01) = C0 . (1,01)2.

O valor C(t) do capital ao final de t meses será: C(t) = C0 . (1,01)t.

O capital dobrará de valor quando C(t) = 2 C0, ou seja, quando

C0 . 1,01t = 2C0, o que significa que 1,01t = 2.

Calculando o logaritmo dos dois membros dessa igualdade, temos:

t . log 1,01 = log 2, ou seja, t 

O que equivale a 6 anos, 3 meses e 1 semana.

O capital dobrará após aproximadamente 6 anos, três meses e uma semana; como os

juros são incorporados ao capital apenas ao final de cada mês, isso significa que o

capital dobrado estará disponível apenas após 6 anos e 4 meses, antes, portanto, dos

7 anos da atividade anterior.

log 2
0,301
log 2

 75,25 meses
=
log 1,01 log 101  log 100 0,004

2.

a) Pela tabela observamos que a diferença de 5 grandezas corresponde a 100 vezes

mais brilho, uma vez que uma magnitude é igual a 2,5 vezes.

Assim, Betelgeuse é mais brilhante que Antares, pois a grandeza (magnitude) na

escala Pogson é menor. Como a magnitude de Betelgeuse é 0,5 e de Antares é 1,00, a

diferença entre elas é de 0,5, portanto Betelgeuse é 2,5 0,5  1,58 vezes mais

brilhante. De outro modo podemos escrever que a razão entre as intensidades do

brilho é a seguinte:

brilho de Betelgeuse = 2,5–(0,50 – 6) = 2,5 5,5 –5 = 2,51/2 = 2,5  1,58,
brilho de Antares
2,5–(1 –6)
ou seja, Betelgeuse é 1,58 vezes mais brilhante do que Antares.

b) Analogamente, Antares é menos brilhante do que Sirius, pois sua grandeza na

escala de Pogson é maior. Como a magnitude de Sírius -1,50 e de Antares é 1,00, a

21

GABARITO

diferença entre elas é de 2,5, portanto Sírius é 2,52,5  9,9 vezes mais brilhante. A

razão entre os brilhos é a seguinte:

brilho de Antares

brilho de Sirius

ou seja, Sirius é, aproximadamente, 9,9 vezes mais brilhante do que Antares.

c) Temos, analogamente, que a Lua é menos brilhante do que o Sol, pois sua

grandeza na escala de Pogson é maior. Como a magnitude do Sol é – 27 e da Lua é

–11, a diferença entre elas é de 16, portanto o Sol é 2,516  2328306 vezes mais

brilhante que a Lua. A razão entre os brilhos também pode ser calculada da seguinte

forma:

brilho do Sol

brilho da Lua

ou seja, o Sol é 2 328 306 vezes mais brilhante do que a Lua, o que é o mesmo que

dizer que a Lua tem, aproximadamente, 0,0000004 do brilho do Sol.

Caderno do Aluno

Matemática – 1a série – Volume 3


_2,5–(1 – 6) __ = 2,55 –7,5 = 2,5–2,5 = 2,5 2,5 
2,5 5 9,9
2,5–(–1,50–6)

=

1

1

1

= 2,5–(–27 – 6) = 2,533 –17 = 2,516  2 328 306

2,5–(–11 – 6)

3.

a) Se a quantidade desintegrada de carbono 14 foi de 50%, isso significa que sua

massa se reduziu à metade da massa inicial. Portanto, o tempo decorrido desde que

deixou de viver é justamente sua meia-vida, ou seja, 5 730 anos.

b) Se a massa restante de carbono 14 é apenas 10% da massa inicial, indicada por

m0, temos o seguinte raciocínio: sendo m(t) = 10% de m0, ou seja, m(t) = 0,1 m0,

5 730

segue que: 0,1 m0  m0 . 1 
, 0,1  2 5 730 .
 
2

log 0,1
t
 log 2 0,1 , ou seja, – t = 5 730 . log 0,1 = 5 730 . (
).
2
5 730
log 2

Logo,

Concluímos, portanto, que: t  5 730 .

t

t

5 730
1

 19 036 anos .
0,301 0,301

22