Manual Calculadora Casio Fx

148 Temas e Problemas

Soluc¸ ˜oes dos Problemas do Cap´ıtulo 3

1. A cada per´ıodo de 5 anos, a populac¸ ˜ao da cidade ´e multiplicada

por 1,02. Logo, em 20 anos, ela ´e multiplicada por 1,024 = 1,0824.

Assim, o crescimento estimado ´e de 0,0824, ou seja, 8,24%.

Est´a impl´ıcito no enunciado do problema, que a populac¸ ˜ao ´e

multiplicada por uma constante em qualquer intervalo de tempo

de durac¸ ˜ao fixa (n˜ao necessariamente com a durac¸ ˜ao de 5 anos).

Este ´e um modelo adequado para crescimento populacional, pois

traduz o fato de que o aumento da populac¸ ˜ao, emumcerto intervalo

de tempo, ´e proporcional `a populac¸ ˜ao no in´ıcio deste intervalo.

Em conseq ¨uˆencia, a populac¸ ˜ao p(t) no instante t ´e expressa

por uma func¸ ˜ao do tipo exponencial p(t) = bat, onde b = p(0) ´e

a populac¸ ˜ao no instante inicial. O valor de a pode ser calculado

usando o fato de que, em 5 anos, h´a um crescimento de 2%. Temos

p(5) = p(0) × a5 = p(0) × 1,02. Portanto, a = 1,02

1

5 e p(t) = p(0) ×

1,02

t

5 . Logo, o crescimento relativo em um per´ıodo de durac¸ ˜ao

t anos ´e

p(t) − p(0)

p(0)

=

p(0) × 1,02

t

5 − p(0)

p(0)

= 1,02

t

5 − 1.

2. O n´umero de bact´erias no instante t ´e da forma f(t) = bat.

Como f(0) = 1000, temos b = 1000. Como f(1) = 1500, temos

1500 = 1000 · a1 e, da´ı, a = 1500

1000 = 3

2 . Logo, f(t) = 1000 ·

3

2

t

. Assim,

5 horas ap´os o in´ıcio do experimento, o n´umero de bact´erias ser´a

f(5) = 1000 ·



3

2

5

≈ 7594 bact´erias.

3. A lei do resfriamento estabelece que a diferenc¸a T − 20 entre

as temperaturas da pec¸a e do ambiente varia, ao longo do tempo,

com uma taxa de variac¸ ˜ao que ´e proporcional ao seu valor.

Isto significa que T − 20 ´e dada por uma func¸ ˜ao do tipo exponencial

do tempo. Ou seja, T − 20 = bat ou, equivalentemente,

Soluc¸ ˜oes do Cap´ıtulo 3 149

T = 20 + bat. Para calcular a e b, usamos as temperaturas observadas

nos instantes t = 0 e t = 10 (estamos escolhendo medir o

tempo em minutos). Temos

20 + ba0 = 120, de onde obtemos b = 100 e

20 + 100a10 = 80, de onde obtemos a10 = 60

100 = 0,6 e, da´ı, a =

0,6

1

10 .

Ou seja, a temperatura T ao longo do tempo ´e dada por T =

20 + 100 · 0,6

t

10. Ap´os 1 hora (ou seja, para t = 60 minutos), a

temperatura ser´a

T(60) = 20 + 100 × 0,6

60

10 = 20 + 100 × 0,66 ≈ 24,7.

O gr´afico da temperatura ao longo do tempo est´a na Figura 55.

t

T

120

20

80

Figura 55

4. A massa de mat´eria radioativa ´e dada por m(t) = m0 · at, onde

m0 ´e a massa no instante inicial. Como a meia-vida ´e 5500 anos,

temos m(5500) = m0 · a5500 = m0 · 1

2 . Logo, a5500 = 1

2 e, portanto,

a =

1

2

 1

5500 . Assim, a massa de material radioativo que resta ap´os

10000 anos ´e

m(10000) = m0 · a10000 = m0 ·



1

2

10000

5500

= m0 · 0,284.

150 Temas e Problemas

Logo, restam 28,4% do material radioativo original.

5. A massa no instante t ´e m(t) = m0 · at. Como m(1) = 0,8m0,

temos m0 · a1 = 0,8m0 e, portanto, a = 0,8. A meia-vida ´e o tempo

em que a massa se reduz `a metade. ´E obtida, portanto, resolvendo

a equac¸ ˜ao m0 · 0,8t = m0 · 1

2 , ou seja, 0,8t = 0,5. Assim,

t log 0,8 = log 0,5 e, da´ı, t = log 0;5

log 0;8 . Usando, por exemplo, logaritmos

na base 10, tem-se

t =

−0,30103

−0,09691

= 3,10628 anos.

6. Segundo a lei de resfriamento, a diferenc¸a T − 20 entre a temperatura

do corpo e a temperatura do ambiente ´e dada por uma

func¸ ˜ao do tipo exponencial. Assim, T − 20 = b · at, ou seja, T =

20 + b · at.

Adotando t = 0 como o instante em que a temperatura do corpo

foi tomada pela primeira vez e medindo o tempo em horas, temos

T(0) = 34,8 e T(1) = 34,1.

Assim, temos 20 + b · a0 = 34,8, o que nos fornece b = 14,8. Em

seguida, 20 + 14,8 · a1 = 34,1, de onde tiramos a = 14;1

14;8 . Portanto,

temos T = 20 + 14,8 ·

14;1

14;8

t.

Para encontrar o instante da morte, devemos determinar t

de modo que T = 36,5. Ou seja, devemos resolver 36,5 = 20 +

14,8

14;1

14;8

t. Temos

16,5 = 14,8 ×



14,1

14,8

t

16,5

14,8

=



14,1

14,8

t

log 16,5 = t log 14,1

14,8

Empregando logaritmos na base e, temos 0,10873 = −0,04845t, de

onde obtemos t = −2,24.

O sinal negativo indica que o instante em que a temperatura

do corpo era de 36,5◦ ´e anterior ao momento da primeira medic¸ ˜ao.

Soluc¸ ˜oes do Cap´ıtulo 3 151

Assim, a morte ocorreu aproximadamente 2,24 horas, ou seja, 2

horas e 14 minutos antes das 23:30. Isto ´e, o hor´ario estimado

para a morte ´e 21:16.

7. ´E necess´ario, antes de mais nada, interpretar corretamente

as informac¸ ˜oes fornecidas. A taxa de 10% ao mˆes n˜ao implica em

que, ao longo de um mˆes, 10% da ´agua se evapore. O valor dado se

refere `a taxa instantˆanea de evaporac¸ ˜ao. Ou seja, se a ´agua continuasse

a se evaporar a uma taxa constante e igual `a do instante

inicial, 10% da ´agua se evaporaria em um mˆes. No entanto, a taxa

de evaporac¸ ˜ao ´e proporcional `a quantidade de ´agua existente e ´e,

portanto, decrescente ao longo do tempo.

Como a taxa de evaporac¸ ˜ao ´e proporcional `a quantidade de

´agua no reservat´orio, esta ´e dada por uma func¸ ˜ao do tipo exponencial.

´E

conveniente expressar esta func¸ ˜ao na forma q(t) = q0 · ekt,

onde q0 ´e a quantidade inicial de ´agua no reservat´orio e k ´e a

constante de proporcionalidade entre a taxa de evaporac¸ ˜ao e a

quantidade de ´agua. O dado do problema ´e que esta constante

de proporcionalidade (logo o valor de k) ´e igual a 10% = 0,1 (com

o tempo medido em meses). A lei de variac¸ ˜ao da quantidade de

´agua ´e, assim, q(t) = q0 · e-0;1t.

Para achar o tempo necess´ario para que a ´agua se reduza `a 1/3

de sua quantidade inicial, devemos resolver a equac¸ ˜ao

q0 · e-0;1t = q0 · 1

3

.

Temos −0,1t = loge

1

3 = −1,09861. Logo, t = 10,9861, o que indica

que a quantidade de ´agua se reduz a 1/3 de seu valor em aproximadamente

11 meses.

8. No problema 4, estabelecemos que a massa de C14 ao longo

do tempo ´e dada por m(t) = m0 ·

1

2

 t

5500 . Se a radioatividade da

amostra hoje ´e 0,45 da observada em uma amostra viva do mesmo

material, temos que o tempo t decorrido entre a ´epoca em que o

material estava vivo e os dias de hoje satisfaz

m0 ·



1

2

 t

5500

= m0 · 0,145.

152 Temas e Problemas

Logo,

1

2

 t

5500 = 0,145, ou seja, t

5500 log 1

2 = log 0,145.

Utilizando logaritmos na base e:

t

5500

· (−0,69315) = −1,93102

Portanto, t ≈ 15322. Logo, as pinturas foram feitas aproximadamente

15000 anos atr´as.

9. A lei de variac¸ ˜ao da quantidade de droga pode ser expressa na

forma q(t) = q0 · e-kt, onde q0 ´e a quantidade inicial da droga (20

mg) e k ´e a raz˜ao entre a taxa de eliminac¸ ˜ao e a quantidade de

droga. Neste caso,

k =

5 mg/hora

20 mg = 0,25 hora

(note a unidade apropriada para k). Assim q(t) = 20 · e-0;25t.

Para calcular a meia-vida t, resolvemos a equac¸˜ao

20 · e-0;25t = 20 · 1

2

Temos:

e-0;25t = 0,5

−0,25t = loge 0,5

t =

loge 0,5

loge 0,25

= 2,772 ≈ 2 horas e 46 minutos.

10. Empregar uma escala logar´ıtmica para o eixo Y equivale a

representar, para cada valor de x, o par (x, log10 f(x)) no plano

cartesiano. Logo, o gr´afico ser´a uma reta se e somente se os pontos

(x, log10 f(x)) est ˜ao sobre uma reta. Isto ocorre se e s´o se existem

constantes a e b tais que log10 f(x) = ax + b, ou seja,

f(x) = 10ax+b = 10b · (10a)x = B · Ax,

onde B = 10b e A = 10a.

Soluc¸ ˜oes do Cap´ıtulo 3 153

Na parte b), temos log1 0y = ax + b, onde os valores de a e b

podem ser encontrados com o aux´ılio de dois pontos do gr´afico.

Para x = 0, temos y = 10 e, para x = 4, temos y = 1000. Logo

log10 10 = 1 = a · 0 + b

log10 1000 = 3 = a · 4 + b

Resolvendo o sistema, encontramos b = 1 e a = 1

2 . Logo, log10 y =

1

2x + 1, ou seja, y = 10

1

2

x+1 = 10 ·

√

10

x

.

11. Na soluc¸ ˜ao do problema 1, vimos que, ao discretizar o fenˆomeno

segundo intervalos de durac¸ ˜ao Δt, obtemos:

c(t + Δt) − c(t) = c(t) · −vΔt

V + vΔt

.

Logo,

c(t + Δt) − c(t)

Δt

= −c(t) · v

V + vΔt

.

Portanto, a taxa instantˆanea de variac¸ ˜ao obtida tomando o limite

quando Δt → 0 da express˜ao acima ´e igual a −c(t) · v

V.

J´a no problema 6, vimos que a taxa de variac¸ ˜ao da quantidade

de cloro no instante inicial ´e igual a -105 g/hora. Logo, −v

Vc(0) =

−105. Como V = 100 m3 e c(0) = 1000 g, temos − v

100

· 1000 = −105

e, portanto, v = 100×105

1000 = 10,5 m3/hora.

12. a) No instante 0, ´e ingerida uma quantidade q. Imediatamente

antes do instante h, a quantidade se reduz a q/2. E´ , enta˜o, ingerida

uma nova quantidade igual a q, elevando a quantidade de

droga para q

2 + q = 3q

2 . Ao longo do pr´oximo per´ıodo de durac¸ ˜ao h,

a quantidade de droga decai segundo a lei q(t) = 3q

2

·

1

2

 t

h , onde t

´e o tempo decorrido a partir do instante h. Logo, a quantidade de

droga existente no instante 3h

2 = h + h

2 ´e 3q

2

·

1

2

h=2

h = 3q

2



(2).

b) Basta analisar o que ocorre imediatamente depois da ingest

˜ao de cada dose da droga. Entre estes instantes a quantidade

de droga decai `a metade de seu valor segundo uma func¸ ˜ao do tipo

exponencial.

154 Temas e Problemas

Seja q(n) a quantidade de droga imediatamente ap´os o instante

nh. Temos q(0) = q e q(n + 1) = q(n) · 1

2 + q, para todo q

(observe que, entre os instantes nh e (n + 1)h a quantidade de

droga se reduz `a metade, mas ´e acrescida de uma nova dose igual

a q).

Assim:

q(1) = q · 1

2

+ q

q(2) =



q · 1

2



· 1

2

+ q = q · 1

4

+ q · 1

2

+ q

etc.

´E

simples provar, por induc¸ ˜ao, que

q(n) = q



1

2n

+

1

2n-1

+ · · · + 1



= q·

1 −

1

2

n+1

1 − 1

2

= 2q



1 −



1

2

n+1



.

O valor limite, quando n → ∞, da quantidade q(n) de droga

no organismo logo ap´os sua injec¸ ˜ao ´e, portanto igual a 2q.

O gr´afico da Figura 56 mostra o comportamento da quantidade

de droga ao longo do tempo.

q

2q

h 2h 3h 4h 5h

Figura 56