Logaritmos: Definição, Propriedades e Aplicações, Exercícios de Matemática

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Curso de Nivelamento de

Matemática

Aula 12 – Equações e Inequações Logaritmicas

Prof. Fábio Secches Bueno

Introdução No tópico anterior, ao tentar resolver uma equação ou inequação exponencial foi tratado apenas do caso em que as potências poderiam ser reduzidas a uma mesma base. Agora, se quisermos resolver uma equação exponencial da forma: 2 𝑥 = 3 Note que não poderíamos determinar exatamente que valor 𝑥 assume, apenas será possível dizer que é um valor entre 1 e 2 , pois 2 1 < 2 𝑥 < 2 2 . Portanto, podemos notar que com os conhecimentos adquiridos até aqui não é possível determinar este valor e nem sequer sabemos qual é o processo necessário para determina-lo. Desta forma, para podermos resolver problemas como estes, os matemáticos criaram e desenvolveram os logaritmos.

Ex (1) log 2 8 = 3 , pois 2

= 8. Ex (2) log 3

= − 2 , pois 3

=

. Ex (3) log 5 5 = 1 , pois 5

= 5. Ex (4) log 7 1 = 0 , pois 7

= 1. Ex (5) log 4 8 =

, pois 4 3 (^2) = 2

3 2 = 2

= 8. Ex (6) log 0 , 2 25 = − 2 , pois 0 , 2

=

= 5

= 25

Propriedades : Sejam 0 < 𝑎 ≠ 1 e 𝑏 > 0 :

(P1) log

𝑎

(P2) log𝑎 𝑎 = 1

(P3) 𝑎

log𝑎 𝑏

(P4) log𝑎 𝑏 = log𝑎 𝑐 ⇔ 𝑏 = 𝑐

(P5) 0 < 𝑎 ≠ 1 , 𝑏 > 0 e 𝑐 > 0 ⇒ log

𝑎

𝑏. 𝑐 = log

𝑎

log

𝑎

(P6) 0 < 𝑎 ≠ 1 , 𝑏 > 0 e 𝑐 > 0 ⇒ log𝑎

𝑏 𝑐

= log𝑎 𝑏 − log𝑎 𝑐

(P7) 0 < 𝑎 ≠ 1 , 𝑏 > 0 e 𝛼 ∈ 𝐼𝑅 ⇒ log𝑎 𝑏

𝛼

= 𝛼 log𝑎 𝑏

(P8) 0 < 𝑎, 𝑐 ≠ 1 , 𝑏 > 0 , ⇒ log𝑎 𝑏 =

log𝑐 𝑏 log𝑐 𝑎

= log𝑐 𝑏. log𝑎 𝑐

Consequências:

(1) 0 < 𝑎 ≠ 1 , 0 < 𝑏 ≠ 1 ⇒ log

𝑎

1 log𝑏 𝑎

= log

𝑐

𝑏. log

𝑎

(2) 0 < 𝑎 ≠ 1 , 𝑏 > 0 e 𝛽 ∈ 𝐼𝑅

∗

⇒ log

𝑎

𝛽 𝑏^ =^

1 𝛽

log

𝑎

Exemplo (7) Resolver as equações. (a) 2

= 3 (b) 5

= 3 (c) 2

= 3

Solução: (a) 2

= 3 ⇒ 𝑥 = log

3 (b) 5

= 3 ⇒ 5

5

= 3 ⇒ 25

= 3. 5

⇒ 25

= 375 ⇒ 𝑥 = log

375

(c) 2

= 3

⇒ 2

2

= 3

. 3 ⇒ 2

3

= 3. 2

⇒ 8

9

= 12 ⇒ 8 9

= 12 ⇒ 𝑥 = log 8

12

Exemplo (8) Resolver as equações: (a) log 2 3𝑥 − 5 = log 2 7 (b) log 3 2𝑥 − 3 = log 2 4𝑥 − 5 Solução: (a) Temos que: log 2 3𝑥 − 5 = log 2 7 ⇒ 3𝑥 − 5 = 7 > 0 Dai, resolvendo: 3𝑥 − 5 = 7 ⇒ 3𝑥 = 7 + 5 ⇒ 3𝑥 = 12 ⇒ 𝑥 = 4 𝑥 = 4 é solução da equação proposta e não há necessidade de verificarmos, pois 7 > 0 é satisfeita para todo 𝑥 ∈ 𝐼𝑅. Portanto, 𝑆 = 4

(b) Temos que: log 3 2𝑥 − 3 = log 2 4𝑥 − 5 ⇒ 2𝑥 − 3 = 4𝑥 − 5 > 0 Dai, resolvendo: 2𝑥 − 3 = 4𝑥 − 5 ⇒ 4𝑥 − 2𝑥 = 5 − 3 ⇒ 2𝑥 = 2 ⇒ 𝑥 = 1 𝑥 = 1 não é solução da equação proposta, pois fazendo 𝑥 = 1 em 4 𝑥 − 5 encontramos 4. 1 − 5 = − 1 < 0 , logo a equação proposta não tem solução. O mesmo ocorreria se tivéssemos usado a outra equação, 2 𝑥 − 3. Portanto, 𝑆 = { }

Exemplo (9) Resolver as equações: (a) log

3𝑥 + 1 = 4 (b) log

𝑥

• 3𝑥 − 1 = 2 Solução: (a) Temos que: log

3𝑥 + 1 = 4 ⇒ 3𝑥 + 1 = 2

⇒ 3𝑥 = 16 − 1 ⇒ 3𝑥 = 15 ⇒ 𝑥 = 5 Portanto, 𝑆 = 5

(b) Temos que: log

𝑥

• 3𝑥 − 1 = 2 ⇒ 𝑥

• 3𝑥 − 1 = 3

⇒ 𝑥

• 3𝑥 − 1 − 9 = 0 ⇒ 𝑥

• 3𝑥 − 10 = 0 ⇒ 𝑥 = 2 𝑜𝑢 𝑥 = − 5 Portanto, 𝑆 = 2 , − 5

Exemplo (10) Resolver as equações: (a) log 2 2 𝑥 − log 2 𝑥 = 2 (b) 2 +log 3 𝑥 log 3 𝑥

log 3 𝑥 1 +log 3 𝑥 = 2 Solução: (a) A equação proposta é equivalente à equação: log 2 𝑥 2 − log 2 𝑥 − 2 = 0 Agora, fazendo 𝑢 = log 2 𝑥 , temos que: 𝑢 2 − 𝑢 − 2 = 0 ⇒ 𝑢 = 2 𝑜𝑢 𝑢 = − 1 Mas, como 𝑢 = log 2 𝑥 , temos duas possibilidades, ou seja: Para 𝑢 = 2 , temos log 2 𝑥 = 2 ⇒ 𝑥 = 2 2 ⇒ 𝑥 = 4. Para 𝑢 = − 1 , temos log 2 𝑥 = − 1 ⇒ 𝑥 = 2 − 1 ⇒ 𝑥 = 1 2 . Portanto, 𝑆 = 4 , 1 2

(b) Fazendo 𝑢 = log 3 𝑥 , temos que: 2 + 𝑢 𝑢

2 = 2𝑢 1 + 𝑢 ⇒ 2 + 2𝑢 + 𝑢 + 𝑢 2

• 𝑢 2 = 2𝑢 + 2 𝑢 2 ⇒ 2 + 3𝑢 + 2 𝑢 2 = 2𝑢 + 2 𝑢 2 ⇒ 2 + 3𝑢 = 2𝑢 ⇒ 𝑢 = − 2 Mas, como 𝑢 = log 3 𝑥 , temos: Para 𝑢 = − 2 , temos log 3 𝑥 = − 2 ⇒ 𝑥 = 3 − 2 ⇒ 𝑥 = 1 9

Portanto, 𝑆 =