Exercicios resolvidos

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função de Logarítmica

Calcule o Log3 5 sabendo que o Log3 45 = 3,464974?

Resolução:
Para solucionarmos este problema vamos recorrer a uma das propriedades dos logaritmos.
O Log3 45 éfornecido pelo enunciado. Precisamos de algum outro logaritmo fácil de calcular, que nos permita doLog3 45 chegar ao Log3 5.
Uma forma de partindo de 45 chegarmos a 5, é dividirmos 45 por 9.
Como podemosfacilmente calcular o Log3 9, vamos recorrer à propriedade do logaritmo de um quociente para solucionarmos esta questão.
A partir do explicado acima podemos escrever que:

Então, recorrendo àpropriedade do logaritmo de um quociente temos:

O , visto que 3 elevado ao quadrado é igual a 9:

Portanto, ao substituirmos os valores conhecidos chegamos ao resultado desejado:

Log3 5 =1,464974.


funções Trigonométricas
Determinar, caso existem, os valores dos períodos mínimos positivos das funções.
1) f (x) = cos(π ⋅ x −1).
A função )1 f (x) = osc (π ⋅ x − é f ( de domínio u)= osc u R composta com a
função 1 u = π ⋅ x − de domínio R e contradomínio R . Portanto Df = R .
Seja 0 T > .
Porque Df = R resulta que Df ∀x ∈ tem-se T Df
x ± ∈ .
f (x ± T) =osc (π ⋅(x ± T) − )1 = osc (π ⋅ x ± π ⋅T − )1 = osc ((π ⋅ x − )1 ± π ⋅T) = (∗)
Substituindo π ⋅ x −1 = α na continuação temos :
(∗) = osc (α ± π ⋅T) = (∗∗)
Porque o valor do período mínimo positivoda função cosseno é 2 e π ∀α ∈ R tem-se
osc ( fazendo α ± 2π ) = osc α ± π ⋅T = ±2π obtemos T = 2 . Portanto T = 2 é o valor
mínimo positivo que verifica a relação ± π ⋅T = ±2π é portantoé o período mínimo
positivo da função. Substituindo T = 2 na continuação temos:
(∗∗) = osc (α ± π ⋅ )2 = osc α = osc (π ⋅ x − )1 .
Portanto foi provado que para a função )1 f (x) = osc (π ⋅ x −de domínio R tem-se:
a) ∀x ∈ Df = R tem-se x ± 2 ; ∈ Df = R
b) f (x ± 2) = f (x),
isto é, T = 2 é o período mínimo positivo da função.

Limites
1): Verificar se a função é...
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