Exercicios resolvidos

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 é fornecido 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 podemos facilmente 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 à propriedade 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 positivo da 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 portanto é 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