Equações com exponenciais e logaritmos | Matemática A

📌 Resumo teórico

Equações exponenciais

Sendo $a\in\mathbb{R}^{+}\setminus\{1\}$, a função $x\mapsto a^{x}$ é injetiva, pelo que:

\[ a^{u}=a^{v} \iff u=v \qquad\text{e}\qquad a^{u}=b \iff u=\log_a b\ \ (b\gt 0) \]

Estratégias mais frequentes: reduzir os dois membros à mesma base; pôr $a^{x}$ em evidência; fazer a mudança de variável $y=a^{x}$, com $y\gt 0$.

Equações logarítmicas

Comece sempre por determinar o domínio: cada $\log_a(\ldots)$ exige argumento positivo. No fim, verifique se as soluções obtidas lhe pertencem.

\[ \log_a u=\log_a v \iff u=v \ \land\ u\gt 0 \qquad\qquad \log_a u=k \iff u=a^{k} \]

Antes de resolver, junta-se tudo num só logaritmo com as regras $\log_a x+\log_a y=\log_a(xy)$ e $\log_a x-\log_a y=\log_a\left(\frac{x}{y}\right)$. Uma constante $k$ pode escrever-se $k=\log_a\left(a^{k}\right)$, o que permite juntá-la aos restantes logaritmos.

Modelos de crescimento e decrescimento

\[ N(t)=N_0\,e^{kt} \qquad \begin{cases} k\gt 0:\ \text{crescimento exponencial}\\ k\lt 0:\ \text{decrescimento exponencial}\end{cases} \]

Num modelo destes, o quociente $\dfrac{N(t+1)}{N(t)}=e^{k}$ é constante: em cada unidade de tempo a grandeza fica multiplicada sempre pelo mesmo fator.

Nos modelos logísticos, do tipo $\ \displaystyle N(t)=\frac{A}{1+B\,e^{-kt}}\ $ (com $k\gt 0$), o valor de $N$ aproxima-se de $A$ quando $t\to +\infty$: $A$ é o valor-limite do modelo.

Ferramentas úteis

Para resolver uma equação com a calculadora gráfica, introduzem-se os dois membros em $Y_1$ e $Y_2$ e determinam-se as abcissas dos pontos de interseção. Recorde ainda:

\[ \text{t.m.v.}_{[a,b]}=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \qquad A_{\text{trapézio}}=\frac{B+b}{2}\times h \qquad \overline{AB}=\sqrt{(x_B-x_A)^{2}+(y_B-y_A)^{2}} \]

1. Equações exponenciais

Resolva, em $\mathbb{R}$, as seguintes equações.

1.1. $9^{x+1}=27^{2-x}$
1.2. $e^{3x-2}=5\times e^{x+1}$
1.3. $e^{2-x}=7$
1.4. $9^{x}-4\times 3^{x}+3=0$
1.5. $2^{x+3}+2^{x-1}=17$
1.6. $2^{x+2}+2^{-x}=5$

1.1. — reduzir à mesma base

\begin{aligned} 9^{x+1}=27^{2-x} &\iff \left(3^{2}\right)^{x+1}=\left(3^{3}\right)^{2-x}\\ &\iff 3^{2x+2}=3^{6-3x}\\ &\iff 2x+2=6-3x \iff 5x=4 \iff x=\frac45 \end{aligned}

1.2. — isolar a exponencial e aplicar logaritmos

\begin{aligned} e^{3x-2}=5\,e^{x+1} &\iff \frac{e^{3x-2}}{e^{x+1}}=5\\ &\iff e^{2x-3}=5\\ &\iff 2x-3=\ln 5 \iff x=\frac{3+\ln 5}{2} \end{aligned}

1.3.

e^{2-x}=7 \iff 2-x=\ln 7 \iff x=2-\ln 7

1.4. — mudança de variável

Como $9^{x}=\left(3^{x}\right)^{2}$, faz-se $y=3^{x}$, com $y\gt 0$:

y^{2}-4y+3=0 \iff y=\frac{4\pm\sqrt{16-12}}{2}=\frac{4\pm 2}{2} \iff y=1 \ \lor\ y=3

Ambos os valores são positivos, logo ambos são admissíveis:

3^{x}=1 \iff x=0 \qquad\text{ou}\qquad 3^{x}=3 \iff x=1

1.5. — pôr $2^{x}$ em evidência

\begin{aligned} 2^{x+3}+2^{x-1}=17 &\iff 2^{x}\times 2^{3}+2^{x}\times 2^{-1}=17\\ &\iff 2^{x}\left(8+\frac12\right)=17\\ &\iff 2^{x}\times\frac{17}{2}=17 \iff 2^{x}=2 \iff x=1 \end{aligned}

1.6. — expoentes simétricos

Com $y=2^{x}$, $y\gt 0$, tem-se $2^{x+2}=4y$ e $2^{-x}=\dfrac1y$:

4y+\frac1y=5 \iff 4y^{2}+1=5y \iff 4y^{2}-5y+1=0

y=\frac{5\pm\sqrt{25-16}}{8}=\frac{5\pm 3}{8} \iff y=1 \ \lor\ y=\frac14

2^{x}=1 \iff x=0 \qquad\text{ou}\qquad 2^{x}=\frac14=2^{-2} \iff x=-2

1.1) $\left\{\tfrac45\right\}$ • 1.2) $\left\{\tfrac{3+\ln 5}{2}\right\}$ • 1.3) $\{2-\ln 7\}$ • 1.4) $\{0,\,1\}$ • 1.5) $\{1\}$ • 1.6) $\{-2,\,0\}$

2. Equações logarítmicas

Resolva, em $\mathbb{R}$, as seguintes equações.

2.1. $\log_2(4x-3)=3$
2.2. $\log_3(x+7)=\log_3(x-1)+2$
2.3. $\log_5(3x-2)+1=\log_5 x$
2.4. $\log_3(x-2)+\log_3(x+2)=1$
2.5. $\log(x+8)-1=\log(x-1)$
2.6. $\ln^{2} x-3\ln x+2=0$

Em cada alínea determina-se primeiro o domínio da equação e só depois se resolve.

2.1.

Domínio: $4x-3\gt 0 \iff x\gt\dfrac34$.

\log_2(4x-3)=3 \iff 4x-3=2^{3} \iff 4x=11 \iff x=\frac{11}{4}

Como $\dfrac{11}{4}=2{,}75\gt\dfrac34$, a solução é admissível.

2.2.

Domínio: $x+7\gt 0\ \land\ x-1\gt 0$, ou seja, $x\gt 1$.

\begin{aligned} \log_3(x+7)-\log_3(x-1)=2 &\iff \log_3\frac{x+7}{x-1}=2\\ &\iff \frac{x+7}{x-1}=3^{2}\\ &\iff x+7=9(x-1)\\ &\iff 16=8x \iff x=2 \end{aligned}

Como $2\gt 1$, a solução é admissível.

2.3. — escrever a constante como logaritmo

Domínio: $3x-2\gt 0\ \land\ x\gt 0$, ou seja, $x\gt\dfrac23$. Usa-se $1=\log_5 5$:

\begin{aligned} \log_5(3x-2)+\log_5 5=\log_5 x &\iff \log_5\big[5(3x-2)\big]=\log_5 x\\ &\iff 15x-10=x\\ &\iff 14x=10 \iff x=\frac57 \end{aligned}

Como $\dfrac57\approx 0{,}714\gt\dfrac23\approx 0{,}667$, a solução é admissível.

2.4.

Domínio: $x-2\gt 0\ \land\ x+2\gt 0$, ou seja, $x\gt 2$.

\begin{aligned} \log_3\big[(x-2)(x+2)\big]=1 &\iff x^{2}-4=3\\ &\iff x^{2}=7 \iff x=\sqrt7 \ \lor\ x=-\sqrt7 \end{aligned}

Como $-\sqrt7\lt 2$, esse valor não pertence ao domínio e é de rejeitar; $\sqrt7\approx 2{,}65\gt 2$.

2.5.

Domínio: $x+8\gt 0\ \land\ x-1\gt 0$, ou seja, $x\gt 1$. Aqui $\log$ é o logaritmo decimal e $1=\log 10$:

\begin{aligned} \log(x+8)-\log(x-1)=1 &\iff \log\frac{x+8}{x-1}=1\\ &\iff \frac{x+8}{x-1}=10\\ &\iff x+8=10x-10 \iff x=2 \end{aligned}

2.6. — mudança de variável

Domínio: $x\gt 0$. Fazendo $y=\ln x$:

y^{2}-3y+2=0 \iff y=\frac{3\pm\sqrt{9-8}}{2}=\frac{3\pm 1}{2} \iff y=1 \ \lor\ y=2

\ln x=1 \iff x=e \qquad\text{ou}\qquad \ln x=2 \iff x=e^{2}

Ambos os valores são positivos, logo pertencem ao domínio.

2.1) $\left\{\tfrac{11}{4}\right\}$ • 2.2) $\{2\}$ • 2.3) $\left\{\tfrac57\right\}$ • 2.4) $\{\sqrt7\}$ • 2.5) $\{2\}$ • 2.6) $\{e,\,e^{2}\}$

3. Dissolução de açúcar

Um recipiente tem uma certa quantidade de açúcar. Para dissolver o açúcar, enche-se o recipiente com água.

Admita que a massa, em gramas, de açúcar ainda não dissolvido, $t$ minutos após o início do processo de dissolução, é dada, aproximadamente, por

M(t)=50\,e^{-0,03\,t}\ ,\qquad t\geqslant 0

3.1. Determine a massa de açúcar dissolvido $20$ minutos após o início do processo de dissolução. Apresente o valor pedido em gramas, arredondado às unidades.
3.2. Determine quanto tempo decorreu até a massa de açúcar não dissolvido se ter reduzido para metade da quantidade inicial de açúcar não dissolvido. Apresente o valor pedido em minutos, arredondado às unidades.
3.3. Determine, com arredondamento às centésimas, o valor de $\dfrac{M(t+1)}{M(t)}$ e interprete o valor obtido no contexto do problema.

3.1. — atenção: pede-se o açúcar dissolvido

A quantidade inicial de açúcar é $M(0)=50\,e^{0}=50$ gramas. Ao fim de $20$ minutos, a massa ainda não dissolvida é:

M(20)=50\,e^{-0,03\times 20}=50\,e^{-0,6}\approx 27{,}44

Logo, a massa já dissolvida é a diferença:

\[ 50-27{,}44=22{,}56 \]

Dissolveram-se, aproximadamente, $23$ gramas de açúcar.

3.2.

Metade da quantidade inicial é $25$ gramas:

\begin{aligned} 50\,e^{-0,03\,t}=25 &\iff e^{-0,03\,t}=0{,}5\\ &\iff -0{,}03\,t=\ln 0{,}5\\ &\iff t=\frac{\ln 2}{0{,}03}\approx 23{,}10 \end{aligned}

Decorreram, aproximadamente, $23$ minutos.

3.3.

\frac{M(t+1)}{M(t)}=\frac{50\,e^{-0,03(t+1)}}{50\,e^{-0,03\,t}}=e^{-0,03}\approx 0{,}97

O quociente não depende de $t$.

Em cada minuto, a massa de açúcar não dissolvido reduz-se a cerca de $97\%$ da massa que existia no minuto anterior, ou seja, diminui aproximadamente $3\%$ por minuto.

4. Altura de uma araucária

Admita que a altura, $h$, em metros, de uma certa araucária, em função da sua idade, $t$, em anos, é dada, aproximadamente, por

h(t)=-3{,}8+5{,}5\ln(t)\ ,\qquad t\in\left[4,\,30\right]

4.1. Determine a idade da araucária quando atingiu $14$ metros de altura. Apresente o valor pedido, em anos, arredondado às centésimas.
4.2. Mostre que, para $t\in\left[4,\,15\right]$, se tem $h(2t)-h(t)\approx 3{,}81$. Interprete esta igualdade no contexto da situação descrita.

4.1.

\begin{aligned} -3{,}8+5{,}5\ln t=14 &\iff 5{,}5\ln t=17{,}8\\ &\iff \ln t=\frac{17{,}8}{5{,}5}\\ &\iff t=e^{\frac{17,8}{5,5}}\approx 25{,}44 \end{aligned}

O valor obtido pertence ao intervalo $\left[4,\,30\right]$, pelo que é admissível.

A araucária tinha, aproximadamente, $25{,}44$ anos.

4.2.

Se $t\in\left[4,\,15\right]$, então $2t\in\left[8,\,30\right]$ e ambos os valores pertencem ao domínio de $h$.

\begin{aligned} h(2t)-h(t) &=\big[-3{,}8+5{,}5\ln(2t)\big]-\big[-3{,}8+5{,}5\ln t\big]\\ &=5{,}5\big[\ln(2t)-\ln t\big]\\ &=5{,}5\ln\frac{2t}{t}=5{,}5\ln 2\approx 3{,}81 \end{aligned}

Sempre que a idade da araucária duplica (dentro do intervalo considerado), a sua altura aumenta cerca de $3{,}81$ metros, qualquer que seja a idade de partida.

5. Comprimento de carapaus

Num estudo sobre uma população de carapaus, concluiu-se que o comprimento, $C$, em centímetros, de um carapau dessa população é dado, em função de $t$, aproximadamente, por

C(t)=45\times\left(1-e^{-0,12\,t-0,38}\right)\ ,\qquad t\geqslant 1

em que $t$ é a idade, em anos, do carapau.

5.1. De acordo com o modelo apresentado, quantos centímetros cresce um carapau dessa população durante o segundo ano de vida? Apresente o resultado arredondado às décimas.
5.2. Admita que a massa, $M$, em gramas, de um carapau dessa população, com $C$ centímetros de comprimento, é dada por $M(C)=0{,}009\times C^{3}\ ,\qquad C\geqslant 17$ Determine a idade de um carapau dessa população com $500$ gramas de massa. Apresente o resultado em anos e meses, com o número de meses arredondado às unidades.

5.1. — o segundo ano decorre entre $t=1$ e $t=2$

\begin{aligned} C(1)&=45\left(1-e^{-0,12-0,38}\right)=45\left(1-e^{-0,5}\right)\approx 17{,}71\\ C(2)&=45\left(1-e^{-0,24-0,38}\right)=45\left(1-e^{-0,62}\right)\approx 20{,}79 \end{aligned}

C(2)-C(1)\approx 20{,}79-17{,}71=3{,}09

Durante o segundo ano de vida o carapau cresce, aproximadamente, $3{,}1$ cm.

5.2. — passo 1: comprimento correspondente a 500 g

0{,}009\,C^{3}=500 \iff C^{3}=\frac{500}{0{,}009} \iff C=\sqrt[3]{\frac{500}{0{,}009}}\approx 38{,}16

Como $38{,}16\geqslant 17$, o valor está no domínio do modelo da massa.

5.2. — passo 2: idade correspondente a esse comprimento

\begin{aligned} 45\left(1-e^{-0,12\,t-0,38}\right)=38{,}16 &\iff 1-e^{-0,12\,t-0,38}=\frac{38{,}16}{45}\\ &\iff e^{-0,12\,t-0,38}=1-0{,}848\ldots\\ &\iff -0{,}12\,t-0{,}38=\ln\left(0{,}1520\ldots\right)\\ &\iff t\approx 12{,}53 \end{aligned}

(Em alternativa, determina-se a interseção de $Y_1=C(x)$ com $Y_2=38{,}16$ na calculadora gráfica.)

A parte decimal corresponde a $0{,}53\times 12\approx 6{,}3$ meses.

O carapau tem, aproximadamente, $12$ anos e $6$ meses.

6. Tintas numa tela

Considere que, num mesmo instante, um pouco de tinta acrílica vermelha e um pouco de tinta acrílica azul são derramados sobre uma tela em branco.

Admita que a área, em cm², ocupada pela tinta vermelha na tela, $V$, e a área, em cm², da tinta azul na tela, $A$, $t$ minutos após o instante em que as tintas são derramadas, são dadas, aproximadamente, por

V(t)=\frac{60}{1+24\,e^{-0,7\,t}} \qquad\text{e}\qquad A(t)=\frac{45}{1+40\,e^{-0,7\,t}}\ ,\qquad t\geqslant 0

Considere que a região ocupada por cada uma das tintas tem forma circular.

6.1. Determine o aumento da área da região ocupada pela tinta vermelha no primeiro minuto. Apresente o valor pedido em cm², arredondado às décimas.
6.2. Admita que os centros das regiões circulares ocupadas pelas duas tintas distam $8{,}5$ cm. Com o decorrer do tempo, alguma parte das duas regiões vai sobrepor-se? Justifique a sua resposta.

6.1.

\begin{aligned} V(0)&=\frac{60}{1+24\,e^{0}}=\frac{60}{25}=2{,}4\\ V(1)&=\frac{60}{1+24\,e^{-0,7}}\approx 4{,}64 \end{aligned}

V(1)-V(0)\approx 4{,}64-2{,}4=2{,}24

A área ocupada pela tinta vermelha aumentou, aproximadamente, $2{,}2$ cm² no primeiro minuto.

6.2. — passo 1: áreas máximas

Como $e^{-0,7t}\to 0$ quando $t\to +\infty$:

\lim_{t\to +\infty} V(t)=\frac{60}{1+0}=60 \qquad\text{e}\qquad \lim_{t\to +\infty} A(t)=\frac{45}{1+0}=45

As áreas são crescentes e nunca chegam a atingir estes valores, pelo que $V(t)\lt 60$ e $A(t)\lt 45$ para todo o $t$.

6.2. — passo 2: raios máximos

Sendo as regiões circulares, de área $\pi r^{2}$:

r_V\lt\sqrt{\frac{60}{\pi}}\approx 4{,}37 \qquad\text{e}\qquad r_A\lt\sqrt{\frac{45}{\pi}}\approx 3{,}78

6.2. — passo 3: comparar com a distância entre os centros

Duas regiões circulares sobrepõem-se apenas se a soma dos raios for superior à distância entre os centros. Ora:

r_V+r_A\lt 4{,}37+3{,}78=8{,}15\lt 8{,}5

Não. A soma dos raios é sempre inferior a $8{,}15$ cm, valor menor do que os $8{,}5$ cm que separam os centros, pelo que as duas regiões nunca se sobrepõem.

7. Pressão atmosférica

Admita que a pressão atmosférica, $P$, em hectopascal, hPa, de um local de altitude $h$, em metros, é dada, aproximadamente, por

P(h)=1013{,}25\times e^{-\frac{h}{1350}}\ ,\qquad h\geqslant -1000

7.1. Determine a pressão atmosférica no interior de uma mina com $-0{,}2$ km de altitude. Apresente o valor pedido em hPa, arredondado às centésimas.
7.2. Considere dois locais, $A$ e $B$. Sabe-se que a pressão atmosférica no local $A$ é o triplo da pressão atmosférica no local $B$. Determine a diferença de altitudes entre os locais $B$ e $A$. Apresente o valor pedido em metros, arredondado às centésimas.

7.1.

Começa-se por converter a altitude para metros: $-0{,}2$ km $=-200$ m.

P(-200)=1013{,}25\times e^{\frac{200}{1350}}\approx 1175{,}05

A pressão é de, aproximadamente, $1175{,}05$ hPa.

7.2.

Sejam $h_A$ e $h_B$ as altitudes dos locais. A condição do enunciado escreve-se $P(h_A)=3\,P(h_B)$:

1013{,}25\,e^{-\frac{h_A}{1350}}=3\times 1013{,}25\,e^{-\frac{h_B}{1350}} \iff e^{-\frac{h_A}{1350}}=3\,e^{-\frac{h_B}{1350}}

\iff e^{\frac{h_B-h_A}{1350}}=3 \iff \frac{h_B-h_A}{1350}=\ln 3 \iff h_B-h_A=1350\ln 3

1350\ln 3\approx 1483{,}13

O resultado é positivo, o que era de esperar: no local de maior altitude a pressão é menor, logo $B$ está acima de $A$.

$h_B-h_A\approx 1483{,}13$ metros.

8. Área máxima de um trapézio

Considere, num referencial o.n. $Oxy$, a função $f$, de domínio $\left]-2{,}5e^{2},\,+\infty\right[$, definida por

f(x)=5+3\ln\left(0{,}4x+e^{2}\right)

Considere que um ponto $P$ se desloca no segundo quadrante sobre o gráfico da função $f$. Para cada posição do ponto $P$, considere o trapézio retângulo $[OQPR]$, em que:

• $Q$ é o ponto do eixo das abcissas que tem a mesma abcissa do ponto $P$;
• $R$ é o ponto do gráfico de $f$ que pertence ao eixo das ordenadas.

Determine, recorrendo às capacidades gráficas da calculadora, as coordenadas do ponto $P$ para as quais o valor da área do trapézio $[OQPR]$ é máximo.

Apresente os valores pedidos arredondados às décimas. Em cálculos intermédios, conserve, no mínimo, duas casas decimais.

Passo 1 — as bases e a altura do trapézio

Sendo $x$ a abcissa de $P$, com $x\lt 0$, os quatro vértices são:

O(0,\,0)\ ,\quad Q(x,\,0)\ ,\quad P\big(x,\,f(x)\big)\ ,\quad R\big(0,\,f(0)\big)

Os lados $[OR]$ e $[QP]$ são verticais e paralelos: são as bases do trapézio. O lado $[OQ]$, sobre o eixo $Ox$, é a altura.

f(0)=5+3\ln\left(e^{2}\right)=5+3\times 2=11 \qquad\Rightarrow\qquad \overline{OR}=11

\overline{QP}=f(x) \qquad\text{e}\qquad \overline{OQ}=|x|=-x

Passo 2 — expressão da área

A(x)=\frac{\overline{OR}+\overline{QP}}{2}\times\overline{OQ} =\frac{11+5+3\ln\left(0{,}4x+e^{2}\right)}{2}\times(-x)

Como $P$ está no segundo quadrante, tem-se $x\lt 0$ e $f(x)\gt 0$.

Passo 3 — maximizar com a calculadora

Introduzindo

Y_1=\frac{16+3\ln\left(0{,}4x+e^{2}\right)}{2}\times(-x)

e procurando o máximo para $x\lt 0$, obtém-se $x\approx -15{,}62$, a que corresponde uma área máxima de aproximadamente $128{,}05$.

f(-15{,}62)=5+3\ln\left(0{,}4\times(-15{,}62)+e^{2}\right)\approx 5{,}40

$P\approx\left(-15{,}6\,;\ 5{,}4\right)$

9. Fio elétrico suspenso

Um fio elétrico está suspenso de dois postes. Sejam $A$ e $B$ os pontos correspondentes às bases dos postes e seja $O$ o ponto médio de $[AB]$.

Considere a reta $AB$ como um eixo orientado da esquerda para a direita, com origem no ponto $O$ e onde uma unidade corresponde a $1$ metro.

Para cada ponto situado entre $A$ e $B$, de abcissa $x$, a altura, em metros, do fio ao solo é dada por

h(x)=5\left(e^{0,1x}+e^{-0,1x}\right)

9.1. Mostre que os postes têm a mesma altura.
9.2. Determine a distância entre os dois postes, sabendo que a altura dos mesmos é de $13{,}5$ metros. Apresente o valor pedido em metros, arredondado às décimas.

9.1. — a função é par

Como $O$ é o ponto médio de $[AB]$ e é a origem do eixo, os pontos $A$ e $B$ têm abcissas simétricas: se $B$ tem abcissa $c$, então $A$ tem abcissa $-c$.

h(-x)=5\left(e^{-0,1x}+e^{0,1x}\right)=h(x)

A troca de $x$ por $-x$ apenas troca as duas parcelas entre si. Em particular:

\[ h(-c)=h(c) \]

As alturas do fio nas bases dos dois postes são iguais, ou seja, os postes têm a mesma altura.

9.2. — passo 1: mudança de variável

Seja $u=e^{0,1x}$, com $u\gt 0$. Então $e^{-0,1x}=\dfrac1u$ e:

5\left(u+\frac1u\right)=13{,}5 \iff u+\frac1u=2{,}7 \iff u^{2}-2{,}7\,u+1=0

9.2. — passo 2: resolver

u=\frac{2{,}7\pm\sqrt{7{,}29-4}}{2}=\frac{2{,}7\pm\sqrt{3{,}29}}{2} \implies u\approx 2{,}2569 \ \lor\ u\approx 0{,}4431

e^{0,1x}\approx 2{,}2569 \iff x\approx\frac{\ln 2{,}2569}{0{,}1}\approx 8{,}14

A segunda solução dá $x\approx -8{,}14$, a abcissa do outro poste — como era de esperar, pela simetria.

9.2. — passo 3: a distância

\overline{AB}=8{,}14-(-8{,}14)=16{,}28

Os postes distam, aproximadamente, $16{,}3$ metros.

10. Distância entre dois pontos do gráfico

Considere a função $f$, de domínio $\mathbb{R}$, definida por

f(x)=\begin{cases} e^{x} & \text{se } x\leqslant 0\\[.35em] \dfrac{\ln x}{x} & \text{se } x\gt 0 \end{cases}

Num referencial cartesiano $Oxy$, sejam $A$ e $B$ pontos do gráfico de $f$, de abcissas simétricas, pertencendo o ponto $B$ ao 1.º quadrante.

Determine, recorrendo às capacidades gráficas da calculadora, a abcissa do ponto $B$, sabendo que $\overline{AB}=9$. Apresente o valor pedido arredondado às décimas.

Passo 1 — coordenadas de $A$ e de $B$

Seja $b$ a abcissa de $B$. Como $B$ pertence ao 1.º quadrante, tem-se $b\gt 0$ e $f(b)\gt 0$, o que obriga a $\ln b\gt 0$, ou seja, $b\gt 1$. A abcissa de $A$ é $-b$, com $-b\lt 0$, pelo que se usa o primeiro ramo:

A\left(-b,\ e^{-b}\right) \qquad\text{e}\qquad B\left(b,\ \frac{\ln b}{b}\right)

Passo 2 — expressão da distância

\overline{AB}=\sqrt{\big(b-(-b)\big)^{2}+\left(\frac{\ln b}{b}-e^{-b}\right)^{2}} =\sqrt{4b^{2}+\left(\frac{\ln b}{b}-e^{-b}\right)^{2}}

Passo 3 — resolver com a calculadora

Introduzem-se

Y_1=\sqrt{4x^{2}+\left(\frac{\ln x}{x}-e^{-x}\right)^{2}} \qquad\text{e}\qquad Y_2=9

e determina-se a abcissa do ponto de interseção, para $x\gt 1$, obtendo-se $x\approx 4{,}50$.

Repare-se que a diferença entre as ordenadas é muito pequena ($\frac{\ln b}{b}\approx 0{,}33$ e $e^{-b}\approx 0{,}01$), pelo que a distância é quase igual a $2b$ — o que ajuda a confirmar a ordem de grandeza do resultado.

A abcissa do ponto $B$ é, aproximadamente, $4{,}5$.