Cálculo 1, módulo 3: logaritmos

GUIA DA P1: CÁLCULO 1

Módulo 3

Logaritmos

Da definição até a base variável, teoria destrinchada e treino em seis graus

Guia da P1 · Autor: Ulysses Cesar

Curso de Engenharia Civil

O QUE TORNA ESTE PROBLEMA DIFERENTE DOS OUTROS

A função da prova é h(x) = log₍₇₋ₓ₎ (x² − 25), o x aparece na BASE e no LOGARITMANDO ao mesmo tempo.

Quase todo exercício de escola tem base fixa (log₂, log₁₀, ln). Aqui a base varia com x, e isso obriga a impor TRÊS condições de existência em vez de uma. O item (d), que vale 2,5 pontos, o item mais caro da prova inteira, é exatamente juntar essas condições.

A boa notícia: a máquina de juntar condições é a do Módulo 1. Intervalos, interseção, furos na reta. Você já sabe fazer.

COMO ESTE MÓDULO ESTÁ ORGANIZADO

PARTE A: teoria em 16 seções, começando em potências. Se você não lembra o que é expoente negativo ou fracionário, comece em A.2 e não pule nada.

PARTE B: os sete itens do Problema 3, resolvidos um a um.

PARTE C: o roteiro dos doze minutos.

PARTE D: treino em seis graus, do mecânico ao nível de prova.

APÊNDICE, o mapa da sua biblioteca: onde ler cada assunto nos livros da pasta, incluindo a coleção Iezzi que você acabou de juntar.

Sumário

PARTE A: A teoria, destrinchada

A.1 A pergunta que o logaritmo responde

A.2 Potências: o que o expoente significa

A.3 As propriedades das potências

A.4 A função exponencial e por que a base é restrita

A.5 A definição de logaritmo

A.6 Calcular logaritmos simples, sem calculadora

A.7 As três condições de existência, e o porquê de cada uma

A.8 Consequências imediatas da definição

A.9 As três propriedades operatórias

A.10 Mudança de base

A.11 ln, log decimal e a confusão de notação

A.12 Equação logarítmica: o método

A.13 A verificação obrigatória: raízes estranhas

A.14 Equação exponencial: os três casos

A.15 Domínio com base variável: as três condições juntas

A.16 Interseção de conjuntos com furos

PARTE B: O Problema 3, resolvido item por item

B.0 O enunciado e o mapa da questão

B.a Condições sobre a base [0,6]

B.b Para quais x a base é válida [1,0]

B.c A condição sobre o logaritmando [0,9]

B.d O domínio de h e sua representação [2,5]

B.e Resolver h(x) = 2 [1,5]

B.f Resolver h(x) = 0 [1,5]

B.g Calcular h(−8) por mudança de base [2,0]

PARTE C: O roteiro dos doze minutos

C.1 O que dizer, em ordem

C.2 As frases que valem ponto

C.3 Erros que custam ponto

PARTE D: Treino em seis graus

Grau 1, A definição, nos dois sentidos

Grau 2, Condições de existência

Grau 3, Propriedades operatórias

Grau 4, Mudança de base

Grau 5, Equações exponenciais e logarítmicas

Grau 6, Domínios e nível de prova

Gabarito comentado dos seis graus

Apêndice: O mapa da sua biblioteca

PARTE A: A teoria, destrinchada

A.1 A pergunta que o logaritmo responde

Toda operação matemática tem uma operação inversa, que desfaz o que ela fez. Somar tem subtrair; multiplicar tem dividir. E a potência tem DUAS inversas, porque nela os dois números fazem papéis diferentes.

A pergunta · A operação que responde · Exemplo

2³ = ?, quanto dá? · potenciação · 2³ = 8

?³ = 8, qual é a base? · radiciação · ∛8 = 2

2? = 8, qual é o EXPOENTE? · LOGARITMO · log₂ 8 = 3

A FRASE QUE RESOLVE 80% DAS DÚVIDAS COM LOGARITMO

Logaritmo é expoente. Só isso.

Quando você vê log₂ 8, leia mentalmente: "a que expoente eu tenho que elevar o 2 para chegar no 8?". A resposta é 3, e por isso log₂ 8 = 3.

Toda propriedade estranha que vem depois é apenas uma propriedade de potência, escrita do outro lado do espelho.

A.2 Potências: o que o expoente significa

Antes do logaritmo, é preciso estar firme na potência. O expoente começa como contagem de multiplicações repetidas, e vai sendo estendido:

Tipo de expoente · Definição · Exemplo

natural (n ≥ 1) · bⁿ = b · b · … · b, com n fatores · 2⁴ = 2·2·2·2 = 16

zero · b⁰ = 1, para b ≠ 0 · 7⁰ = 1

inteiro negativo · b⁻ⁿ = 1/bⁿ · 2⁻³ = 1/8

fracionário 1/n · b1/n = ⁿ√b · 91/2 = √9 = 3

fracionário m/n · bm/n = ⁿ√(bᵐ) · 82/3 = ∛(8²) = 4

real qualquer · definido por aproximação, para b > 0 · 2^√2 ≈ 2,665

DUAS COISAS QUE SE ESQUECEM

Expoente negativo NÃO faz o número ficar negativo. Ele INVERTE: 2⁻³ = 1/8, que é positivo.

Expoente fracionário é raiz. O denominador da fração é o índice da raiz: b1/3 = ∛b.

Consequência: uma potência de base positiva é SEMPRE positiva, seja qual for o expoente. Nunca dá zero, nunca dá negativo. Guarde isso, é o motivo da terceira condição de existência do logaritmo (seção A.7).

A.3 As propriedades das potências

bᵐ · bⁿ = bᵐ⁺ⁿ bᵐ / bⁿ = bᵐ⁻ⁿ( bᵐ )ⁿ = bᵐⁿ ( b · c )ⁿ = bⁿ · cⁿ

Não decore: elas se conferem em três segundos expandindo. 2² · 2³ = (2·2)·(2·2·2) = 2⁵, e 2 + 3 = 5. Está tudo aí.

Cada uma dessas quatro vai virar uma propriedade de logaritmo na seção A.9. Multiplicação de potências vira soma de logaritmos; divisão vira subtração; potência de potência vira produto. É a mesma tabela, lida do outro lado.

A.4 A função exponencial e por que a base é restrita

f(x) = bˣ, com b > 0 e b ≠ 1

As duas restrições sobre b não são capricho. Cada uma tem um motivo concreto:

Restrição · O que aconteceria sem ela

b > 0 · Com b = −4, quanto vale (−4)1/2? Seria √(−4), que não existe nos reais. A função teria buracos em quase toda parte e não serviria para nada.

b ≠ 1 · Com b = 1, tem-se 1ˣ = 1 para todo x. A função vira uma reta horizontal constante. Ela nunca sobe nem desce, e por isso não tem inversa, não há como voltar de 1 para o x que o gerou.

E há um fato adicional, que será usado o tempo todo: como b > 0, a saída bˣ é SEMPRE positiva. A imagem da exponencial é (0, +∞). Ela chega perto de zero, mas nunca chega a zero, e jamais fica negativa.

A.5 A definição de logaritmo

O logaritmo é a função que desfaz a exponencial: dada a base e o resultado, ele devolve o expoente.

Figura 1: a definição de logaritmo. As duas escritas dizem exatamente a mesma coisa.

logb ( a ) = c ⟺ bc = a

Os nomes: b é a base, a é o logaritmando (o número de dentro) e c é o logaritmo, que, repetindo, é um expoente.

O EXERCÍCIO MENTAL QUE VALE A PENA FAZER

Toda vez que aparecer um logaritmo, reescreva-o na forma exponencial. Toda vez que aparecer uma potência, reescreva-a como logaritmo. Faça isso umas trinta vezes (é o Grau 1 do treino) e o assunto para de ser abstrato.

log₃ 81 = 4 ⟺ 3⁴ = 81

log₅ (1/25) = −2 ⟺ 5⁻² = 1/25

10⁻³ = 0,001 ⟺ log₁₀ 0,001 = −3

A.6 Calcular logaritmos simples, sem calculadora

O método é sempre o mesmo: escreva o logaritmando como potência da base.

Calcular · Reescrevo o logaritmando · Resposta

log₃ 81 · 81 = 3⁴ · 4

log₂ (1/16) · 1/16 = 2⁻⁴ · −4

log₇ 1 · 1 = 7⁰ · 0

log₅ 5 · 5 = 5¹ · 1

log₄ 2 · 2 = 41/2 · 1/2

log₂ √2 · √2 = 21/2 · 1/2

log1/3 9 · 9 = (1/3)⁻² · −2

log₁₀ 0,01 · 0,01 = 10⁻² · −2

A.7 As três condições de existência, e o porquê de cada uma

Esta seção é o coração do Problema 3. São três condições, e a prova pede a justificativa de cada uma.

Para logb ( a ) existir: b > 0 b ≠ 1 a > 0

Condição 1, a base tem que ser positiva: b > 0

Porque o logaritmo é o expoente de uma potência de base b, e potências de base negativa não estão definidas para todo expoente real. Sem base positiva, a exponencial que o logaritmo inverte nem sequer existe.

Contraexemplo com número. Tome a base −2. As potências inteiras existem, mas trocam de sinal: (−2)2 = 4 e (−2)3 = −8. Já (−2)1/2 = √(−2) não é número real. Como a potência não existe para todo expoente, não existe a exponencial de base −2 e, portanto, não existe logaritmo nessa base.

Condição 2, a base não pode ser 1: b ≠ 1

Porque 1 elevado a qualquer coisa dá 1. Se você perguntar "a que expoente elevo 1 para chegar em 8?", não existe resposta. E se perguntar "para chegar em 1?", qualquer expoente serve, infinitas respostas. Nos dois casos não há função: ou nenhuma saída, ou saída não única.

Contraexemplo com número. Escrever log₁ 5 = c exigiria 1c = 5. Mas 1 elevado a qualquer expoente dá 1 (12 = 1, 10 = 1, 1−3 = 1), nunca 5. Logo o logaritmo de 5 na base 1 não existe. E log₁ 1 = c serviria para qualquer c, porque 1c = 1 sempre: não haveria uma resposta única.

Condição 3, o logaritmando tem que ser positivo: a > 0

Porque, com b > 0, a potência bc é sempre positiva (seção A.2). Se o logaritmando fosse zero ou negativo, você estaria pedindo um expoente que produzisse algo que a exponencial nunca produz. Não existe.

A CONDIÇÃO 3 É A MAIS COBRADA, E A MAIS ESQUECIDA

log₂ (x − 5) só existe quando x − 5 > 0, isto é, x > 5. Não é x ≥ 5: o zero também está proibido, porque nenhuma potência de 2 dá zero.

Repare na diferença com a raiz quadrada, do Módulo 2: √u exige u ≥ 0, com o igual. O logaritmo exige u > 0, sem o igual. Trocar um pelo outro custa ponto.

Resumo: raiz aceita zero, logaritmo não aceita.

A.8 Consequências imediatas da definição

Cinco fatos que saem direto da definição e economizam tempo na prova:

Identidade · Por quê

logb 1 = 0 · porque b⁰ = 1, qualquer que seja a base

logb b = 1 · porque b¹ = b

logb bⁿ = n · porque o expoente que produz bⁿ é, obviamente, n

blogb a = a · a exponencial desfaz o logaritmo: são inversas uma da outra

logb a = logb c ⟺ a = c · a função logarítmica é injetora, nunca repete saída

A quarta e a quinta são as ferramentas de resolver equação. A quinta permite "cortar os logs" dos dois lados quando as bases são iguais.

A.9 As três propriedades operatórias

log_b (M·N) = log_b M + log_b Nlog_b (M/N) = log_b M − log_b Nlog_b (M^α) = α·log_b M

São as propriedades das potências, traduzidas. A primeira diz que multiplicar por dentro vira somar por fora, porque, ao multiplicar potências de mesma base, os expoentes se somam.

Da terceira sai um caso muito usado, o da raiz:

logb ( ⁿ√M ) = logb ( M1/n ) = ( 1/n ) · logb M

AS TRÊS ARMADILHAS CLÁSSICAS

log(M + N) NÃO é log M + log N. Não existe propriedade para o logaritmo de uma SOMA. Só para produto, quociente e potência.

log(M · N) NÃO é log M · log N. É a SOMA dos logaritmos, não o produto.

(log M)² NÃO é log(M²). No primeiro, você eleva o resultado; no segundo, o logaritmando. Só o segundo vira 2·log M.

COMO ESSAS PROPRIEDADES SÃO USADAS NA PRÁTICA

Elas servem para quebrar um número grande em números pequenos e conhecidos. É exatamente o que o item (g) da prova pede, e o que o Problema 21 da Lista treina.

Exemplo: ln 39 = ln(3 · 13) = ln 3 + ln 13. Se você conhece ln 3 e ln 13, conhece ln 39.

O truque é sempre o mesmo: fatore o número em primos ou em fatores conhecidos, e aplique a propriedade do produto.

A.10 Mudança de base

Serve para trocar a base de um logaritmo por outra qualquer, normalmente por uma que a calculadora tenha, ou que o enunciado forneça.

logb a = logc a / logc b

Em palavras: o logaritmo na base antiga é igual ao logaritmo do logaritmando dividido pelo logaritmo da base antiga, ambos na base nova. A base nova, c, pode ser qualquer uma válida.

Na prática, quase sempre se muda para ln:

logb a = ln a / ln b

COMO NÃO ERRAR QUEM VAI EM CIMA E QUEM VAI EMBAIXO

O logaritmando fica em CIMA; a base fica EMBAIXO. Mnemônico: a base é a base, fica na parte de baixo da fração.

Confira num caso que você sabe: log₂ 8 = 3. Pela fórmula, ln 8 / ln 2 = (3·ln2)/ln2 = 3 (confere). Se você tivesse invertido, daria 1/3, que está errado. Faça essa conferência sempre que tiver dúvida.

A.11 ln, log decimal e a confusão de notação

Escrita · Significa · Onde aparece

ln a · loge a, com e ≈ 2,718 · padrão em Cálculo; é o que a prova fornece

log a · depende do contexto: log₁₀ a nas ciências; loge a em muitos livros de Cálculo · quando a base não importa, como no item (c) da prova

logb a · base explícita b · sempre que a base for específica

O número e ≈ 2,71828 é irracional, como π. Ele aparecerá com toda a força na Etapa 2, quando a derivada de eˣ se revelar igual a eˣ. Por ora, basta tratá-lo como uma base qualquer, positiva e diferente de 1.

No item (c) da prova, o enunciado diz "independente da base" justamente porque a condição do logaritmando não depende dela: seja qual for a base, o logaritmando tem que ser positivo.

A.12 Equação logarítmica: o método

Há dois padrões, e os dois se resolvem aplicando a definição ou a injetividade.

Padrão 1, logaritmo isolado, igual a um número

logb A = c ⇒ A = bc

É a definição, usada da esquerda para a direita. Exemplo: ln(3x − 10) = 2 ⇒ 3x − 10 = e² ⇒ x = (e^2 + 10)/3.

Padrão 2, logaritmo igual a logaritmo, mesma base

logb A = logb B ⇒ A = B

É a injetividade (seção A.8). Se houver soma de logaritmos, junte-os antes com a propriedade do produto. Exemplo: ln x − ln(x − 1) = 1 ⇒ ln[x/(x−1)] = 1 ⇒ x/(x−1) = e.

A.13 A verificação obrigatória: raízes estranhas

As propriedades do logaritmo podem AMPLIAR o domínio. Ao juntar log M + log N em log(MN), a expressão passa a fazer sentido em pontos onde a original não fazia, porque MN pode ser positivo mesmo com M e N ambos negativos.

Resultado: a equação transformada pode ter soluções que a original não tem. Elas se chamam raízes estranhas, e é obrigatório testá-las.

O EXEMPLO CLÁSSICO

Resolva log(x) + log(x − 3) = 1 (base 10).

Juntando: log[x(x − 3)] = 1 ⇒ x² − 3x = 10 ⇒ x² − 3x − 10 = 0 ⇒ x = 5 ou x = −2.

Teste x = 5: log 5 e log 2 existem. (confere)

Teste x = −2: log(−2) NÃO existe. ✗ Descartado.

A resposta é apenas x = 5. Quem não testa entrega duas soluções e perde metade do item.

A REGRA, EM UMA LINHA

Resolveu equação com logaritmo, conferiu no domínio. Sempre, sem exceção. É o mesmo hábito do item (d) do Módulo 2, e a prova pede isso expressamente nos itens (e) e (f) do Problema 3: "verifique se x ∈ D(h)".

A.14 Equação exponencial: os três casos

Caso · Como reconhecer · Método · Exemplo

Mesma base · dá para escrever os dois lados na mesma base · iguale os expoentes · 2ˣ⁻⁵ = 8 = 2³ ⇒ x − 5 = 3

Bases diferentes · não dá para igualar as bases · aplique ln nos dois lados · 2ˣ⁻⁵ = 3 ⇒ (x−5)ln2 = ln3

Disfarçada de 2º grau · aparecem e²ˣ e eˣ, ou 4ˣ e 2ˣ · substitua u = eˣ e resolva · e²ˣ − 3eˣ + 2 = 0 ⇒ u² − 3u + 2 = 0

No terceiro caso, lembre que u = eˣ é sempre POSITIVO. Se a equação em u der uma raiz negativa, ela deve ser descartada, é outra forma de raiz estranha.

A.15 Domínio com base variável: as três condições juntas

Quando o x aparece na base, as três condições da seção A.7 viram três inequações em x, e todas precisam valer AO MESMO TEMPO. O domínio é a interseção das três soluções.

Para log_(base(x)) ( arg(x) ) existir:base(x) > 0 base(x) ≠ 1 arg(x) > 0

1. Resolva base(x) > 0. Normalmente é uma inequação do 1º grau.

2. Resolva base(x) = 1 e EXCLUA essa solução, é um furo na reta.

3. Resolva arg(x) > 0. Normalmente é uma inequação do 2º grau, resolvida pelos princípios do Módulo 1.

4. Desenhe as três soluções em retas alinhadas e tome a interseção.

POR QUE A CONDIÇÃO base ≠ 1 VIRA UM FURO

As outras duas condições são desigualdades e produzem intervalos. Esta é uma igualdade proibida, e produz a exclusão de um único ponto.

É o mesmo comportamento do denominador no Módulo 2: um ponto isolado que sai da resposta e parte o intervalo em dois. No Problema 3, esse ponto é o x = 6, e é ele que faz o domínio ter três pedaços em vez de dois.

A.16 Interseção de conjuntos com furos

É a mesma técnica do Módulo 1, com um cuidado a mais. O método:

1. Liste todos os pontos-chave de todas as condições, em ordem crescente na reta.

2. Desenhe uma reta por condição, todas alinhadas verticalmente.

3. Pinte, na reta-resposta, apenas o que estiver pintado em TODAS as linhas acima.

4. Aplique os furos: qualquer ponto excluído por qualquer condição sai da resposta, mesmo que todas as outras o aceitem.

A regra de ouro: para a interseção, basta uma condição rejeitar o ponto para ele ficar de fora. É o oposto da união, onde basta uma aceitar.

PARTE B: O Problema 3, resolvido item por item

B.0 O enunciado e o mapa da questão

h(x) = log₍₇₋ₓ₎ ( x² − 25 )

Sete itens, 10,0 pontos. A questão é uma escada em dois lances: os itens (a) a (d) constroem o domínio; os itens (e) a (g) usam esse domínio para três tarefas diferentes, resolver duas equações e calcular um valor.

Item · O que pede · Pontos · Usa

a · condições sobre a base b, em geral · 0,6 ·

b · para quais x a base 7 − x é válida · 1,0 · a

c · condição sobre x² − 25 e sua solução · 0,9 ·

d · o domínio de h e a reta numérica · 2,5 · b, c

e · resolver h(x) = 2 e verificar no domínio · 1,5 · d

f · mostrar que h(x) = 0 tem duas raízes e verificá-las · 1,5 · d

g · calcular h(−8) por mudança de base · 2,0 · d

O ITEM (d) VALE 2,5, É O ITEM MAIS CARO DA PROVA INTEIRA

E ele é só juntar (b) com (c). Se você fizer os dois primeiros com calma e desenhar as retas alinhadas, o item mais caro sai de graça.

Além disso, os três últimos itens dependem dele: errar o domínio derruba 7,5 pontos dos 10, e não 2,5.

B.a Quais são as condições sobre a base b para que logb esteja definida [0,6]

b > 0 e b ≠ 1

A conta é nenhuma, o que vale a nota é a justificativa. Diga as duas:

b > 0 porque o logaritmo é o expoente de uma potência de base b, e potências de base negativa não estão definidas para todo expoente real. Com b = −4, por exemplo, (−4)1/2 seria √(−4), que não existe nos reais.

b ≠ 1 porque 1 elevado a qualquer expoente dá 1. Não haveria expoente capaz de produzir um número diferente de 1, e haveria infinitos capazes de produzir o próprio 1, em nenhum dos casos existe função. Exemplo: log₁ 5 = c exigiria 1c = 5, mas 1c = 1 para todo c; então o logaritmo de 5 na base 1 não existe.

B.b Para quais valores de x o operador log₍₇₋ₓ₎ está bem definido [1,0]

Aqui a base é b = 7 − x. Aplicando as duas condições do item anterior:

7 − x > 0 ⇒ x < 77 − x ≠ 1 ⇒ x ≠ 6

A primeira é uma inequação do 1º grau: passando o x para o outro lado, 7 > x. A segunda é uma igualdade proibida: 7 − x = 1 dá x = 6, e esse ponto sai.

x ∈ ( −∞ , 6 ) ∪ ( 6 , 7 )

POR QUE A RESPOSTA TEM DOIS PEDAÇOS

A condição x < 7 sozinha daria o intervalo (−∞, 7). Mas o ponto x = 6 está dentro dele e precisa ser furado, e furar um ponto no meio de um intervalo o parte em dois.

É exatamente o mesmo fenômeno do Problema 2 da Lista, item (f), onde tirar o 5 de [3, 9) produzia [3,5) ∪ (5,9).

B.c A condição sobre x² − 25 e sua solução [0,9]

O logaritmando tem que ser estritamente positivo, seja qual for a base:

x² − 25 > 0

É uma inequação do 2º grau, território do Módulo 1. Com a = 1, b = 0, c = −25:

Δ = 0² − 4 · 1 · ( −25 ) = 100 > 0 raízes: x = ± 5

Ou, mais rápido, por diferença de quadrados: x² − 25 = (x − 5)(x + 5), que zera em ±5. Como a = 1 > 0, o polinômio é positivo FORA das raízes (Princípio III):

S = ( −∞ , −5 ) ∪ ( 5 , +∞ )

Note que a desigualdade é estrita (>), então os pontos −5 e 5 NÃO entram: neles o logaritmando valeria zero, e log de zero não existe.

B.d O domínio de h e sua representação na reta [2,5]

O domínio é a interseção das duas condições. Desenhe as duas retas alinhadas, este item paga o desenho:

Figura 2: as duas condições e a interseção. Os pontos-chave são −5, 5, 6 e 7.

Cruzando pedaço por pedaço, que é como se justifica no quadro:

Pedaço da condição do logaritmando · Cruzado com x < 7 e x ≠ 6 · Sobra

(−∞, −5) · todo ele já satisfaz x < 7, e o 6 não está lá · (−∞, −5)

(5, +∞) · só até 7, e com o 6 furado · (5, 6) ∪ (6, 7)

D( h ) = ( −∞ , −5 ) ∪ ( 5 , 6 ) ∪ ( 6 , 7 )

Todos os extremos são abertos, e vale explicar por quê, um a um, é isso que fecha os 2,5 pontos:

Ponto · Por que está de fora

−5 · logaritmando valeria zero, e log 0 não existe

5 · mesmo motivo

6 · a base valeria 1, e base 1 é proibida

7 · a base valeria zero, e base 0 é proibida

O DETALHE QUE IMPRESSIONA

Repare que os quatro pontos excluídos saem por TRÊS motivos diferentes: dois por causa do logaritmando, um por causa da base igual a 1, e um por causa da base igual a zero.

Dizer isso em voz alta mostra que você entendeu as três condições, e não apenas decorou um procedimento.

B.e Resolva h(x) = 2 e verifique se x ∈ D(h) [1,5]

Aplicando a definição de logaritmo, o logaritmo vale 2 quando a base elevada a 2 dá o logaritmando:

log₍₇₋ₓ₎ ( x² − 25 ) = 2 ⇒ ( 7 − x )² = x² − 25

Desenvolvendo o quadrado da esquerda:

49 − 14x + x² = x² − 25

Os termos x² se cancelam dos dois lados, e é isso que faz a equação virar do 1º grau:

49 − 14x = −25 ⇒ −14x = −74 ⇒ x = 74/14 = 37/7 ≈ 5,286

Agora a verificação obrigatória. O domínio tem o pedaço (5, 6), e 5 < 5,286 < 6:

O que verificar · Conta · Resultado

x pertence a D(h)? · 5 < 37/7 < 6 · SIM

a base é válida? · 7 − 37/7 = 12/7 ≈ 1,71 > 0 e ≠ 1 · SIM

o logaritmando é positivo? · (37/7)² − 25 = 1369/49 − 1225/49 = 144/49 > 0 · SIM

a igualdade confere? · (12/7)² = 144/49 (confere) · SIM

x = 37/7 e 37/7 ∈ D( h )

B.f Mostre que h(x) = 0 tem duas soluções reais e confira ambas [1,5]

Um logaritmo vale zero quando o logaritmando vale 1, porque qualquer base elevada a zero dá 1 (seção A.8):

log₍₇₋ₓ₎ ( x² − 25 ) = 0 ⇒ x² − 25 = ( 7 − x )⁰ = 1

x² = 26 ⇒ x = ± √26 ≈ ± 5,099

São duas soluções reais, como o item pedia para mostrar. Agora a verificação, uma por vez:

Candidato · Valor aproximado · Em qual pedaço de D(h)? · Veredito

x = −√26 · ≈ −5,099 · está em (−∞, −5), pois −5,099 < −5 · ACEITO

x = +√26 · ≈ +5,099 · está em (5, 6), pois 5 < 5,099 < 6 · ACEITO

Figura 3: onde caem os valores dos itens (e), (f) e (g). Na ampliação vê-se que √26 e 37/7 estão dentro do pedaço (5, 6), mas por pouco.

As duas soluções pertencem ao domínio: x = −√26 e x = +√26

AQUI A APROXIMAÇÃO NÃO É LUXO, É NECESSÁRIA

√26 ≈ 5,099 está a nove centésimos do 5, que é o extremo excluído do domínio. Sem estimar o valor, você não tem como afirmar que ele está dentro.

Como estimar sem calculadora: 5² = 25 e 5,1² = 26,01. Como 26 está entre 25 e 26,01, então √26 está entre 5 e 5,1, e muito perto de 5,1. Isso basta.

Compare com o item (e): 37/7 ≈ 5,286, também dentro de (5, 6). Os dois itens caem no mesmo pedacinho estreito do domínio, e isso não é acaso, a questão foi montada assim.

B.g Calcule h(−8) usando mudança de base [2,0]

Primeiro, substitua x = −8 na função. E confira que −8 está no domínio: −8 < −5, então está no primeiro pedaço.

h(−8) = log₍₇₋₍₋₈₎₎ ( (−8)² − 25 ) = log₁₅ ( 64 − 25 ) = log₁₅ 39

Agora a mudança de base para ln, que é a base cujos valores o enunciado fornece:

log₁₅ 39 = ln 39 / ln 15

E aqui entram as propriedades operatórias: fatore 39 e 15 para usar os valores dados.

39 = 3 · 13 ⇒ ln 39 = ln 3 + ln 13 = 1,10 + 2,56 = 3,6615 = 3 · 5 ⇒ ln 15 = ln 3 + ln 5 = 1,10 + 1,60 = 2,70

h(−8) = 3,66/2,70 ≈ 1,36

POR QUE O ENUNCIADO DEU EXATAMENTE ln 3, ln 5 e ln 13

Porque 39 = 3 · 13 e 15 = 3 · 5. Os três valores fornecidos são precisamente os fatores primos de que você precisa, nem um a mais.

Isso é uma dica embutida: se você fatorar e sobrar um primo que o enunciado não deu, a fatoração está errada. Use isso como conferência.

Conferência de ordem de grandeza: 15¹ = 15 e 15² = 225. Como 39 está entre 15 e 225, log₁₅ 39 tem que estar entre 1 e 2. E 1,36 está. (confere)

PARTE C: O roteiro dos doze minutos

C.1 O que dizer, em ordem

Tempo · Itens · O que fazer no quadro

0, 1 min · abertura · Escreva h(x) e diga o plano: "o x aparece na base e no logaritmando, então preciso de três condições. Vou levantá-las nos itens (a) a (c), juntá-las no (d) e usar o domínio nos três últimos itens."

1, 3 min · a, b · As duas condições da base, com a justificativa de cada uma. Depois aplicá-las a 7 − x e obter (−∞,6) ∪ (6,7), explicando por que o 6 parte o intervalo.

3, 4,5 min · c · x² − 25 > 0 pelos princípios do 2º grau. Δ = 100, raízes ±5, a > 0, positivo fora.

4,5, 7 min · d · Desenhar as duas retas alinhadas, tomar a interseção e justificar os QUATRO extremos abertos, cada um pelo seu motivo. É o item mais caro, não corra.

7, 9 min · e, f · Aplicar a definição nas duas equações. Mostrar o cancelamento do x² no item (e). Estimar √26 ≈ 5,1 no item (f) e verificar os dois no domínio.

9, 12 min · g · Substituir x = −8, chegar a log₁₅ 39, mudar para ln, fatorar 39 e 15, somar e dividir. Fechar com a conferência de ordem de grandeza.

C.2 As frases que valem ponto

No item · Diga algo como

(a) · "A base tem que ser positiva porque o logaritmo é um expoente de uma potência dessa base, e base negativa não permite expoente fracionário. E não pode ser 1 porque 1 elevado a qualquer coisa dá 1, não haveria expoente que resolvesse."

(b) · "O ponto x = 6 não é o fim de um intervalo, é um furo no meio dele. Por isso a resposta tem dois pedaços em vez de um."

(c) · "Aqui a desigualdade é estrita, sem o igual, porque nenhuma potência de base positiva dá zero, então o logaritmando não pode valer zero."

(d) · "Os quatro extremos são abertos, mas por três motivos diferentes: o −5 e o 5 porque zerariam o logaritmando; o 6 porque a base valeria 1; o 7 porque a base valeria zero."

(e) · "Repare que os x² se cancelam. Uma equação que parecia do 2º grau vira do 1º, e por isso tem solução única."

(f) · "O logaritmo vale zero quando o logaritmando vale 1, porque qualquer base elevada a zero dá 1. Não preciso nem saber qual é a base."

(f) · "√26 está entre 5 e 5,1, porque 5² = 25 e 5,1² = 26,01. Logo está dentro do pedaço (5, 6) do domínio, apertado, mas dentro."

(g) · "O enunciado forneceu ln 3, ln 5 e ln 13 porque 39 = 3 · 13 e 15 = 3 · 5. Os valores dados são exatamente os fatores de que preciso."

C.3 Erros que custam ponto

Erro · Onde aparece · Como evitar

Usar ≥ em vez de > no logaritmando · itens c, d · Raiz aceita zero; logaritmo não aceita. Sempre estrito

Esquecer a condição base ≠ 1 · itens b, d · São TRÊS condições, não duas. É ela que cria o furo em x = 6

Esquecer que a base também precisa ser > 0 · itens b, d · É ela que fecha o domínio em 7

Não verificar as soluções no domínio · itens e, f · A prova pede expressamente. Logaritmo produz raiz estranha com facilidade

Inverter a mudança de base · item g · Logaritmando em cima, base embaixo. Confira com log₂ 8 = 3

Achar que log(M+N) = log M + log N · item g · Não existe propriedade para soma. Fatore em PRODUTO antes

Fazer a interseção de cabeça · item d · Desenhe as duas retas alinhadas. O item vale 2,5, vale o tempo

Não estimar o valor de √26 · item f · Sem a estimativa não dá para afirmar que está dentro de (5, 6)

PARTE D: Treino em seis graus

Mesma lógica do Módulo 2: faça na ordem, e se um grau travar volte ao anterior. Os exercícios marcados com [L] são da Lista do professor; os demais foram montados para preencher o degrau que faltava. Gabarito comentado no fim.

Grau 1, A definição, nos dois sentidos

Treina: transitar entre a forma logarítmica e a exponencial. É o degrau que torna todo o resto concreto. Não pule.

1.1 Reescreva na forma exponencial

(1) log₂ 8 = 3

(2) log₅ 25 = 2

(3) log₁₀ 0,001 = −3

(4) log1/2 8 = −3

1.2 Calcule, sem calculadora

(1) log₃ 81

(2) log₂ (1/16)

(3) log₇ 1

(4) log₅ 5

(5) log₄ 2

(6) log1/3 9

(7) log₁₀ 0,01

(8) log₂ √2

1.3 Determine x

(1) logx 16 = 2

(2) log₃ x = −2

(3) logx 27 = 3

(4) log₂ x = 5

Grau 2, Condições de existência

Treina: impor as três condições e escrever o resultado como intervalo. É o degrau direto para os itens (b), (c) e (d) da prova.

Determine para quais valores de x cada expressão está definida:

(1) log₂ ( x − 4 )

(2) log₍ₓ₋₁₎ 5

(3) logx ( x − 3 )

(4) log₍₅₋ₓ₎ ( x + 2 )

(5) log₍ₓ₋₂₎ ( 9 − x² )

(6) log₍₇₋ₓ₎ ( x² − 25 ), é a própria prova; faça por último e compare

Grau 3, Propriedades operatórias

Treina: quebrar um logaritmo em pedaços conhecidos. É o que o item (g) da prova exige.

[L 21] Expresse os seguintes logaritmos em função de ln 2, ln 3, ln 5 ou ln 7:

(1) ln 0,75

(2) ln 9,8

(3) ln 1225

(4) ln ∛2

(5) ln 0,056

(6) ln (4/9)

(7) ln (1/2)

(8) ln (1/125)

(9) ln √9

(10) ln ⁷√7

(11) ln √13,5

Grau 4, Mudança de base

Treina: a fórmula da mudança de base e o cancelamento que ela produz.

[L 25] Expresse cada quociente em termos do logaritmo natural:

(1) log₂ x / log₃ x

(2) log₂ x / log₈ x

(3) logx a / logx² a

(4) log₉ x / log₃ x

(5) log_√10 x / log_√2 x

(6) loga b / logb a

Grau 5, Equações exponenciais e logarítmicas

Treina: os métodos da seção A.12 e A.14, e o hábito de verificar no domínio.

[L 22] Resolva as equações:

(1) e7−4x = 6

(2) ln ( x² − 1 ) = 3

(3) 2x−5 = 3

(4) ln ( ln x ) = 1

(5) ln ( 3x − 10 ) = 2

(6) e2x − 3ex + 2 = 0

(7) ln x − ln ( x − 1 ) = 1

(8) 3x − 0,5 = 0

(9) 3 − 2−x = 0

E mais um, para treinar raiz estranha:

(10) log x + log ( x − 3 ) = 1 (base 10)

Grau 6, Domínios e nível de prova

Treina: juntar tudo. É o Problema 3 em versões menores.

[L 23] Determine o domínio de cada função:

(1) f(x) = ln ( x − 3 ) + 1

(2) f(x) = ( 1 − ex² ) / ( 1 − e1−x² )

(3) f(x) = √( 10x − 100 )

(4) f(x) = √( |x| − 1 ) / ( ex − 1 )

(5) g(x) = ln | 4 − x² |

(6) h(x) = ex + ln √x

E dois no formato exato da prova:

(1) F(x) = log₍ₓ₋₃₎ ( x² − 16 ). Determine D(F) e resolva F(x) = 0.

(2) G(x) = log₍₄₋ₓ₎ ( x² − 1 ). Determine D(G) e calcule G(−3), sabendo que ln 2 ≈ 0,69 e ln 7 ≈ 1,95.

Gabarito comentado dos seis graus

Grau 1, A definição

1.1 Forma exponencial

# · Logarítmica · Exponencial

1 · log₂ 8 = 3 · 2³ = 8

2 · log₅ 25 = 2 · 5² = 25

3 · log₁₀ 0,001 = −3 · 10⁻³ = 0,001

4 · log1/2 8 = −3 · (1/2)⁻³ = 8

1.2 Cálculos

# · Expressão · Reescrevo · Resposta

1 · log₃ 81 · 81 = 3⁴ · 4

2 · log₂ (1/16) · 1/16 = 2⁻⁴ · −4

3 · log₇ 1 · 1 = 7⁰ · 0

4 · log₅ 5 · 5 = 5¹ · 1

5 · log₄ 2 · 2 = 41/2 · 1/2

6 · log1/3 9 · 9 = (1/3)⁻² · −2

7 · log₁₀ 0,01 · 0,01 = 10⁻² · −2

8 · log₂ √2 · √2 = 21/2 · 1/2

1.3 Determinar x

# · Equação · Vira · Resposta

1 · logx 16 = 2 · x² = 16, com x > 0 e x ≠ 1 · x = 4

2 · log₃ x = −2 · x = 3⁻² · x = 1/9

3 · logx 27 = 3 · x³ = 27 · x = 3

4 · log₂ x = 5 · x = 2⁵ · x = 32

No item 1, x = −4 também resolveria x² = 16, mas está descartado: a base tem que ser positiva.

Grau 2, Condições de existência

# · Expressão · Condições · Domínio

1 · log₂ ( x − 4 ) · x − 4 > 0 · (4, +∞)

2 · log₍ₓ₋₁₎ 5 · x − 1 > 0 e x − 1 ≠ 1 · (1, 2) ∪ (2, +∞)

3 · logx ( x − 3 ) · x > 0, x ≠ 1, x − 3 > 0 · (3, +∞)

4 · log₍₅₋ₓ₎ ( x + 2 ) · 5 − x > 0, 5 − x ≠ 1, x + 2 > 0 · (−2, 4) ∪ (4, 5)

5 · log₍ₓ₋₂₎ ( 9 − x² ) · x > 2, x ≠ 3, −3 < x < 3 · (2, 3)

6 · log₍₇₋ₓ₎ ( x² − 25 ) · x < 7, x ≠ 6, x < −5 ou x > 5 · (−∞,−5) ∪ (5,6) ∪ (6,7)

OS DOIS QUE ENSINAM ALGO

(3), as três condições dão x > 0, x ≠ 1 e x > 3. A mais forte engole as outras: quem é maior que 3 já é maior que 0 e já é diferente de 1. Sobra só (3, +∞). Nem sempre todas as condições aparecem na resposta.

(5), aqui acontece o contrário do Problema 3: a base exige x > 2 e o logaritmando exige x < 3. A interseção é o intervalinho (2, 3), e o furo em x = 3 nem chega a ser necessário, porque o 3 já estava fora. Vale dizer isso: uma condição pode ser redundante.

Grau 3, Propriedades operatórias

# · Expressão · Reescrevo o número · Resposta

a · ln 0,75 · 0,75 = 3/4 · ln 3 − 2 ln 2

b · ln 9,8 · 9,8 = 49/5 · 2 ln 7 − ln 5

c · ln 1225 · 1225 = 35² = (5·7)² · 2 ln 5 + 2 ln 7

d · ln ∛2 · ∛2 = 21/3 · (1/3) ln 2

e · ln 0,056 · 0,056 = 7/125 · ln 7 − 3 ln 5

f · ln (4/9) · 4 = 2², 9 = 3² · 2 ln 2 − 2 ln 3

g · ln (1/2) · 1/2 = 2⁻¹ · − ln 2

h · ln (1/125) · 125 = 5³ · − 3 ln 5

i · ln √9 · √9 = 3 · ln 3

j · ln ⁷√7 · ⁷√7 = 71/7 · (1/7) ln 7

k · ln √13,5 · 13,5 = 27/2 · (1/2)(3 ln 3 − ln 2)

A ESTRATÉGIA, EM UMA FRASE

O trabalho não é com logaritmo, é com o NÚMERO. Reescreva-o como produto, quociente ou potência de números cujos logaritmos você tem. Só então aplique a propriedade.

O item (e) mostra bem: 0,056 = 56/1000 parece feio, mas 56/1000 = 7/125 = 7/5³, e aí sai na hora: ln 7 − 3 ln 5.

Grau 4, Mudança de base

# · Quociente · Em ln · Resposta

a · log₂ x / log₃ x · (ln x/ln 2) ÷ (ln x/ln 3) · ln 3 / ln 2

b · log₂ x / log₈ x · ln 8 / ln 2 = 3 ln 2 / ln 2 · 3

c · logx a / logx² a · ln x² / ln x = 2 ln x / ln x · 2

d · log₉ x / log₃ x · ln 3 / ln 9 = ln 3/2 ln 3 · 1/2

e · log_√10 x / log_√2 x · (½ ln 2) / (½ ln 10) · ln 2 / ln 10

f · loga b / logb a · (ln b/ln a) ÷ (ln a/ln b) · ( ln b )² / ( ln a )²

Repare no padrão: o ln x sempre cancela, e o que sobra depende só das bases. É por isso que quatro dos seis itens dão um número puro, sem x nenhum.

Grau 5, Equações

# · Equação · Método · Solução

a · e7−4x = 6 · ln nos dois lados · x = (7 − ln 6)/4

b · ln(x² − 1) = 3 · definição: x² − 1 = e³ · x = ± √(e³ + 1)

c · 2x−5 = 3 · ln nos dois lados · x = 5 + ln 3 / ln 2

d · ln(ln x) = 1 · duas vezes a definição · x = ee

e · ln(3x − 10) = 2 · definição: 3x − 10 = e² · x = (e^2 + 10)/3

f · e2x − 3ex + 2 = 0 · substituir u = ex · x = 0 e x = ln 2

g · ln x − ln(x−1) = 1 · juntar em quociente · x = e/(e − 1) ≈ 1,58

h · 3x − 0,5 = 0 · 3x = 1/2 · x = − ln 2 / ln 3

i · 3 − 2−x = 0 · 2−x = 3 · x = − ln 3 / ln 2

10 · log x + log(x−3) = 1 · juntar em produto · x = 5 apenas

OS TRÊS QUE ENSINAM ALGO

(b), as DUAS soluções valem. A condição era x² − 1 > 0, e como x² − 1 = e³ ≈ 20,1 é positivo, tanto +√(e³+1) quanto −√(e³+1) satisfazem. Nem toda raiz negativa é estranha.

(f), substituindo u = ex, vem u² − 3u + 2 = 0, com raízes u = 1 e u = 2. As duas são positivas, e portanto as duas servem: ex = 1 dá x = 0; ex = 2 dá x = ln 2. Se alguma raiz em u fosse negativa, teria de ser descartada, porque ex é sempre positivo.

(10), a equação transformada dá x = 5 e x = −2, mas log(−2) não existe. Só x = 5 sobrevive. É a raiz estranha da seção A.13, e é por isso que a verificação é obrigatória.

Grau 6, Domínios e nível de prova

# · Função · Condição · Domínio

a · ln(x − 3) + 1 · x − 3 > 0 · (3, +∞)

b · (1 − ex²)/(1 − e1−x²) · e1−x² ≠ 1 ⇒ 1 − x² ≠ 0 · ℝ − {−1, 1}

c · √(10x − 100) · 10x ≥ 10² ⇒ x ≥ 2 · [2, +∞)

d · √(|x| − 1)/(ex − 1) · |x| ≥ 1 e x ≠ 0 · (−∞, −1] ∪ [1, +∞)

e · ln |4 − x²| · |4 − x²| > 0 ⇒ x ≠ ±2 · ℝ − {−2, 2}

f · ex + ln √x · √x > 0 ⇒ x > 0 · (0, +∞)

Comentários:

(b), a exponencial nunca zera, então o único risco é o denominador valer 1 − 1 = 0. E eu = 1 exatamente quando u = 0. Daí 1 − x² = 0.

(c), a raiz exige 10x − 100 ≥ 0, isto é, 10x ≥ 10². Como a exponencial de base 10 é crescente, isso equivale a x ≥ 2. Note que aqui vale o igual, porque é raiz e não logaritmo.

(e), o módulo salva: |4 − x²| é positivo em toda parte, exceto onde 4 − x² = 0. Sem o módulo, o domínio seria só (−2, 2).

(f), cuidado com a ordem: √x pede x ≥ 0, mas o ln pede √x > 0. A condição mais forte manda, e sobra x > 0.

Exercício 7: F(x) = log₍ₓ₋₃₎ ( x² − 16 )

Condições: base x − 3 > 0 ⇒ x > 3; base x − 3 ≠ 1 ⇒ x ≠ 4; logaritmando x² − 16 > 0 ⇒ x < −4 ou x > 4.

Cruzando: x > 3 com (x < −4 ou x > 4) sobra x > 4. E o furo em x = 4 já está fora.

D( F ) = ( 4 , +∞ )

E F(x) = 0 ⇒ x² − 16 = 1 ⇒ x² = 17 ⇒ x = ± √17 ≈ ± 4,123. Verificando: +√17 ≈ 4,12 está em (4, +∞) (confere); −√17 ≈ −4,12 não está ✗. Solução única: x = √17.

Exercício 8: G(x) = log₍₄₋ₓ₎ ( x² − 1 )

Condições: 4 − x > 0 ⇒ x < 4; 4 − x ≠ 1 ⇒ x ≠ 3; x² − 1 > 0 ⇒ x < −1 ou x > 1.

Cruzando: (−∞, −1) fica inteiro, porque tudo lá é menor que 4 e o 3 não está lá. E (1, +∞) cortado em 4 e furado em 3 vira (1, 3) ∪ (3, 4).

D( G ) = ( −∞ , −1 ) ∪ ( 1 , 3 ) ∪ ( 3 , 4 )

E G(−3): primeiro, −3 < −1, então está no domínio. Substituindo:

G(−3) = log₍₄₊₃₎ ( 9 − 1 ) = log₇ 8 = ln 8 / ln 7 = 3 ln 2 / ln 7 ≈ 3 · 0,69/1,95 = 2,07/1,95 ≈ 1,06

Conferência de ordem de grandeza: 7¹ = 7 e 7² = 49. Como 8 está entre 7 e 49, log₇ 8 tem que estar entre 1 e 2, e está muito perto de 1, porque 8 está muito perto de 7. (confere)

ESTE EXERCÍCIO É O PROBLEMA 3 COMPLETO, EM MINIATURA

Três condições, um furo, domínio em três pedaços, e um valor calculado por mudança de base com fatoração. Se este sair sem consulta, o Problema 3 está dominado.

Apêndice: O mapa da sua biblioteca

Com a coleção Iezzi que você acabou de juntar, a pasta ficou completa. Este é o mapa: onde ler cada assunto, e o que NÃO precisa ser lido agora.

Para a P1, por módulo

Módulo / assunto · Onde ler · Capítulo

1, conjuntos, intervalos, inequações · FME-1 (Iezzi) · cap. II Conjuntos (p.18) e III Conjuntos numéricos (p.40)

1, inequações do 2º grau · FME-1 · cap. VII Funções quadráticas (p.137)

2, funções, domínio, composição · FME-1 · cap. V Introdução às funções (p.79) e X Composta e inversa (p.212)

2, função modular (aparece na Lista) · FME-1 · cap. VIII Função modular (p.184)

3, potências e função exponencial · FME-2 (Iezzi) · cap. I Potências e raízes (p.1) e II Função exponencial (p.27)

3, logaritmos e mudança de base · FME-2 · cap. III Logaritmos (p.57); mudança de base na seção VI (p.72)

3, equações e inequações log/exp · FME-2 · cap. V (p.88) e VI (p.112)

4, função logarítmica e gráficos · FME-2 · cap. IV Função logarítmica (p.80)

5, trigonometria · FME-3 (Iezzi) · cap. V Relações fundamentais (p.61), VIII Funções circulares (p.86)

5, identidades e funções inversas · FME-3 · cap. X Identidades (p.147) e XIII Funções circulares inversas (p.197)

QUAL LIVRO ABRIR PARA QUÊ

Iezzi (FME), explicação de ensino médio, passo a passo, com muitos exercícios de dificuldade crescente. É o melhor lugar para aprender do zero, e é a bibliografia complementar nº 2 do Plano de Ensino.

Pré-Cálculo (Valéria Medeiros), bibliografia BÁSICA nº 4. Ponte entre o ensino médio e o cálculo, mais enxuto que o Iezzi.

Stewart e Thomas, bibliografia básica nº 1 e 2. Linguagem de universidade; melhores depois que o conceito já está entendido, e indispensáveis a partir da Etapa 2.

Flemming (Diva Marília), bibliografia básica nº 3. Bom meio-termo, com o capítulo 1 sobre números reais bem didático.

Fora da P1, mas guarde

Volume · Assunto · Quando serve

FME-6 · Complexos, polinômios e equações · complementa o texto de polinômios do professor; Briot-Ruffini reaparece na Etapa 2

FME-7 · Geometria analítica · é a sua outra disciplina com o mesmo professor, às sextas

FME-8 · Limites, derivadas e noções de integral · Etapas 2 e 3 desta disciplina, é o Cálculo propriamente dito

FME-4, 5, 9, 10, 11 · sequências, combinatória, geometria plana e espacial, matemática financeira · não entram em Cálculo 1. Podem servir em outras disciplinas do curso

UM AVISO SOBRE TEMPO

Você tem quatro livros que cobrem o mesmo assunto e pouco mais de um mês até a prova. Ler todos é a forma mais eficiente de não terminar nenhum.

Sugestão: use este guia como espinha dorsal e abra o Iezzi apenas quando um ponto específico não fechar. Os exercícios que importam são os da Lista do professor, as cinco questões da prova saem dela.