RESOLUÇÕES E RESPOSTAS

Biologia QUESTÃO 1 a) O infarto do miocárdio, é o resultado da falta de oxigenação das células cardíacas, fato esteque provoca a morte do tecido e sua consequente necrose e perda de função. Muitas vezes oinfarto é ocasionado pela obstrução de vasos sanguíneos que irrigam o tecido cardíaco e issotem relação direta com o colesterol, que pode auxiliar a formação de placas lipídicasdenominadas ateromas, que provocam obstrução as paredes de uma artéria coronária, o quecria uma barreira que impede a circulação sanguínea apropriada.

b) Quando ocorre a obstrução dos vasos sanguíneos, parte do tecido cardíaco deixa de serirrigado e desta maneira inicia-se um processo de morte celular por falta de oxigênio. Aelevada taxa metabólica das células do miocárdio, que era mantida através da respiraçãocelular aeróbia, deixa de acontecer, impossibilitando a realização de respiração celular econsequentemente a morte celular e de todo o tecido afetado.

QUESTÃO 2 a) O indivíduo que pode ser considerado o doador universal para o ABO é o filho do casal, quepossui sangue tipo O. Isso pode ser justificado, pois, na presença do soro anti-A e anti-B, nãoocorreu aglutinação no sangue do filho. Isso indica que os anticorpos específicos nãoencontraram os aglutinogênios A nem o B, mostrando de maneira bem clara que se trata desangue do tipo O e, portanto, o único doador universal para o sistema ABO. Já o doadoruniversal perante o sistema Rh é a mãe, que possui sangue Rh-. Isso pode ser justificado, pois,quando o soro anti-Rh entra em contato com o sangue da mãe não ocorre aglutinaçãoindicando que ela não possui o fator Rh e, portanto, pode doar para pessoas Rh- e tambémRh+.

b) Pode-se assumir a impossibilidade de desenvolver a eritroblastose fetal, pois, na a primeiragravidez a sensibilização é normalmente baixa e a concentração de anticorpos no sangue damãe não chega a afetar a criança. Na hora do parto, porém, a sensibilização pode ser grande,de modo que, em uma segunda gestação, se o feto for Rh+, o sistema imunológico já estarárepleto de anticorpos contra o fator Rh+. Os anticorpos anti-Rh atravessam a placenta ereagem com as hemácias fetais, provocando a eritroblastose fetal.

TIPO

2º Simulado Unifesp - 2º Dia Unifesp

PROVA GERAL

QUESTÃO 3 a) Em solo com bastante disponibilidade de água, os estômatos se abrem quando expostos à luz, o que a perda a transpiração estomática, sendo que ela é maior nas horas mais quentes do dia. Ao anoitecer, os estômatos se fecham e a transpiração estomática é interrompida. Além disso, a transpiração é mais intensa nas horas mais quentes do dia.

b) As diferenças nas suas taxas de transpiração foram devidas às diferenças no grau de abertura dos estômatos (ou no número de estômatos abertos) nas três condições experimentais, sendo que na condição I os estômatos atingiram maior grau de abertura do que nas condições II e III, porque essas últimas tiveram menor disponibilidade e água para absorverem. Por essa razão, houve menores taxas de transpiração nas condições II e III.

QUESTÃO 4 a) Decomposição e nitrificação.

b) Logo após o lançamento de esgoto orgânico no rio, aumentaram as populações de organismos decompositores aeróbios (bactérias e fungos), que causaram a redução da concentração de oxigênio dissolvido na água; além disso, o esgoto aumentou a turbidez da água, o que reduziu a passagem de luz para o fitoplâncton, reduzindo assim a produção de oxigênio pela fotossíntese. Após a decomposição da matéria orgânica, ocorre maior passagem de luz na água (redução da turbidez), as populações de fitoplâncton aumentam também a produção de oxigênio pela fotossíntese.

QUESTÃO 5 a) O fenômeno é denominado pleiotropia e uma falha no processo pode causar alterações em múltiplos órgãos.

b) Éxons são as sequências de um gene que serão traduzidas no ribossomo. As mutações nos éxons são resultado de alterações nos nucleotídeos durante a duplicação do DNA, podendo ocorrer troca, adição ou perda de nucleotídeos. As consequências podem ser neutras (mutações silenciosas, porque o código genético é redundante e um aminoácido pode ter mais de um códon) ou acarretam mudança da leitura a partir da alteração por adição ou perda ou mesmo a parada da leitura, modificando radicalmente a proteína final.

Química QUESTÃO 6 a) Equação termoquímica de formação da água: H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ∆H = - 242 kJ/mol

Aplicando a Lei de Hess

Manter a 1ª equação: Sromb + O2(g) → SO2(g) ∆H = - 298 kJ/mol

Manter e dividir por 2 a 2ª equação SO2(g) + ½ O2(g) → SO3(g) ∆H = - 192 kJ/mol ÷2

Manter a 3ª equação SO3(g) + H2O(l) → H2SO4(aq) ∆H = - 130 kJ/mol

Manter a equação da água H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ∆H = - 242 kJ/mol

Equação global: H2(g) + Sromb + 2O2(g) → H2SO4(aq) ∆H = - 766 kJ/mol

b) Utilizando a entalpia de formação do ácido sulfúrico:

1 mol H2SO4 ------------- libera 766 kJ

↓

98 g de H2SO4 ---------- libera 766 kJ

490 g ------------------------ x

x = 3830 kJ de energia liberada

QUESTÃO 7 a)

b) Determinar o volume em mL de 5 gotas

1 mL ----------- 20 gotas

x --------------- 5 gotas

x = 0,25 mL

Determinar a quantidade de ácido ascórbico em 0,25 mL

352 mg de ácido ascórbico ------------------- 1 mL

m --------------------------------------------------- 0,25 mL

m = 88 mg ou 0,088 g de ácido ascórbico

Calcular o número de mol de ácido ascórbico

1 mol de ácido ascórbico -------------------- 176 g

n --------------------------------------------------- 0,088 g

n = 0,0005 ou 5 ∙ 10-4 mol de ácido ascórbico

QUESTÃO 8 a)

Ácido: ácido butanoico

Álcool: etanol

b) massa molar do butanoato de etila: 116 g/mol

massa molar do etanol: 46 g/mol

Pela equação:

1 mol de butanoato de etila ------------------ 1 mol de etanol

↓ ↓

116 g de butanoato de etila ------------------ 46 g de etanol

m ---------------------------------------------------- 230 g

m = 580 g de etanol

QUESTÃO 9 Utilizando a massa molar:

1 mol de ácido acético ------------------- 60 g

x ----------------------------------------------- 4,8 g

x = 0,08 mol

Como 4,8 g de ácido acético está em 1 litro, assim a concentração será de 0,08 mol∙L-1.

b) HAc ↔ H+ + Ac-

0,08 mol∙L-1 0 0 inicio

Gastou Formou

x x x

0,08 mol∙L-1 x x no equilíbrio

Kc= ([H^+ ]∙[〖Ac〗^- ])/[HAc]

1,8∙ 〖10〗^(-5)= (x ∙x)/0,08

x2 = 1,44 ∙ 10-6

x = 1,2 ∙ 10-3

Assim, a concentração de [H+] = 1,2 ∙ 10-3 mol∙L-1

QUESTÃO 10 a) quantidade inicial de trítio 100%

Serão necessários 24 anos

b) (_1^3)H+ (_1^2)H → (_2^4)He+ (_0^1)n

A partícula liberada será o nêutron

Física QUESTÃO 11

A figura seguinte mostra as forças aplicadas nos dois blocos:

1º passo)

O bloco 1 acelera para a direita, junto com o sistema, com a aceleração a. Logo,

aplicando o princípio fundamental da dinâmica para movimentos retilíneos:

R1 = m ∙ a

∴ T + A1 = m ∙ a

Como o bloco 1 está na iminência do escorregamento, A1 = μ ∙ N1. Sabe-se também que

o bloco 1 não se movimenta verticalmente, ou seja, N1 = P. Logo:

T + μ ∙ N1 = m ∙ a ⇒ T + μ ∙ m ∙ g = m ∙ a

Sendo μ = 0,5, m = 1 kg e g = 10 m/s2:

T + μ ∙ m ∙ g = m ∙ a ⇒ T + 0,5 ∙ 1 ∙ 10 = 1 ∙ a

∴ T + 5 = a ... (I)

2º passo)

O bloco 2 não se movimenta verticalmente. Logo:

T ∙ sen α + N2 ∙ cos α = P + A2 ∙ sen α

Como o bloco 2 está na iminência do escorregamento, A2 = μ ∙ N2. Sendo μ = 0,5, m = 1

kg, g = 10 m/s2, sen α = 0,6, cos α = 0,8:

T ∙ sen α + N2 ∙ cos α = m ∙ g + μ ∙ N2 ∙ sen α ⇒ T ∙ 0,6 + N2 ∙ 0,8 = 1 ∙ 10 + 0,5 ∙ N2 ∙ 0,6

∴ 0,6 T + 0,5 N2 = 10 ... (II)

3º passo)

O bloco 2 acelera para a direita com a aceleração a. Logo, aplicando o princípio

fundamental da dinâmica para movimentos retilíneos:

R2 = m ∙ a ⇒ N2 ∙ sen α + A2 ∙ cos α – T ∙ cos α = m ∙ a

Sendo A2 = μ ∙ N2, μ = 0,5, m = 1 kg, sen α = 0,6, cos α = 0,8:

N2 ∙ sen α + μ ∙ N2 ∙ cos α – T ∙ cos α = m ∙ a ⇒ N2 ∙ 0,6 + 0,5 ∙ N2 ∙ 0,8 – T ∙ 0,8 = 1 ∙ a

∴ N2 – 0,8 T = a ... (III)

A partir das equações (I) e (III):

T + 5 = N2 – 0,8 T

∴ 1,8 T + 5 = N2

Substituindo a expressão anterior na equação (II):

0,6 T + 0,5 (1,8 T + 5) = 10

∴ T = 5 N

Utilizando esse valor na equação (I), obtém-se a = 10 m/s2.

Respostas:

a) T = 5 N

b) a = 10 m/s2

QUESTÃO 12

a) Quando a chave 1 está aberta, temos:

Como a resistência interna do voltímetro é muito grande, a corrente no circuito é

praticamente nula. Dessa forma, a ddp U entre os terminais do gerador fica igual a

U = E − r ∙ i

24 = E − 1 ∙ 0

Quando as duas chaves estão fechadas, os resistores ficam em curto circuito. Assim, temos:

Nessa situação, a ddp U entre os terminais do gerador é igual a 0. Assim, aplicando a equação

do gerador, e observando na tabela que intensidade da corrente elétrica no amperímetro, e,

consequentemente, no gerador, é igual a 24 A:

U = E − r ∙ i

0 = 24 − r ∙ 24

E

r

V

∴ E = 24 V

E

r = 1 Ω

V

A

chave 1

chave 2

b) Abrindo-se a chave 2, mantendo-se a chave 1 fechada, e indicando por Rp a resistência

equivalente da associação em paralelo de resistores:

Aplicando-se a lei de Pouillet, e observando-se na tabela que, nessas condições, a intensidade

da corrente no amperímetro e, consequente, no circuito, é igual a 2 A:

i =E

r + Rp

2 =24

1 + Rp

Rp = 11 Ω

Dessa forma:

1Rp

=1

22+

1R

111

=1

22+

1R

∴ r = 1 Ω

E= 24 V

r = 1 Ω

V

A

Rp

chave 1

chave 2

∴ R = 11 Ω

QUESTÃO 13

a) Para a lente objetiva, o objeto (astro) está localizado no infinito. Logo, a imagem i1 está

formada no plano focal dessa lente. Nesse sentido, 150 cm é a distância focal da lente objetiva

(fob = 150 cm).

Como a distância entre as duas lentes é 159 cm, pode-se concluir que i1 está a 9 cm da lente

ocular. Ou seja, para essa lente: p = 9 cm.

Pelo enunciado, o aumento linear da lente ocular é A = + 10.

A partir da equação do aumento: A = ff−p

.

Portanto, para a lente ocular, A = ff−p

⇒ 10 = ff−9

.

Dessa forma, foc = 10 cm.

A partir da definição do aumento angular:

M = 𝐟𝐟𝐨𝐨𝐨𝐨𝐟𝐟𝐨𝐨𝐨𝐨

= 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏

= 𝟏𝟏𝟏𝟏

b) Note que a lente ocular atua como lupa. O valor do aumento linear transversal dessa lente é

dado por A = ff−p

.

Dado que o valor de f é fixo, a fim de aumentar o valor de A, devemos aumentar o valor de p

(desde que seja menor que f). Quanto mais próximo do plano focal, maior será o aumento

provocado pela lente. Portanto, deve-se distanciar ligeiramente a lente ocular da objetiva.

Como o objeto (i1) já está a 9 cm da ocular, cuja distância focal é 10 cm, a movimentação da

lente ocular poderia ser, no máximo, de 1 cm.

QUESTÃO 14

a) Entre os instantes 7 s e 9 s, a velocidade do corpo permaneceu constante, logo:

𝑃𝑃 = 𝐹𝐹 → 𝑚𝑚 ∙ 𝑔𝑔 = 𝐹𝐹 → 𝑚𝑚 ∙ 10 = 800 → 𝑚𝑚 = 80 𝑘𝑘𝑔𝑔

𝑣𝑣 =∆𝑆𝑆∆𝑡𝑡

→ 𝑣𝑣 =7 − 39 − 7

= 2 𝑚𝑚/𝑠𝑠

O trabalho realizado pela resultante das forças no intervalo solicitado pode ser determinado

através do teorema da energia cinética:

𝜏𝜏𝑅𝑅 = ∆𝐸𝐸𝑐𝑐 → 𝜏𝜏𝑅𝑅 =𝑚𝑚 ∙ 𝑣𝑣2

2−𝑚𝑚 ∙ 𝑣𝑣02

2=

80 ∙ 22

2= 160 𝐽𝐽

b) Observa-se no gráfico que no instante 12 s, a mulher se encontrava em repouso, tal como

na situação inicial, de modo que se pode concluir, através do teorema da energia cinética, que

o trabalho da resultante no intervalo solicitado é nulo. Durante o movimento de subida

atuaram sobre ela as forças F e peso. Assim, temos:

𝜏𝜏𝑅𝑅 = 𝜏𝜏𝐹𝐹 + 𝜏𝜏𝑃𝑃 → 0 = 𝜏𝜏𝐹𝐹 − ∆𝐸𝐸𝑝𝑝𝑝𝑝 → 𝜏𝜏𝐹𝐹 = 𝑚𝑚 ∙ 𝑔𝑔 ∙ ∆ℎ = 80 ∙ 10 ∙ 9 = 7200 𝐽𝐽

QUESTÃO 15

a) De acordo com as informações do Note e adote, a liga perde calor para o meio a uma taxa

constante. Desse modo, pode-se concluir que até o instante t = 20s, como a liga não altera a

sua temperatura e não muda de estado, todo o calor que a liga recebe é transferida ao meio.

Portanto, a potência do calor perdido pela liga é de P = 50 W.

b) A partir do instante 20s, a potência do aquecedor aumenta para 90 W. Como a potência

perdida pela liga é constante e igual a 50 W, pode-se concluir que a potência de calor

necessária para que ocorra a fusão da liga é 40 W. Desse modo, por meio da definição de

potência e considerando o intervalo de tempo de 40 s a 240 s, tem-se:

𝑃𝑃 = 𝑚𝑚. 𝐿𝐿∆𝑡𝑡

→ 40 = 100. 𝐿𝐿

200∴ 𝐿𝐿 = 80 𝐽𝐽/𝑔𝑔

c) De acordo com item anterior, como a potência de calor necessária para que ocorra o

aumento de temperatura é 40 W, por meio da definição de potência e considerando o

intervalo de tempo de 20 s a 40 s, tem-se:

𝑃𝑃 = 𝑚𝑚. 𝑐𝑐.∆𝜃𝜃∆𝑡𝑡

→ 40 = 100. 𝑐𝑐. 20

20∴ 𝑐𝑐 = 0,4

𝐽𝐽𝑔𝑔0𝐶𝐶

Matemática QUESTÃO 16 a) Utilizando a densidade da madeira, podemos encontrar o volume do lápis:

𝑑𝑑 =𝑚𝑚

𝑉𝑉𝑙𝑙á𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 ∴ 0,4 =

33,32𝑉𝑉𝑙𝑙á𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝

∴ 𝑉𝑉𝑙𝑙á𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 83,3 𝑐𝑐𝑚𝑚3

A área de um hexágono regular de lado 1 𝑐𝑐𝑚𝑚 é dada por:

6 ∙12 ∙ √3

4 =

3√32

𝑐𝑐𝑚𝑚2

Denotando-se por ℎ a altura do prisma, temos: 𝑉𝑉𝑙𝑙á𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 = 𝑉𝑉𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝â𝑚𝑚𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝑉𝑉𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑚𝑚𝑝𝑝

𝑉𝑉𝑙𝑙á𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝𝑝 =13∙

3√32

∙ ℎ +3√3

2∙ 16ℎ =

49√32

∙ ℎ

Logo, 49√3

2∙ ℎ = 83,3 ∴

49 ∙ 1,72

∙ ℎ = 83,3 ∴ ℎ = 2 𝑐𝑐𝑚𝑚

Assim, o comprimento C desse lápis é dado por: 𝐶𝐶 = ℎ + 16ℎ = 17ℎ 𝐶𝐶 = 17 ∙ 2 = 34 𝑐𝑐𝑚𝑚 Resposta: 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒄𝒄𝒄𝒄

b) O comprimento do maior segmento de reta que une dois pontos em um paralelepípedo retangular é a sua diagonal. Sendo 𝑑𝑑 a sua medida, temos: 𝑑𝑑2 = 302 + 82 + 𝑥𝑥2 Tomando, do item anterior, 𝑑𝑑𝑚𝑚í𝑛𝑛𝑝𝑝𝑚𝑚𝑛𝑛 = 34 𝑐𝑐𝑚𝑚, temos: 342 = 302 + 82 + 𝑥𝑥2 ∴ 𝑥𝑥 = 8√3 𝑐𝑐𝑚𝑚 Resposta: 𝒙𝒙 = 𝟖𝟖√𝟑𝟑 𝒄𝒄𝒄𝒄

QUESTÃO 17 a) (1º modo) Sendo V o preço em reais à vista, haverá, com o pagamento da 1ª parcela de R$ 364,10, um saldo devedor de (V – 364,10) reais. Com os juros de 10%, este saldo devedor passará para (V – 364,10) ⋅ 1,1 que é o valor da 2ª parcela. Temos:

(V – 364,10) ⋅ 1,1 = 364,10

V – 364,10 = 364,101,10

V – 364,10 = 331,00

V = 364,10 + 331,00 ∴V = 695,10

(2º modo) V = 364,10 + D, sendo que D ⋅ 1,1 = 364,10, ou seja, D = 364,101,10

.

V = 364,10 + 364,101,10

V = 364,10 + 331,00 ∴V = 695,10

Resposta: R$ 695,10

b) Sendo a taxa de juros igual a 10% por mês, a parcela de P reais a ser paga após 1 mês

corresponde a P1,1

reais no dia da compra e a parcela de P reais a ser paga após 2 meses

corresponde a P(1,1)2

reais no dia da compra. Temos:

V = P + P1,1

+ P(1,1)2

695,10 = P ⋅ (1 + 11,1

+ 11,21

) ∴ 695,10 = P ⋅ 1,21+1,1+11,21

695,10 = P ⋅ 3,311,21

∴P = 695,10 ∙ 1,213,31

= 254,10

Resposta: R$ 254,10

QUESTÃO 18 a) Do gráfico 2, tem-se:

• Moradores suíços que falam inglês: 0,6 ∙ 5.400 = 3.240 • Moradores estrangeiros que falam inglês: 0,9 ∙ 600 = 540

Assim, a probabilidade 𝑝𝑝 pedida é

𝑝𝑝 =3.240 + 540

6.000∴ 𝑝𝑝 =

3.7806.000

∴ 𝑝𝑝 =3.7806.000

∴ 𝑝𝑝 = 0,63

Resposta: A probabilidade de um morador de Engelberg entender o turista que fala inglês é 0,63.

b) Como a cidade de Engelberg tem 3.000 moradores, do gráfico 1, tem-se:

• Moradores suíços: 0,8 ∙ 3.000 = 2.400 • Moradores estrangeiros: 0,2 ∙ 3.000 = 600

Do gráfico 2, tem-se:

• Moradores estrangeiros que falam alemão: 0,3 ∙ 600 = 180 • Moradores estrangeiros que falam inglês: 0,9 ∙ 600 = 540

Como 10% (0,1 ∙ 600 = 60) dos moradores estrangeiros de Engelberg falam apenas alemão, sendo 𝑥𝑥 o número de moradores estrangeiros que falam apenas inglês, tem-se o diagrama a seguir:

Número de moradores estrangeiros que falam o idioma.

𝑥𝑥

Inglês Alemão

60 180 − 60 ou

540 − 𝑥𝑥

Assim,

180− 60 = 540 − 𝑥𝑥 ∴ 𝑥𝑥 = 420

Desse modo a probabilidade 𝑝𝑝 escolher aleatoriamente dentre os moradores de Engelberg uma pessoa que fale apenas inglês dado que a pessoa escolhida é um estrangeiro é

𝑝𝑝 =420600

∴ 𝑝𝑝 = 0,7

Resposta: A probabilidade escolher aleatoriamente dentre os moradores de Engelberg uma pessoa que fale apenas inglês dado que a pessoa escolhida é um estrangeiro é 0,7.

QUESTÃO 19 a) Seja 𝑂𝑂 o centro da esfera. Os pontos N, Q, P e S pertencem a uma mesma circunferência de centro O.

Como o ponto P está na latitude 30° S, tem-se que o arco 𝑃𝑃𝑆𝑆 mede 60°. Isto significa que o ângulo central 𝑃𝑃𝑂𝑂𝑆𝑆 tenha medida 60° e o ângulo inscrito 𝑷𝑷𝑵𝑵𝑺𝑺 meça 𝟑𝟑𝟏𝟏°.

Como o ponto Q está na latitude 30° N, tem-se que o arco 𝑁𝑁𝑁𝑁 mede 60°. Logo, o arco 𝑆𝑆𝑁𝑁 mede 180° − 60° = 120°. Isto significa que o ângulo central 𝑁𝑁𝑂𝑂𝑆𝑆 tenha medida 120° e o ângulo inscrito 𝑸𝑸𝑵𝑵𝑺𝑺 meça 𝟔𝟔𝟏𝟏°.

b) Seja 𝑅𝑅 o raio da esfera.

Do triângulo retângulo P’SN, tem-se

𝑃𝑃′𝑆𝑆𝑁𝑁𝑆𝑆

= tg 30° ∴𝑃𝑃′𝑆𝑆𝑅𝑅

=√33∴ 𝑃𝑃′𝑆𝑆 =

𝑅𝑅√33

Do triângulo retângulo Q’SN, tem-se

𝑁𝑁′𝑆𝑆𝑁𝑁𝑆𝑆

= tg 60° ∴𝑃𝑃′𝑆𝑆𝑅𝑅

= √3 ∴ 𝑃𝑃′𝑆𝑆 = 𝑅𝑅√3

Com isso,

𝑃𝑃′𝑁𝑁′ = 𝑅𝑅√3 −𝑅𝑅√3

3=

2𝑅𝑅√33

Assim, o segmento 𝑃𝑃′𝑁𝑁′ mede 12800√33

km.

QUESTÃO 20 a) Sendo n a quantidade de anos transcorridos desde 2017, temos que a população mundial P , em bilhões de pessoas, é dada por

𝑃𝑃 = 7,5 ∙ (1,011)𝑛𝑛 Para que este valor atinja 12 bilhões de pessoas, devemos ter:

7,5 ∙ (1,011)𝑛𝑛 = 12

(1,011)𝑛𝑛 =85

(1,011)𝑛𝑛 =1610

Aplicando o logaritmo decimal em ambos os membros da igualdade, obtemos:

log((1,011)𝑛𝑛) = log 1610

𝑛𝑛 ∙ log(1,011) = 4 ∙ log(2) − log (10)

𝑛𝑛 ∙ 0,005 = 4 ∙ 0,3 − 1

𝑛𝑛 = 40 Isto significa que a população atingirá o valor 40 anos depois de 2017, ou seja, no ano de 2057. Resposta: 2057.

b) Sendo 𝑃𝑃0 o valor da população no ano em que o indivíduo tem 18 anos, temos que, 60 anos depois (78 – 18), a população atingirá 2𝑃𝑃0. Dado que esta população cresce a uma taxa percentual constante 𝑖𝑖, devemos ter:

𝑃𝑃0 ∙ (1 + 𝑖𝑖)60 = 2𝑃𝑃0

(1 + 𝑖𝑖)60 = 2 Aplicando o logaritmo decimal em ambos os membros da igualdade, obtemos:

log((1 + 𝑖𝑖)60) = log (2)

60 ∙ log(1 + 𝑖𝑖) = log (2)

60 ∙ log(1 + 𝑖𝑖) = 0,3

log(1 + 𝑖𝑖) = 0,005 Logo, 1 + 𝑖𝑖 = 1,011 e, assim, 𝑖𝑖 = 0,011, ou seja, 𝑖𝑖 = 1,1%. Portanto, pode-se concluir que a taxa 𝑖𝑖 é igual a 1,1%. Resposta: A taxa é igual a 1,1%.