exercícios

1. 1
Funções e suas propriedades.
Lista 2a - com respostas no livro/folha de exercícios e atendimento.
Atenção. As respostas devem ser completas, contendo todo o desenvolvimento lógico devido.
Somente conclusões nais não serão aceitas.
1. Encontrar o domínio da função:
a) f(x) = 1
x2−x
;
b) f(x) =
√
9 − x2 .
Solução.
a) Como o domínio não é indicado por explícito, então, pelo convênio, o domínio é o maior
conjunto de números reais para os quais a fórmula da denição tem sentido. Notamos, que a única
restrição é que o denominador deve ser diferente de 0, de onde vem x(x − 1) ̸= 0, isto é, x ̸= 0,
x ̸= 1. Sem outras restrições, concluímos que o domínio é X = (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, +∞).
b) Como o domínio não é indicado por explícito, então, pelo convênio, o domínio é o maior
conjunto de números reais para os quais a fórmula da denição tem sentido. Notamos, que a
denição da raiz leva a restrição 9 − x2
≥ 0, ou x2
≤ 9, cuja solução −3 ≤ x ≤ 3. Sem outras
restrições, concluímos que o domínio é X = [−3, 3].
2. Encontrar os valores a) f(0), b) f(−3), c) f(x + 3), d) f(x
2
), e) f( 1
x2 ) para f(x) =
√
x2 − 9.
Solução.
a) a função não é denida no ponto 0, b) f(−3) =
√
(−3)2 − 9 =
√
9 − 9 = 0,
c) f(x + 3) =
√
(x + 3)2 − 9 =
√
x2 + 6x, d) f(x
2
) =
√(x
2
)2
− 9 =
√
x2
4
− 9 = 1
2
√
x2 − 36,
e) f( 1
x2 ) =
√( 1
x2
)2
− 9 =
√
1
x4 − 9 = 1
x2
√
1 − 9x4.
3. Vericar se a função é limitada, limitada superiormente, inferiormente ou ilimitada no con-
junto indicado:
a) f(x) = 4x − x2
− 3, S = R;
b) f(x) = 4x − x2
− 3, S = [−1, 1];
c) f(x) =
√
x + 1, S = [−1, +∞).
Solução.
Lembremos que uma função y = f(x) é limitada superiormente/inferiormente num subconjunto
S do seu domínio X, se existe constante M/m tal que para qualquer x ∈ S temos f(x) ≤ M/f(x) ≥
m. A função é limitada em S se ela é limitada superiormente e inferiormente em S.
a,b) Para simplicar raciocínio, representamos a função quadrática na forma canônica, formando
um quadrado que absorve o termo linear: f(x) = 1 − (x − 2)2
. Nessa forma, ca claro que qualquer
valor da função é menor ou igual a 1: f(x) f(2) = 1, ∀x ̸= 2. Logo, a função é limitada
superiormente em qualquer conjunto S e uma das cotas superiores é M = 1 = f(2). No conjunto
R a função é ilimitada inferiormente, porque sempre existem x tais que f(x) m qualquer que for
constante m. Realemnte, consideremos um valor arbitrário e negativo de m (para m não negativo
basta pegar x = 0) e resolvemos a desigualdade f(x) = 1 − (x − 2)2
m. A última equivale a
(x − 2)2
1 − m e, para x 2, temos x 2 +
√
1 − m. Dessa maneira, encontramos os valores
procurados de x. Por outro lado, no conjunto S = [−1, 1] a função é limitada inferiormente, uma
vez que f(x) f(−1), ∀x ∈ [−1, 1] e, portanto, uma das cotas inferiores pode ser m = f(−1) = −8.
Logo, em S = [−1, 1], a função é limitada.
c) Pela denição da raiz quadrada, f(x) =
√
x + 1 ≥ 0 em todo o seu domínio (que é S =
[−1, +∞)). Logo, f(x) é limitada inferiormente, com uma das cotas inferiores m = f(−1) = 0.
Mas f(x) não é limitada superiormente uma vez que a desigualdade f(x) =
√
x + 1 M tem
soluções para qualquer valor de M. De fato, considerando M 0 (para M ≤ 0 podemos tomar
qualquer x −1), transformamos a desigualdade para f(x) na forma equivalente x M2
− 1,
que mostra um conjunto innito dos valores de x para os quais f(x) M. Assim, a função não é

2. 2
limitada superiormente.
4. Vericar se a função é par, ímpar ou nenhuma das duas:
a) f(x) = x2
;
b) f(x) = x2
− 2x + 3;
c) f(x) =
√
x.
Solução.
Recordamos que, pela denição, uma função f(x) é chamada par se, para qualquer x do seu
domínio X é válida a seguinte relação: f(−x) = f(x). Dessa relação segue imediatamente que
o domínio de uma função par deve ser simétrico em relação a origem (se x pertence a X, então
−x também) e que o gráco de uma função par é simétrico em relação ao eixo y (se o ponto de
coordenadas (x, f(x)) pertence ao gráco, então o ponto de coordenadas (−x, f(−x)) = (−x, f(x))
também pertence).
Recordamos também que, pela denição, uma função f(x) é chamada ímpar se, para qualquer x
do seu domínio X é válida a seguinte relação: f(−x) = −f(x). Dessa relação segue imediatamente
que o domínio de uma função ímpar deve ser simétrico em relação a origem (se x pertence a
X, então −x também) e que o gráco de uma função ímpar é simétrico em relação a origem das
coordenadas (se o ponto de coordenadas (x, f(x)) pertence ao gráco, então o ponto de coordenadas
(−x, f(−x)) = (−x, −f(x)) também pertence).
a) Para função f(x) = x2
temos: f(−x) = (−x)2
= x2
= f(x), para qualquer x dos reais.
Portanto, a função é par.
b) Para função f(x) = x2
− 2x + 3 temos: f(−x) = (−x)2
− 2 · (−x) + 3 = x2
+ 2x + 3. Então,
aparentemente, f(−x) ̸= f(x) e f(−x) ̸= −f(x). Para ver melhor, escolhemos um valor especíco,
por exemplo, x = 1. Então, f(1) = 1 − 2 + 3 = 2, enquanto f(−1) = 1 + 2 + 3 = 6. Obviamente,
f(−1) ̸= f(1) e f(−1) ̸= −f(1). Portanto, a função não é par nem ímpar.
c) Para função f(x) =
√
x notamos que o seu domínio é X = [0, +∞), ou seja, não é simétrico
em relação a origem. Portanto, não há necessidade de vericar a propriedade principal, já podemos
concluir que a função não é par nem ímpar.
5. Vericar se a função é periódica:
a) f(x) = cos 2x;
b) f(x) = x2
+ 3;
c) f(x) =
√
x + 1.
Solução.
Recordamos que f(x) é periódica se existe uma constante T ̸= 0 (chamada de período) tal que
para qualquer x do domínio dessa função é válida a seguinte propriedade: f(x + T) = f(x).
a) Como a função cos x é periódica, podemos supor que a dada também é. Testando o período
mínimo T = 2π de cos x, obtemos f(x + 2π) = cos 2(x + 2π) = cos(4x + 4π) = cos 2x. Podemos
até precisar o resultado: notando que o acrescimo de T para x resulta em acrescimo de 2T para
2x, podemos sugerir que T0 = π também é período de f(x) e comprovamos isso de modo simples:
f(x + π) = cos 2(x + π) = cos(2x + 2π) = cos 2x. Na realidade, T0 = π é o período mínimo de f(x).
b) Faremos demonstração do contrário: vamos supor, por absurdo, que f(x) é uma função
periódica e, então, para algum T ̸= 0 deve ser satisfeita a relação f(x + T) = f(x) para ∀x ∈ R.
Vamos ver aonde leva essa suposição. Temos f(x + T) = (x + T)2
+ 3 = x2
+ 3 = f(x), ou
simplicando, 2xT + T2
= 0 ou ainda T(2x + T) = 0. Como T ̸= 0, então resta a opção T = −2x,
mas T é uma constante, cujo valor não depende de x. Assim chegamos a contradição e, portanto,
f(x) não é periódica.
c) A avaliação de f(x) =
√
x + 1 ca simples se lembramos que o domínio de uma função
periódica é ilimitada tanto à esquerda como à direita. Ao contrário disso, o domínio da função dada
é limitado à esquerda: x ≥ −1, o que signica que a função não é periódica.
6. Encontrar os maiores conjuntos de monotonia da função dada:

3. 3
a) f(x) = x2
− 2x + 3;
b) f(x) =
√
x + 1;
c) f(x) = cos x.
Solução.
Lembramos que uma função f(x) é chamada crescente (estritamente crescente) num subconjunto
S do seu domínio X se para quaisquer x1, x2 ∈ S, x1 x2 segue que f(x1) ≤ f(x2) (f(x1)
f(x2)). Da mesma maneira, uma função f(x) é chamada decrescente (estritamente decrescente) num
subconjunto S do seu domínio X se para quaisquer x1, x2 ∈ S, x1 x2 segue que f(x1) ≥ f(x2)
(f(x1) f(x2)) Uma função é monótona num conjunto se ela é crescente ou decrescente neste
conjunto.
a) Para facilitar a investigação, representamos a função quadrática na forma canônica f(x) =
(x − 1)2
+ 2. Então, intuitivamente, ca claro que a função decresce quando x aumenta até 1,
no ponto 1 assume o seu valor mínimo f(1) = 2, e depois começa crescer quando x aumenta a
partir de 1. Vericamos essa suposição analiticamente. Para iniciar, tomamos quaiquer x1 x2
e avaliamos a diferença dos valores da função f(x2) − f(x1) = x2
2 − 2x2 + 3 − (x2
1 − 2x1 + 3) =
(x2 − x1)(x2 + x1) − 2(x2 − x1) = (x2 − x1)(x2 + x1 − 2). Notamos que o primeiro fator é positivo,
portanto, o resultado depende do segundo fator.
Se tomarmos x1 x2 ≤ 1, então x2 + x1 − 2 0, o que implica em f(x2) f(x1) e então
a função decresce estritamente em (−∞, 1]. Se escolhermos 1 ≤ x1 x2, então x2 + x1 − 2 0,
e, portanto, f(x2) f(x1) o que signica que a função decresce estritamente em [1, +∞). Assim,
(−∞, 1] é o maior conjunto de decrescimento e [1, +∞) é o maior conjunto de crescimento (ambos
estritos). Obviamente, qualquer subconjunto de (−∞, 1] também é conjunto de decrescimento, e
qualquer subconjunto de [1, +∞) é um conjunto de crescimento.
b) O domínio de f(x) =
√
x + 1 é [−1, +∞) e com crescimento de x nesse conjunto o argumento
x + 1 da raiz também cresce, o que implica, de acordo com a propriedade da raiz, que f(x) também
cresce. Formalizando o mesmo raciocínio: para quaisquer −1 ≤ x1 x2 temos x1 + 1 x2 + 1
e a última desigualdade equiavle a f(x1) =
√
x1 + 1
√
x2 + 1 = f(x2), ou seja, f(x) cresce
estritamente em todo o seu domínio.
c) Lembrando a denição analítica de cos x (ou até usando a sua representação gráca como
denição), concluímos que no intervalo [0, π] a função f(x) = cos x decresce estritamente de 1 até
−1 (a abscissa do ponto na circunferência unitária diminui quando o ângulo varia de 0 até π).
No próximo intervalo, [π, 2π], a função f(x) = cos x cresce estritamente de −1 até 1 (a abscissa
do ponto na circunferência unitária aumenta quando o ângulo varia de π até 2π). Empregando
a 2π-periodicidade da função, concluímos que f(x) = cos x decresce estritamente em qualquer
intervalo do tipo [2kπ, π + 2kπ], k ∈ Z, e ela cresce estritamente em qualquer intervalo do tipo
[π + 2nπ, 2π + 2nπ], n ∈ Z. Portanto, qualquer um dos intervalos do primeiro tipo é o maior
intervalo de decrescimento, e qualquer intervalo do segundo tipo é o maior intervalo de crescimento.
7. Vericar se a função tem extremos globais e locais no conjunto indicado:
a) f(x) = 1 − 2x, S = [−4, 2);
b) f(x) = |1 − 2x|, S = [−4, 2);
c) f(x) =



1 − 2x, x ≤ 0
1 + 4x − 4x2
, x ∈ (0, 1)
2x − 1, x ≥ 1
, S = R.
Solução.
Lembramos as denições principais. Um ponto x0 é o máximo global (máximo global estrito)
de função f(x) num conjunto S se para qualquer x deste conjunto, diferente de x0, é válida a
propriedade f(x) ≤ f(x0) (f(x) f(x0)). Analogamente, um ponto x0 é o mínimo global (mínimo
global estrito) de f(x) num conjunto S se para qualquer x deste conjunto, diferente de x0, é válida
a propriedade f(x) ≥ f(x0) (f(x) f(x0)). O ponto máximo ou mínimo global (estrito) é chamado
de extremo global (estrito).

4. 4
Um ponto x0 é o máximo local (máximo local estrito) de função f(x), se este ponto é o máximo
global (máximo global estrito) em alguma sua vizinhança contida no domínio de f(x). Analoga-
mente, um ponto x0 é o mínimo local (mínimo local estrito) de f(x), se este ponto é o mínimo
global (mínimo global estrito) em alguma sua vizinhança contida no domínio de f(x).
O ponto máximo ou mínimo local (estrito) é chamado de extremo local (estrito).
a) A função f(x) = 1−2x é estritamente decrescente em todo o seu domínio R e, em particular,
em S = [−4, 2): f(x2) − f(x1) = 1 − 2x2 − (1 − 2x1) = 2(x1 − x2) 0, ∀x1 x2. Então, f(x) não
tem extremos locais (numa vizinhança de qualquer ponto x0, à esquerda de x0 temos f(x) f(x0)
e à direita f(x) f(x0)), e os extremos globais devemos procurar nas extremidades do intervalo
S = [−4, 2). Como a extremidade esquerda pertence a S, ela é o ponto máximo global (mas não
local, porque em S não tem vizinhança de −4). A outra extremidade não pertence a S e, por
isso, não existe o mínimo global em S (se tentamos tomar um ponto x0 um pouco menor que 2 na
qualidade do mínimo global, então o ponto x1 = x0+2
2
ca dentro de S e x1 x0, logo f(x1) f(x0),
mostrando que x0 não é mínimo global).
b) Devido a denição do módulo, ca claro que f(1
2
) = 0 é o mínimo global da função, porque
em qualquer outro ponto 1 − 2x ̸= 0 e, por isso f(x) 0, ∀x ̸= 1
2
. A abertura do módulo da função
f(x) = |1 − 2x| =
{
1 − 2x, x 1
2
2x − 1, x ≥ 1
2
mostra que na parte x ≤ 1
2
do domínio R a função decresce
estritamente, enquanto na parte x ≥ 1
2
ela cresce estritamente. Portanto, em R a função não tem
mais extremos nem globais nem locais. No entanto, eles podem surgir num intervalo nito como
S = [−4, 2). O ponto x0 = 1
2
é o ponto interior de S (pertence a S junto com alguma sua vizinhança)
e, por isso, x0 é o mínimo global e local de f(x) em S (assim como em R). Como f(x) decresce
estritamente em [−4, 1
2
], o maior valor nessa parte de S a função assume na extremidade esquerda
f(−4) = 9. Na parte [1
2
, 2) a função cresce estritamente e, por isso, f(x) f(2) = 3. Embora
f(x) não assume o valor f(2) = 3 em S, mas ele é menor que f(−4) e, portanto, f(x) f(−4),
∀x ∈ (−4, 2). Logo, x1 = −4 é o máximo global de f(x) em S (mas não local, porque não existe
uma vizinhança de −4 contida em S).
c) Consideremos separadamente três partes do domínio R. Na parte x ≤ 0 a função 1 − 2x é
estritamente decrescente, tendo o menor valor f(0) = 1 e não tendo o valor máximo, porque para
x bastante grandes por módulo e negativos ela supera qualquer constante dada previamente. Na
parte 0 x 1 a função quadrática p(x) = 1 + 4x − 4x2
pode ser reescrita na forma canônica
p(x) = 2 − (2x − 1)2
o que evidencia que essa é uma parábola voltada para baixo com o vértice no
ponto (1
2
, 2) e então, no subintervalo (0, 1
2
) a função 2 − (2x − 1)2
cresce estritamente e no próximo
subintervalo (1
2
, 1) essa função decresce estritamente (claramente, os mesmos resultados podem ser
deduzidos analiticamente, sem apelar as propriedades de uma parábola). Notamos também que
nas extremidades do intervalo (0, 1) a parábola assume os valores p(0) = p(1) = 1. Finalmente, na
parte x ≥ 1 a função 2x − 1 cresce estritamente a partir do seu menor valor f(1) = 1 e aumenta
sem restrição, ou seja, superando qualquer constante para x bastante grandes. Com base nessas
observações, podemos concluir que não há nenhum extremo global ou local nos intervalos (−∞, 0) e
(0, +∞) (intervalos de decrescemento e crescemento estrito, respectivamente). Também não temos
extremos de qualquer tipo nos intervalos (0, 1
2
) e (1
2
, 0) que são os intervalos de monotonia estrita
da parte parabólica da função. Então, restam os pontos 0,
1
2
e 1. Entre eles temos dois mínimos
globais e locais os pontos 0 e 1: f(0) = f(1) = 1 f(x), ∀x ̸= 0 ou 1. Ainda, devido as
propriedades da parábola, temos o máximo local em x = 1
2
, mas ele não é o máximo global, porque
nos intervalos (−∞, 0) e (0, +∞) a função assume os valores maiores que qualquer constante, em
particular, maiores que f(1
2
) = 2.
8. Transformações de grácos de funções.
a) A partir do gráco da função original f(x), encontrar os grácos de funções indicadas g(x) e
h(x) (usar translações horizontais e verticais):
f(x) = x2
; g(x) = (x − 1)2
+ 2, h(x) = (x + 2)2
− 1.

5. 5
Solução.
Lembramos que o gráco de f(x) = x2
é uma parábola voltada para cima e com vértice na origem.
Esse gráco é considerado (nesse exercício) como dado. Lembramos que a transformação de f(x)
para f(x + c), qualquer que for f(x), resulta na translação horizontal do gráco de f(x) de c
unidades para esquerda (sendo para c negativo a translação se faz |c| unidades para direita). Assim,
partindo do gráco de f(x) = x2
chegamos, primeiro, ao gráco de ˜
f(x) = (x − 1)2
= f(x − 1)
deslocando o primeiro 1 unidade para direita. Agora, considerando o último como dado, faremos
mais uma transformação para obter g(x) = (x − 1)2
+ 2. Comparando ˜
f(x) e g(x), notamos que
g(x) = ˜
f(x) + 2, o que signica (geometricamente) a translação vertical do gráco de ˜
f(x) de 2
unidades para cima. (Lembramos que a transformação de f(x) para f(x) + c, qualquer que for
f(x), resulta na translação vertical do gráco de f(x) de c unidades para cima, o que no caso de c
negativo é interpretado como |c| unidades para baixo.) Assim, o gráco de g(x) = (x − 1)2
+ 2 é
obtido do gráco de f(x) = x2
deslocando o último 1 unidade para direita e 2 unidades para cima.
Raciocinando de modo análogo, podemos concluír que o gráco de h(x) = (x + 2)2
− 1 pode
ser obtido do gráco de f(x) = x2
deslocando o último 2 unidades para esquerda e 1 unidade para
baixo. (Alunos Restituir todos os passos dessa transformação !)
b) A partir do gráco da função original f(x), encontrar os grácos de funções indicadas g(x) e
h(x) (usar extensões e compressões horizontais e verticais):
f(x) = |2x|; g(x) = |1
3
x|, h(x) = −|2x|.
Solução.
Lembramos que o gráco de f(x) = |2x| consiste de duas partes retilíneas −2x, para x ≤ 0 e 2x
para x ≥ 0 as quais se encontram na origem (que é vértice desse gráco). Ele é considerado (nesse
exercício) como dado. Para chegar ao gráco de g(x) = |1
3
x|, podemos alongar (extender) o gráco
original 6 vezes na horizontal, uma vez que g(x) = |1
6
2x| = f(1
6
x). (Lembramos que a transformação
de f(x) para f(cx), c 0, qualquer que for f(x), resulta na extenção horizontal do gráco
1
c
vezes
caso c 1 e compressão c vezes caso c 1; se c 0, então aplicamos as mesmas transformações
com |c|, acrescidas da reexão do gráco em torno do eixo Oy.)
A maneira alternativa é levar tudo a extensão/compressão vertical. Para isso, podemos reescrever
g(x) na forma equivalente g(x) = 1
6
|2x| = 1
6
f(x). Então, para obter o gráco de g(x), podemos
comprimir o gráco original 6 vezes na vertical. (Lembramos que a transformação de f(x) para
cf(x), c 0, qualquer que for f(x), resulta na extenção vertical do gráco c vezes caso c 1
e compressão
1
c
vezes caso c 1; se c 0, então aplicamos as mesmas transformações com |c|,
acrescidas da reexão do gráco em torno do eixo Ox.)
Para obter o gráco de h(x) = −|2x| = −f(x), lembramos que multiplicação da função por −1
resulta em reexão do seu gráco em torno do eixo Ox.
c) A partir do gráco da função original f(x), encontrar os grácos de funções indicadas g(x) e
h(x) (usar combinações de transformações):
f(x) = x2
; g(x) = 3 − (2x + 1)2
, h(x) = 3(1
2
x − 1)2
− 2.
Solução. Lembramos que o gráco de f(x) = x2
é uma parábola voltada para cima e com
vértice na origem. Ele é considerado (nesse exercício) como dado. Para chegar ao gráco de
g(x) = 3−(2x+1)2
, temos que efetuar uma sequência de transformações. Primeiro, transformamos
f(x) = x2
em f1(x) = −x2
= −f(x) isso signica reetir o gráco de f(x) em relação ao eixo Ox.
Depois, transformamos f1(x) = −x2
em f2(x) = −(2x)2
= f1(2x), comprimindo horizontalmente 2
vezes o gráco de f1(x) em relação ao eixo Oy. Próximo, transformamos f2(x) = −(2x)2
em f3(x) =
−(2x+1)2
= −(2(x+ 1
2
))2
= f2(x+ 1
2
), deslocando horizontalmente o gráco de f2(x) em
1
2
unidades
para esquerda. Finalmente, de f3(x) = −(2x + 1)2
chegamos a g(x) = 3 − (2x + 1)2
= 3 − f3(x),
trazendo o gráco de f3(x) três unidades para cima. Assim, nessa cadeia de transformações, o
gráco de f(x) é reetido em relação ao eixo Ox, depois comprimido horizontamente duas vezes,
depois deslocado
1
2
unidades para esquerda, e, nalmente, deslocado três unidades para cima. Veja
gura abaixo.

6. 6
Figura 1: Transformações de funções de f(x) = x2
a g(x) = 3 − (2x + 1)2
.
Tem outros modos de obter o mesmo gráco.
Raciocinando de modo análogo, concluímos que o gráco de h(x) = 3(1
2
x−1)2
−2 pode ser obtido
do gráco de f(x) = x2
, primeiro, extendendo o duas vezes horizontalmente, segundo, deslocando
duas unidades para direita, terceiro, afastando três vezes do eixo Ox (isto é, extendendo três vezes
verticalmente) e, nalmente, baixando duas unidades. Nesse caso é usada a seguinte cadeia de
transformações:
x2
→
(
1
2
x
)2
→
(
1
2
(x − 2)
)2
=
(
1
2
x − 1
)2
→ 3
(
1
2
x − 1
)2
→ 3
(
1
2
x − 1
)2
− 2 .
(Alunos Restituir todos os passos dessa transformação com detalhes !)
Veja gura abaixo.
Figura 2: Transformações de funções de f(x) = x2
a h(x) = 3(1
2
x − 1)2
− 2.
Tem outros modos de obter o mesmo gráco.

7. 7
9. Encontrar funções compostas g(f(x)) e f(g(x)) para
a) f(x) = x2
− 1, g(x) = 1
x−1
;
b) f(x) = 1
x+1
, g(x) = 1
x−1
.
Solução.
a) Primeiro, determinamos o domínio e a imagem das duas funções separadamente. O domínio
de f(x) é Df = R e a imagem é If = [−1, +∞). O domínio de g(x) é Dg = R − {1} e a imagem é
Ig = R − {0}. Na forma abreviada, isso é denotado da seguinte maneira: f(x) : Df = R → If =
[−1, +∞) e g(x) : Dg = R − {1} → Ig = R − {0}.
Agora consideremos a função composta h(x) = g(f(x)) : Dh → Ih. Notamos que If ̸⊂ Dg, então
precisamos restringir (reduzir) If o que se faz restringindo Df . Para garantir a condição If ⊂ Dg
temos que eliminar de Df os elementos cuja imagem é 1, isto é, aqueles x que satisfazem a relação
f(x) = x2
− 1 = 1, isto é, x = ±
√
2. Então temos um novo domínio D̄f = R − {±
√
2} de f(x) que,
sob a mesma fórmula f(x) = x2
−1, gera a nova imagem contida em Dg: ¯
If = [−1, +∞)−{1} ⊂ Dg.
A rigor, temos uma nova função ¯
f(x) : D̄f = R−{±
√
2} → ¯
If = [−1, +∞)−{1} (que muitas vezes
é denotada pela mesma letra f). Com isso, temos as condições da composição de funções g( ¯
f(x))
satisfeitas e obtemos a seguinte função composta: h(x) = g( ¯
f(x)) = g(x2
− 1) = 1
x2−2
: Dh = D̄f =
R − {±
√
2} → Ih ⊂ Ig = R − {0}. Embora fazemos composição de g com a função modicada ¯
f,
na maioria dos casos (para simplicar notação) usamos f em vez de ¯
f. Vamos seguir esse convênio
nas notações posteriores.
A imagem Ih de h(x) = g( ¯
f(x)) pode não conter todos os elementos de Ig, porque a imagem
de ¯
f(x) não cobre todo o domínio de g(x). Se precisarmos, podemos especicar essa imagem Ih
sabendo a fórmula de h(x) e o seu domínio Dh. Realmente, denotando os valores da imagem de y,
temos a seguinte relação
1
x2−2
= y. Para saber os elementos da imagem, temos que encontrar todos y
para os quais a relação
1
x2−2
= y tem pelo menos um valor correspondente x do domínio. Em outras
palavras, temos que vericar para os quais valores de y a equação
1
x2−2
= y em relação a incógnita
x tem pelo menos uma solução em Dh. Notamos, primeiro, que para y = 0 não tem soluções dessa
equação. Então podemos dividir por y sem perda de soluções. Isolando x, obtemos x2
= 1
y
+ 2.
Como x2
≥ 0, são admissíveis somente os valores de y que satisfazem a condição
1
y
+ 2 ≥ 0, ou
seja
1
y
≥ −2 (para outros não tem x correspondente). Qualquer y 0 satisfaz essa desigualdade.
Se y 0, então ela pode ser reescrita como y ≤ −1
2
. Portanto, os valores para os quais a equação
quadrática x2
= 1
y
+2 tem soluções são y 0 e y ≤ −1
2
. Assim, a imagem da função h(x) = g(f(x))
é Ih = (−∞, −1
2
] ∪ (0, +∞).
Passamos agora para a composta p(x) = f(g(x)) : Dp → Ip. Notamos que Ig ⊂ Df , e, portanto,
podemos construir p(x) direto, sem ajustes: f(g(x)) = f( 1
x−1
) = 1
(x−1)2 − 1 : Dp = Dg = R − {1} →
Ip ⊂ If = [−1, +∞). Embora não foi preciso modicar g, mas só podemos armar que a imagem
da composta está incluída em If , porque a imagem de g(x) não cobre todo o domínio de f(x). Se
precisarmos, podemos especicar essa imagem Ip sabendo a fórmula de p(x) e o seu domínio Dp.
Outra maneira, mais simples nesse caso, é encontrar a imagem do ponto 0 ∈ Df sob f(x) (o único
ponto que não pertence a Ig, mas pertence a Df ) e excluí-la da imagem da composta. Obviamente,
f(0) = −1. Assim, a imagem de p(x) = f(g(x)) é Ip = (−1, +∞).
b) Primeiro, determinamos o domínio e a imagem das duas funções separadamente. O domínio
de f(x) é Df = R − {−1} e a imagem é If = R − {0}. O domínio de g(x) é Dg = R − {1} e a
imagem é Ig = R − {0}. Na forma abreviada, temos: f(x) : Df = R − {−1} → If = R − {0} e
g(x) : Dg = R − {1} → Ig = R − {0}.
Agora consideremos a função composta h(x) = g(f(x)) : Dh → Ih. Notamos que If ̸⊂ Dg, então
precisamos restringir (reduzir) If o que se faz restringindo Df . Para garantir a condição If ⊂ Dg
temos que eliminar de Df os elementos cuja imagem é 1, isto é, aqueles x que satisfazem a relação
f(x) = 1
x+1
= 1, ou seja, x = 0. Então temos um novo domínio D̄f = R − {−1, 0} de f(x) que, sob
a mesma fórmula f(x) = 1
x+1
, gera a nova imagem contida em Dg: ¯
If = R − {0, 1} ⊂ Dg. Obtemos

8. 8
uma nova função ¯
f(x) : D̄f = R − {−1, 0} → ¯
If = R − {0, 1} que denotamos a seguir pela mesma
letra f. Com isso, temos as condições da composição de funções g(f(x)) satisfeitas e obtemos a
seguinte função composta: h(x) = g(f(x)) = g( 1
x+1
) = x+1
−x
: Dh = D̄f = R − {−1, 0} → Ih ⊂ Ig =
R − {0}.
Por enquanto, só podemos armar que a imagem da composta está contida em Ig, porque a
imagem de f(x) não cobre todo o domínio de g(x). Se precisarmos saber essa imagem, a maneira
mais simples, nesse caso, é encontrar a imagem do ponto 0 ∈ Dg sob g(x) (o único ponto que não
pertence a ¯
If , mas pertence a Dg) e excluí-la da imagem da composta. Obviamente, g(0) = −1.
Assim, a imagem de h(x) = g(f(x)) é Ih = R − {−1, 0}.
Passamos agora para a segunda composta p(x) = f(g(x)) : Dp → Ip. Notamos que Ig ̸⊂ Df ,
então precisamos restringir (reduzir) Ig o que se faz restringindo Dg. Para garantir a condição
Ig ⊂ Df temos que eliminar de Dg os elementos cuja imagem é −1, isto é, aqueles x que satisfazem
a relação g(x) = 1
x−1
= −1, ou seja, x = 0. Então temos um novo domínio D̄g = R − {0, 1} de g(x)
que, sob a mesma fórmula g(x) = 1
x−1
, gera a nova imagem contida em Df : ¯
Ig = R−{−1, 0} ⊂ Df .
Obtemos uma nova função ḡ(x) : D̄g = R − {0, 1} → ¯
Ig = R − {−1, 0} que denotamos a seguir
pela mesma letra g. Com isso, temos as condições da composição de funções f(g(x)) satisfeitas e
obtemos a seguinte função composta: p(x) = f(g(x)) = f( 1
x−1
) = x−1
x
: Dp = D̄g = R − {0, 1} →
Ip ⊂ If = R − {0}.
Por enquanto, só podemos armar que a imagem da composta está contida em If , porque a
imagem de g(x) não cobre todo o domínio de f(x). Se precisarmos saber essa imagem, a maneira
mais simples, nesse caso, é encontrar a imagem do ponto 0 ∈ Df sob f(x) (o único ponto que não
pertence a ¯
Ig, mas pertence a Df ) e excluí-la da imagem da composta. Obviamente, f(0) = 1.
Assim, a imagem de p(x) = f(g(x)) é Ip = R − {0, 1}.
10. Vericar se a função é injetora, sobrejetora e bijetora:
a) y = f(x) = x2
: X = R → Y = R;
b) y = f(x) = x2
: X = R → Y = [0, +∞);
c) y = f(x) = x2
: X = [0, +∞) → Y = [0, +∞);
d) f(x) = cos x : X = R → Y = R;
e) f(x) = cos x : X = [0, π] → Y = R;
f) f(x) = cos x : X = [0, π] → Y = [−1, 1].
Solução.
a) y = f(x) = x2
: X = R → Y = R. O contradomínio Y = R dessa função difere da sua
imagem, porque para qualquer x ∈ R temos y = f(x) = x2
≥ 0, isto é, nenhum valor negativo
entra da imagem da função. Isso signica que a função não é sobrejetora. Além disso, dois valores
diferentes do domínio x2 = −x1 a função leva no mesmo valor do contradomínio: y1 = f(x1) =
x2
1 = (−x1)2
= f(x2) = y2, o que signica que f(x) não é injetora. Logo, f(x) não é bijetora.
b) y = f(x) = x2
: X = R → Y = [0, +∞). O contradomínio Y = [0, +∞) dessa função coincide
com a sua imagem, porque para qualquer y ∈ [0, +∞) podemos encontrar o valor correspondente
do domínio x =
√
y ∈ R que a função transforma nesse y: f(x) = f(
√
y) = (
√
y)2
= y. Isso quer
dizer que a função é sobrejetora. Ao mesmo tempo, dois valores diferentes do domínio x2 = −x1
a função leva no mesmo valor do contradomínio: y1 = f(x1) = x2
1 = (−x1)2
= f(x2) = y2, o que
signica que f(x) não é injetora. Logo, f(x) não é bijetora.
c) y = f(x) = x2
: X = [0, +∞) → Y = [0, +∞). O contradomínio Y = [0, +∞) dessa
função coincide com a sua imagem, porque para qualquer y ∈ [0, +∞) podemos encontrar o valor
correspondente do domínio x =
√
y ∈ [0, +∞) que a função transforma nesse y: f(x) = f(
√
y) =
(
√
y)2
= y. Isso quer dizer que a função é sobrejetora. Ao mesmo tempo, dois valores diferentes
do domínio x2 ̸= x1 a função leva em dois valores diferentes da imagem, uma vez que a função é
estritamente crescente no intervalo [0, +∞). Isso signica que f(x) é injetora. Logo, f(x) é bijetora.
d) f(x) = cos x : X = R → Y = R. A função f(x) = cos x tem todos os seus valores
compreendidos no intervalo [−1, 1], mais precisamente, a sua imagem é intervalo [−1, 1] e, por isso,

9. 9
com contradomínio Y = R a função não é sobrejetora. Sabemos também que f(x) = cos x é uma
função periódica com período mínimo 2π. Isso signica que a função f(x) = cos x com domínio
X = R não é injetora. Logo, f(x) não é bijetora.
e) f(x) = cos x : X = [0, π] → Y = R. No intervalo [0, π] a função é estritamente decrescente e,
por isso, não repete nenhum dos seus valores, o que quer dizer que ela é injetora. No entanto, a sua
imagem continua sendo [−1, 1] e, portanto, com contradomínio Y = R a função não é sobrejetora.
Logo, f(x) não é bijetora. Para torna-la sobrejetora é preciso diminuir seu contradomínio até a
imagem (mantendo o domínio [0, π]).
f) f(x) = cos x : X = [0, π] → Y = [−1, 1]. Como o domínio é o mesmo do exemplo e), então a
função continua sendo injetora. Além disso, ela assume todos os valores no intervalo [−1, 1] o que
quer dizer que ela é sobrejetora. Portanto, essa função é bijetora.
11. Determinar o menor valor de b em B = {y ∈ R : y ≥ b} de modo que a função f(x) =
x2
− 4x + 6 : R → B seja sobrejetora.
Solução.
Escrevendo a função na forma y = f(x) = (x − 2)2
+ 2, notamos que y ≥ 2 e qualquer y que
satisfaz essa condição peretence a imagem: (x − 2)2
+ 2 = y equivale a (x − 2)2
= y − 2 e a última
equação tem solução de x para qualquer y ≥ 2. Assim, b = 2.
12. Determinar o menor valor de a em A = {x ∈ R : x ≥ a} de modo que a função f(x) =
2x2
− 3x + 4 : A → R seja injetora.
Solução.
Escrevendo a função na forma y = f(x) = 2(x − 3
4
)2
+ 23
8
, notamos que para qualquer valor
x = 3
4
+ t, t ̸= 0 existe o ponto x̄ = 3
4
− t simétrico em relação a
3
4
tal que o valor da função nesses
dois pontos é o mesmo: f(x) = 2(3
4
+t− 3
4
)2
+ 23
8
= 2t2
+ 23
8
= 2(−t)2
+ 23
8
= 2(3
4
−t− 3
4
)2
+ 23
8
= f(x̄).
Então, para eliminar essa repitição, temos que tomar intervalo [3
4
, +∞) ou (−∞, 3
4
] do domínio da
função. Como a condição a ser satisferita é x ≥ a, então escolhemos [3
4
, +∞). Vamos nos certicar
que nesse intervalo a função f(x) = 2x2
− 3x + 4 é injetora. Tomamos dois pontos diferentes
x1, x2 ∈ [3
4
, +∞) e tentamos resolver a equação f(x1) = 2x2
1 − 3x1 + 4 = 2x2
2 − 3x2 + 4 = f(x2).
Simplicando, temos 2(x2
2−x2
1)−3(x2−x1) = 0 ou (x2−x1)(2(x2+x1)−3) = 0. Como x1 ̸= x2, temos
a única opção x2 +x1 = 3
2
. Mas como x1, x2 ≥ 3
4
e x1 ̸= x2, então a última equação não tem soluções.
Portanto, não tem pontos em [3
4
, +∞) onde a função repete seus valores e, consequentemente, ela
é injetora. (Esse resultado pode ser deduzido, também, da propriedade de decrescimento estrito de
f(x) no intervalo (−∞, 3
4
] e crescimento estrito no intervalo [3
4
, +∞) o que também é simples de
demonstrar.)
13. Encontrar a função inversa, modicando o domínio e contradomínio da original caso for
necessário (mas mantendo a sua fórmula):
a) y = f(x) = x : X = R → Y = R;
b) y = f(x) = x2
: X = R → Y = R;
c) y = f(x) = |x| : X = R → Y = [0, +∞);
d) y = f(x) = cos x : X = R → Y = R.
Solução.
a) y = f(x) = x : X = R → Y = R. Essa função é bijetora e a sua inversa é x = f−1
(y) = y :
Y = R → X = R.
b) y = f(x) = x2
: X = R → Y = R. Essa função não é bijetora (ela não é sobrejetora nem
injetora) e, portanto ela não tem inversa. No entanto, é fácil modicar essa função (mantendo a
sua fórmula) para ela car bijetora. Para isso, basta reduzir o seu domínio e contradomínio da
seguinte maneira: y = f(x) = x2
: X = [0, +∞) → Y = [0, +∞). A última função admite inversa
x = f−1
(y) =
√
y : Y = [0, +∞) → X = [0, +∞).
c) y = f(x) = |x| : X = R → Y = [0, +∞). Essa função não é bijetora (ela é sobrejetora, mas

10. 10
não injetora) e, portanto ela não tem inversa. No entanto, é fácil modicar essa função (mantendo
a sua fórmula) para ela car bijetora. Para isso, basta reduzir o seu domínio. Tem várias maneiras
fazer isso, uma delas é y = f(x) = |x| = x : X = [0, +∞) → Y = [0, +∞). A última função admite
inversa x = f−1
y = y : Y = [0, +∞) → X = [0, +∞). Outra maneira de reduzir o domínio é a
seguinte y = f(x) = |x| = −x : X = (−∞, 0] → Y = [0, +∞). Nesse caso a inversa é diferente:
x = f−1
y = −y : Y = [0, +∞) → X = (−∞, 0].
d) y = f(x) = cos x : X = R → Y = R. Essa função não é bijetora (ela não é sobrejetora nem
injetora) e, portanto ela não tem inversa. No entanto, é fácil modicar essa função (mantendo a sua
fórmula) para ela car bijetora. Para isso, é necessário reduzir de modo adequado o seu domínio
e contradomínio. Uma das formas dessa redução é a seguinte: y = f(x) = cos x : X = [0, π] →
Y = [−1, 1]. A última função é bijetora e admite inversa chamada de arcocosseno x = f−1
(y) =
arccos y : Y = [−1, 1] → X = [0, π].
Veja também vários exercícios resolvidos no texto PropriedadesFuncoes.pdf.
Exercícios do livro Stewart J., Cálculo, Vol.1, tradução da 7a edição.
seção 1.1, Exercícios p.19-22: 1,2,3, 31,33,34,35,38, 42,43,44,46,47, 73,75,76,77,78
seção 1.3, Exercícios p.40-41: 2,3,9,13,17,19,21, 31,34,35,39,41,43
seção 1.6, Exercícios p.64-65: 9,10,11,12, 21,22,23,24