1. O documento fornece exemplos resolvidos de funções compostas, sobrejetoras, injetoras e bijetoras. 2. As funções compostas são analisadas determinando seus domínios e imagens para garantir que uma função esteja contida no domínio da outra antes de compor. 3. Exemplos mostram como determinar o menor valor para que uma função seja sobrejetora ou injetora entre dois conjuntos, analisando quando seus valores se repetem.

1. 1
Funções: composição, injetora, sobrejetora, bijetora, inversa.
Lista 13a - 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. Demana p.169-170: N 3, 4, 15, 17, 18, 21, 22, 24, 25
2. Iezzi p.228: N 460, 462 a) c) f) h), 463, 464, 465, 467 a) b) c), 472, 473
3. Demana p.180: N 13, 15, 17, 21, 27, 29, 32
Soluções complementares. Demana p.169-170: Encontrar funções compostas g(f(x)) e f(g(x)).
N 15. f(x) = x2
− 1, g(x) = 1
x−1
.
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, +∞).

2. 2
N 21. f(x) = 1
x+1
, g(x) = 1
x−1
.
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
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}.
Soluções complementares. Iezzi p.228: função sobrejetora, injetora, bijetora.
N 463. Determine o menor valor de b em B = {y ∈ R : y ≥ b} de modo que a função
f(x) = x2
− 4x + 6 de R em B seja sobrejetora.
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.
N 464. Determine o menor valor de a em A = {x ∈ R : x ≥ a} de modo que a função
f(x) = 2x2
− 3x + 4 de A em R seja injetora.
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

3. 3
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.)