Capítulo 2

2.1 (1) $D=\mathbb{R}\setminus\{-8,5\}$ (2) $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$ (3) $D=\mathbb{R}$ (4) $D=\mathbb{R}$ (5) $D=\mathbb{R}\setminus\{0,\tfrac{1}{2}\}$ (6) $D=[1,\infty)$ (7) $D=(-\infty,-1]\cup[1,\infty)$ (8) $D=[1,\infty)\setminus\{2\}$ (9) $D=\mathbb{R}\setminus\{\pm 1\}$ (10) $D=(-1,+1)$ (11) $D=\{1\}$ (12) $D=[0,1)$ (Atenção: é necessário que o numerador e o denominador sejam bem definidos.) (13) $D=\mathbb{R}\setminus\{\tfrac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbb{Z}\}$ (14) $D=$união dos intervalos $[k2\pi,\pi+k2\pi]$, para $k\in\mathbb{Z}$. (15) $D=\mathbb{R}_{+}$. Observe que apesar da função ser identicamente nula, o seu domínio não é a reta toda. (16) $D=\{0\}$ (e não $D=\varnothing$!). 2.2 (1) $x^{2}$ é limitada inferiormente ($M_{-}=0$) mas não superiormente: toma valores arbitrariamente grandes quando $x$ toma valores grandes. (2) Não-limitada. De fato, $\tan x=\frac{\operatorname{sen}x}{\cos x}$, e quando $x$ se aproxima por exemplo de $\tfrac{\pi}{2}$, $\operatorname{sen}x$ se aproxima de $1$ e $\cos x$ de $0$, o que dá uma divisão por zero. (Dê uma olhada no gráfico da função tangente mais longe no capítulo.) (3) É limitada: $\tfrac{1}{x^{2}+1}\geq 0\equiv M_{-}$, e como $x^{2}+1\geq 1$, temos $\frac{1}{x^{2}+1}\leq\tfrac{1}{1}=1\equiv M_{+}$. (4) Limitada inferiormente ($M_{-}=0$), mas não superiormente: o domínio dessa função é $(-\infty,1)$, e quando $x<1$ se aproxima de $1$, $\sqrt{1-x}$ se aproxima de zero, o que implica que $\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ toma valores arbitrariamente grandes. (5) Observe que o denominador $x^{3}-x^{2}+x-1$ se anula em $x=1$. Logo, o domínio da função é $\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Fatorando (ou fazendo a divisão), $x^{3}-x^{2}+x-1=(x-1)(x^{2}+1)$. Portanto, quando $x\neq 1$, $\frac{x-1}{x^{3}-x^{2}+x-1}=\frac{x-1}{(x-1)(x^{2}+1)}=\frac{1}{x^{2}+1}$. Como $\frac{1}{x^{2}+1}$ é limitada (item (3)), $\frac{x-1}{x^{3}-x^{2}+x-1}$ é limitada. (6) Não-limitada. Apesar de $\operatorname{sen}x$ ser limitado por $-1$ e $+1$, o “$x$” pode tomar valores arbitrariamente grandes. 2.3 (1) $f(x)=-1$, $D=\mathbb{R}$ (2) $f(x)=-\sqrt{81-(x-5)^{2}}-4$, $D=[-4,14]$. (3) $f(x)=\sqrt{25-x^{2}}$, $D=(-4,4)$ (4) $f(x)=-\sqrt{25-x^{2}}$, $D=[0,5]$ 2.4

2.5 A primeira curva é o gráfico da função $f(x)=-1$ se $x\leq 1$, $f(x)=2-x$ se $x>1$. A segunda não é um gráfico, pois os pontos $-\tfrac{1}{2}<x\leq 0$ têm duas saídas, o que não é descrito por uma função (lembra que uma função é um mecanismo que a um entrada $x$ do domínio associa um (único) número $f(x)$). No entanto, seria possível interpretar aquela curva como a união dos gráficos de duas funções distintas: uma função $f$ com domínio $(-\infty,0]$, e uma outra função $g$ com domínio $(-\tfrac{1}{2},\infty)$. A terceira é o gráfico da função $f(x)=0$ se $x\in\mathbb{Z}$, $f(x)=1$ caso contrário. 2.6 (1) É par: $f(-x)=\tfrac{(-x)}{(-x)^{3}-(-x)^{5}}=\tfrac{-x}{-(x^{3}-x^{5})}=f(x)$. (2) É par: $f(-x)=\sqrt{1-(-x)^{2}}=\sqrt{1-x^{2}}=f(x)$. (3) É ímpar: $f(-x)=(-x)^{2}\operatorname{sen}(-x)=x^{2}(-\operatorname{sen}x)=-f(x)$. (4) É par: $f(-x)=\operatorname{sen}(\cos(-x))=\operatorname{sen}(\cos x)=f(x)$. (5) É ímpar: $f(-x)=\operatorname{sen}(\operatorname{sen}(-x))=\operatorname{sen}(-\operatorname{sen}x)=-\operatorname{sen}(\operatorname{sen}x)=-f(x)$. (6) É par: $f(-x)=(\operatorname{sen}(-x))^{2}-\cos(-x)=(-\operatorname{sen}x)^{2}-\cos x=f(x)$. (7) Não é par nem ímpar, pois $f(\tfrac{\pi}{4})=\sqrt{2}$, $f(-\tfrac{\pi}{4})=0$. (8) Como $f(x)\equiv 0$, ela é par e ímpar. 2.7 (1) cresce na reta toda. (2) decrescce (estritamente) em $(-\infty,0]$, cresce (estritamente) em $[0,\infty)$. (3) decrescce (estritamente) em $(-\infty,0]$, cresce (estritamente) em $[0,\infty)$. (4) cresce (estritamente) na reta toda. (5) decrescce (estritamente) em $(-\infty,0)$, decresce (estritamente) em $(0,\infty)$. (6) crescce (estritamente) em $(-\infty,0)$, decresce (estritamente) em $(0,\infty)$. (7) crescce (estritamente) em $(-\infty,\tfrac{1}{2}]$, decresce (estritamente) em $[\tfrac{1}{2},\infty$. (Será mais fácil resolver esse item depois de saber esboçar o gráfico de $x-x^{2}$, veja o Exemplo 2.17.) (8) decrescce (estritamente) em $(-\infty,-1]$ e em $[0,1]$, cresce (estritamente) em $[-1,0]$ e $[1,\infty)$. 2.8 Se a reta for vertical ($x=a$): $g(x){:=}f(2a-x)$. Se a reta for horizontal ($y=b$): $g(x){:=}2b-f(x)$. 2.10

Observe que o período de $f$ é $\pi$. Completando o quadrado, $g(x)=-(x-\tfrac{1}{2})^{2}+\tfrac{5}{4}$:

Observe que a parábola corta o eixo $x$ nos pontos solução da equação $g(x)=0$, que são $\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$. O gráfico da função $h$ já foi esboçado no Exercício 2.10. Mas aqui vemos que ele pode ser obtido a partir do gráfico de $|x|$ por uma translação de $1$ para baixo, composta por uma reflexão das partes negativas. Como $i(x)$ é igual ao dobro de $\operatorname{sen}x$ e $j(x)$ à metade de $\operatorname{sen}x$, temos:

Completando o quadrado do numerador: $k(x)=\frac{1-(x-1)^{2}}{(x-1)^{2}}=\frac{1}{(x-1)^{2}}-1$. Portanto, o gráfico pode ser obtido a partir do gráfico de $\frac{1}{x^{2}}$:

2.11 A trajetória é uma parábola. Resolvendo $y(x)=0$ para $x$, obtemos os pontos onde a parábola toca o chão: $x_{1}=0$ (ponto de partida), e $x_{2}=\frac{2v_{\textsf{v}}v_{\textsf{h}}}{g}$ (distância na qual a partícula vai cair no chão). É claro que se o campo de gravitação é mais fraco (na lua por exemplo), $g$ é menor, logo $x_{2}$ é maior: o objeto vai mais longe. Por simetria sabemos que a abcissa do ponto mais alto da trajetória é $x_{*}=\frac{x_{2}}{2}=\frac{v_{\textsf{v}}v_{\textsf{h}}}{g}$, e a sua abcissa é dada por $y_{*}=y(x_{*})=\tfrac{1}{2}\frac{v_{\textsf{v}}^{2}}{g}$. Observe que $y_{*}$ não depende de $v_{\textsf{h}}$. O ponto $(x_{*},y_{*})$ pode também ser calculado a partir da trajetória $y(x)$, completando o quadrado. 2.12 (1) Se $f(x)=1-|x-1|$, $g(x)=|x|$,

Logo, $S=[0,1]$. Para (2), $S=\varnothing$. (3) Se $f(x)=|x^{2}-1|$ (veja o gráfico do Exemplo 2.18), vemos que $S=(-\sqrt{2},0)\cup(0,\sqrt{2})$. 2.13 Tinta: Como a esfera tem superfície igual a $4\pi r^{2}$, temos $T(r)=40\pi r^{2}$ (onde $r$ é medido em metros). Concreto: Como o volume é dado por $V=\tfrac{4}{3}\pi r^{3}$, o custo de concreto em função do raio é $C(r)=40\pi r^{3}$. Como a superfície $s=4\pi r^{2}$ temos $r=\sqrt{s/4\pi}$. Portanto, $C(s)=40\pi(\tfrac{s}{4\pi})^{3/2}$. 2.14 Por definição, $d(P,Q)=\sqrt{(a-1)^{2}+(b+2)^{2}}$. Como $2a+b=2$, temos $d(a)=\sqrt{\tfrac{5}{4}a^{2}-5a+10}$, e $d(b)=\sqrt{5b^{2}+5}$. 2.15 Perímetro: $P(n,r)=2nr\operatorname{sen}(\tfrac{\pi}{n})$. Área: $A(n,r)=\tfrac{1}{2}nr^{2}\operatorname{sen}(\tfrac{2\pi}{n})$. 2.16 Suponha que o cone fique cheio de água, até uma altura de $h$ metros. Isso representa um volume de $V(h)=\tfrac{1}{3}(\pi h^{2})\times h$ metros cúbicos. Logo, $h(V)=(\tfrac{3V}{\pi})^{1/3}$. Assim, a marca para $1m^{3}$ deve ficar na altura $h(1)\simeq 0.98$, para $2$ metros cúbicos, $h(2)\simeq 1.24$, etc.

2.17 Seja $x$ o tamanho do primeiro pedaço. Como os lados do quadrado medem $\tfrac{x}{4}$, a área do quadrado é $\tfrac{x^{2}}{16}$. O círculo tem circunferência igual a $L-x$, logo o seu raio vale $\tfrac{L-x}{2\pi}$, e a sua área $\pi(\tfrac{L-x}{2\pi})^{2}=\tfrac{(L-x)^{2}}{4\pi}$. Portanto a área total é dada por $A(x)=\tfrac{x^{2}}{4}+\tfrac{(L-x)^{2}}{4\pi}$, e o seu domínio é $D=[0,L]$. 2.18 Seja $\alpha$ o ângulo entre $AB$ e $AC$. Área: $A(\alpha)=\operatorname{sen}\tfrac{\alpha}{2}\cos\tfrac{\alpha}{2}=\tfrac{1}{2}\operatorname{sen}\alpha$, com $D=(0,\pi)$. Logo, (olhe para a função $\operatorname{sen}\alpha$), a área é máxima para $\alpha=\tfrac{\pi}{2}$. 2.19 A área pode ser calculada via uma diferença de dois triângulos:

2.21 Como $f(g(x))=\frac{1}{(x+1)^{2}}$, $g(f(x))=\frac{1}{x^{2}+1}$, temos $(f\circ g)(0)=1$, $(g\circ f)(0)=1$, $(f\circ g)(1)=\frac{1}{4}$, $(g\circ f)(1)=\frac{1}{2}$. Como $f(g(h(x)))=\frac{1}{(x+2)^{2}}$ e $h(f(g(x)))=\frac{1}{(x+1)^{2}}+1$, $f(g(h(-1)))=1$, $h(f(g(3)))=\frac{17}{16}$. 2.22 (1) $\operatorname{sen}(2x)=f(g(x))$, onde $g(x)=2x$, $f(x)=\operatorname{sen}x$. (2) $\frac{1}{\operatorname{sen}x}=f(g(x))$, onde $g(x)=\operatorname{sen}x$, $f(x)=\frac{1}{x}$. (3) $\operatorname{sen}(\frac{1}{x})=f(g(x))$, onde $f(x)=\operatorname{sen}x$, $g(x)=\frac{1}{x}$. (4) $\sqrt{\frac{1}{\tan(x)}}=f(g(h(x)))$, onde $f(x)=\sqrt{x}$, $g(x)=\frac{1}{x}$, $h(x)=\tan x$. 2.23

2.24 (1) $\operatorname{Im}(f)=\mathbb{R}$, (2) $\operatorname{Im}(f)=[-1,3]$, (3) Se $p>0$ então $D=\mathbb{R}$ e $\operatorname{Im}(f)=\mathbb{R}$. Se $p<0$ então $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$ e $\operatorname{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\}$ (4) $\operatorname{Im}(f)=[0,\infty)$ se $p>0$, $\operatorname{Im}(f)=(0,\infty)$ se $p<0$, (5) $\operatorname{Im}(f)=\mathbb{R}\setminus\{0\}$, (6) $\operatorname{Im}(f)=(0,\infty)$, (7) $\operatorname{Im}(f)=[1,\infty)$, (8) $\operatorname{Im}(f)=(-\infty,1]$, (9) $\operatorname{Im}(f)=[-1,\infty)$, (10) $\operatorname{Im}(f)=\mathbb{R}$, (11) $\operatorname{Im}(f)=[-1,1]$, (12) $\operatorname{Im}(f)=(0,1]$, (13) $\operatorname{Im}(f)=[-\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}]$, (14) $\operatorname{Im}(f)=[-\tfrac{1}{\sqrt{2}},\tfrac{1}{\sqrt{2}}]$, (15) $\operatorname{Im}(f)=(0,1]$. De fato, $0<\frac{1}{1+x^{2}}\leq 1$. Melhor: se $y\in(0,1]$ então $y=\frac{1}{1+x^{2}}$ possui uma única solução, dada por $x=\sqrt{\frac{1-y}{y}}$. (16) $\operatorname{Im}(f)=(-\infty,-\tfrac{1}{2})\cup[1,\infty)$.

Para as funções do Exercício 2.4: $\operatorname{Im}(f)=(0,\infty)$, $\operatorname{Im}(g)=(-\infty,0]$, $\operatorname{Im}(h)=\mathbb{Z}$, $\operatorname{Im}(i)=[0,1)$, $\operatorname{Im}(j)=[0,\infty)$. 2.25 Se trata de achar todos os $y\in\mathbb{R}$ para os quais existe pelo menos um $x\in\mathbb{R}$ tal que $f(x)=y$. Isso corresponde a resolver a equação do segundo grau em $x$: $yx^{2}-2x+25y=0$. Se $y=0$, então $x=0$. Se $y\neq 0$, $x=\frac{1\pm\sqrt{1-25y^{2}}}{y}$, que tem solução se e somente se $|y|\leq\tfrac{1}{5}$. Logo, $\operatorname{Im}(f)=[-\tfrac{1}{5},\tfrac{1}{5}]$. O ponto $y=0$ é o único que possui uma única preimagem, qualquer outro ponto de $\operatorname{Im}(f)$ possui duas preimagens. Isso pode ser verificado no gráfico:

2.26 Observe que se $x\in(-1,0)$, então $f(x)\in(0,1)$. Por outro lado, se $y\in(0,1)$, então existe um único $x\in(-1,0)$ tal que $f(x)=y$: $x=-\sqrt{1-y^{2}}$. Logo, $f^{-1}:(0,1)\to(-1,0)$, $f^{-1}(x)=-\sqrt{1-x^{2}}$.

2.27 O gráfico de $\frac{1}{x+1}$ é o de $\tfrac{1}{x}$ transladado de uma unidade para a esquerda. O conjunto imagem é $(0,\infty)$. De fato, para todo $y\in(0,\infty)$, a equação $y=\frac{1}{x+1}$ possui uma solução dada por $x=\frac{1-y}{y}$. Logo, $f^{-1}:(0,\infty)\to(-1,\infty)$, $f^{-1}(x)=\frac{1-x}{x}$. 2.28 Para verificar que $f^{-1}(-y)=-f^{-1}(y)$, usemos a definição: seja $x$ o único $x$ tal que $f^{-1}(-y)=x$. Pela definição de função inversa ($(f\circ f^{-1})(y)=y$), aplicando $f$ temos $-y=f(x)$. Portanto, $y=-f(x)=f(-x)$ (pela imparidade de $f$). Aplicando agora $f^{-1}$ obtemos $f^{-1}(y)=-x$, isto é, $x=-f^{-1}(y)$. Isso mostra que $f^{-1}(-y)=-f^{-1}(y)$. 2.29 Exemplos: (1) $f(x)=bx$ (2) $f(x)=a+(b-a)x$ (3) $f(x)=\tan\tfrac{\pi}{2}{x}$, ou $f(x)=\tfrac{1}{(x-1)^{2}}-1$ (4) $f(x)=\tan(\tfrac{2}{\pi}(x-\tfrac{1}{2}))$ 2.32 1 $S=(\frac{1+\sqrt{5}}{2},+\infty)$ 2 $S=[0,1]$ 2 $S=\{-\tfrac{5}{2}\}$ 2.33 Por definição, $\operatorname{sen}y=\tfrac{3}{5}$. Logo, $\cos y=+\sqrt{1-\operatorname{sen}^{2}y}=\tfrac{4}{5}$ (a raiz positiva é escolhida, já que $y\in(0,\tfrac{\pi}{2})$). Portanto, $\tan y=\tfrac{3}{4}$. 2.34 (1) $[-1,1]$, (2) $[-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}]$, (3) $(-1,1)$, (4) $(-\infty,-\tfrac{1}{\sqrt{2}}]\cup[\tfrac{1}{\sqrt{2}},+\infty)$. 2.35 Seja $A$ a posição do topo da tela, $B$ a sua base, e $Q$ o ponto onde a parede toca o chão. Seja $\alpha$ o ângulo $APQ$ e $\beta$ o ângulo $BPQ$. Temos $\tan\alpha=\tfrac{8}{x}$, $\tan\beta=\tfrac{3}{x}$. Logo, em a): $\theta(x)=\arctan\tfrac{8}{x}-\arctan\tfrac{3}{x}$. Em b), $\theta(x)=\arctan\tfrac{6}{x}-\arctan\tfrac{1}{x}$. 2.36 (1) $x=\frac{1}{2}$ (2) $x=\sqrt{3}+1$ (3) $x=\tfrac{1}{6}$ (4) $x=\tfrac{\sqrt{\pi}}{3}$ 2.37 (1) $\cos(2\operatorname{arcos}x)=2\cos^{2}(\operatorname{arcos}x)-1=2x^{2}-1$ (2) $\cos(2\arcsin x)=1-2\operatorname{sen}^{2}(\operatorname{arcsen}x)=1-2x^{2}$ (3) $\operatorname{sen}(2\operatorname{arcos}x)=2\operatorname{sen}(\operatorname{arcos}x)\cos(\operatorname{arcos}x)=2x\sqrt{1-x^{2}}$ (4) $\cos(2\arctan x)=2\cos^{2}(\arctan x)-1=\tfrac{1-x^{2}}{1+x^{2}}$ (5) $\operatorname{sen}(2\arctan x)=\frac{2x}{1+x^{2}}$ (6) $\tan(2\operatorname{arcsen}x)=\frac{2x\sqrt{1-x^{2}}}{1-2x^{2}}$ 2.38 Chamando $\alpha=\operatorname{arcsen}x$, $\beta=\operatorname{arcos}x$, temos $x=\operatorname{sen}\alpha$, $x=\cos\beta$: