[11] Considere as funçōes f: \mathbb{R}_{+} \longrightarrow(\pi, \pi+1], f(x)=e^{-x^{2}}+\pi e g:(\pi, \pi+1] \longrightarrow \mathbb{R}_{+}, g(x)= \sqrt{\ln \left(\frac{1}{x-\pi}\right)}.
(a) Determine as imagens diretas f(\ln (\pi)), g(\pi+1) e as imagens inversas f^{-1}(0), g^{-1}(\pi+1).
(b) Determine as compostas (f \circ g)(x), \forall x \in(\pi, \pi+1], e (g \circ f)(x), \forall x \in[0, \infty).
(c) Verifique se f e g são bijetivas.

Passo 1

O enunciado dá duas funções e pede três coisas. Vou listar claramente o que foi dado e o que é pedido, sem resolver nada ainda.
Dados:
f:\mathbb{R}_{+}\longrightarrow(\pi,\pi+1],\qquad f(x)=e^{-x^{2}}+\pi
g:(\pi,\pi+1]\longrightarrow\mathbb{R}_{+},\qquad g(x)=\sqrt{\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)}
Aqui tomo \mathbb{R}_{+}=[0,\infty) (valor não negativo).
O que se pede:
(a) Calcular as imagens diretas f(\ln(\pi)) e g(\pi+1) e as imagens inversas f^{-1}(0) e g^{-1}(\pi+1).
(b) Determinar as compostas (f\circ g)(x) para x\in(\pi,\pi+1] e (g\circ f)(x) para x\in[0,\infty).
(c) Verificar se f e g são bijetivas (i.e., injetoras e sobrejetoras entre os conjuntos dados).

Passo 2

Vamos calcular f(\ln(\pi)) por substituição direta na definição de f.
Substituindo x=\ln(\pi) em f(x)=e^{-x^{2}}+\pi obtemos
f(\ln(\pi))=e^{-(\ln(\pi))^{2}}+\pi.
Aqui não há simplificação algébrica adicional elementar: mantemos e^{-(\ln\pi)^{2}} como está. Isto já é a imagem pedida.

Passo 3

Agora calculamos g(\pi+1) por substituição direta na definição de g.
Temos x=\pi+1. Então x-\pi=1. Substituindo em
g(x)=\sqrt{\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)}
obtemos
g(\pi+1)=\sqrt{\ln\!\left(\frac{1}{1}\right)}=\sqrt{\ln(1)}=\sqrt{0}=0.
Portanto g(\pi+1)=0.

Passo 4

Definição e cálculo de f^{-1}(0) (imagem inversa / pré-imagem de 0 por f).
Por definição f^{-1}(0)=\{x\in\mathbb{R}_{+}\mid f(x)=0\}. Mas para todo x\in\mathbb{R}_{+} temos
f(x)=e^{-x^{2}}+\pi>0+\pi>\pi>0,
logo f(x) nunca é 0. Assim não existe x com f(x)=0, e portanto
f^{-1}(0)=\varnothing.

Passo 5

Cálculo de g^{-1}(\pi+1), isto é, resolver g(x)=\pi+1 para x\in(\pi,\pi+1].
Escrevemos a equação
\sqrt{\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)}=\pi+1.
Elevando ambos os lados ao quadrado (pois ambos são não negativos):
\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)=(\pi+1)^{2}.
Agora exponenciando (aplicando e^{(\cdot)}) obtemos
\frac{1}{x-\pi}=e^{(\pi+1)^{2}}.
Invertemos e isolamos x:
x-\pi=e^{-(\pi+1)^{2}}\quad\Rightarrow\quad x=\pi+e^{-(\pi+1)^{2}}.
Verificação do domínio: e^{-(\pi+1)^{2}}\in(0,1), então x\in(\pi,\pi+1)\subset(\pi,\pi+1], logo a solução é admissível. Portanto
g^{-1}(\pi+1)=\{\pi+e^{-(\pi+1)^{2}}\}.

Passo 6

Cálculo da composta (f\circ g)(x) para x\in(\pi,\pi+1].
Pelo definição de composição,
(f\circ g)(x)=f(g(x))=e^{-(g(x))^{2}}+\pi.
Mas por definição de g temos
g(x)=\sqrt{\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)}\quad\Rightarrow\quad (g(x))^{2}=\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right).
Substituindo:
e^{-(g(x))^{2}}=e^{-\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)}.
Usamos a propriedade dos expoentes e logaritmos: para A>0, e^{-\ln A}=A^{-1}. Aqui A=\dfrac{1}{x-\pi}, então
e^{-\ln\!\left(\frac{1}{x-\pi}\right)}=\left(\frac{1}{x-\pi}\right)^{-1}=x-\pi.
Logo
(f\circ g)(x)=x-\pi+\pi=x.
Portanto (f\circ g)(x)=x para todo x\in(\pi,\pi+1]; isto é, f\circ g é a função identidade em (\pi,\pi+1].

Passo 7

Cálculo da composta (g\circ f)(x) para x\in[0,\infty).
Pela definição,
(g\circ f)(x)=g(f(x))=\sqrt{\ln\!\left(\frac{1}{f(x)-\pi}\right)}.
Mas f(x)=e^{-x^{2}}+\pi, então f(x)-\pi=e^{-x^{2}}. Assim
\frac{1}{f(x)-\pi}=\frac{1}{e^{-x^{2}}}=e^{x^{2}}.
Tomando o logaritmo natural:
\ln\!\left(\frac{1}{f(x)-\pi}\right)=\ln(e^{x^{2}})=x^{2}.
Agora a raiz quadrada:
(g\circ f)(x)=\sqrt{x^{2}}.
Recordando a identidade \sqrt{x^{2}}=|x|. Como o domínio aqui é x\in[0,\infty) (valores não negativos), temos |x|=x. Assim
(g\circ f)(x)=x\quad\text{para todo }x\in[0,\infty).
Portanto g\circ f é a identidade em [0,\infty).

Passo 8

Conclusão sobre bijetividade de f e g.
Definição curta: uma função é bijetora se for injetora e sobrejetora entre domínio e contradomínio. Uma maneira rápida de verificar bijetividade é mostrar que existe uma função inversa; se f e g são inversas uma da outra (ou seja, f\circ g=\mathrm{id}_{(\pi,\pi+1]} e g\circ f=\mathrm{id}_{[0,\infty)}), então ambas são bijetoras.
Do Passo 6 e do Passo 7 vimos exatamente que
f\circ g=\mathrm{id}_{(\pi,\pi+1]}\quad\text{e}\quad g\circ f=\mathrm{id}_{[0,\infty)}.
Isto mostra que g é a inversa de f e f é a inversa de g. Portanto ambas são bijetoras (injetoras e sobrejetoras) entre os conjuntos indicados.
Como observação alternativa (didática): poderia-se também argumentar mostrando que f é estritamente decrescente em [0,\infty) e atinge todos os valores em (\pi,\pi+1] (logo injetora e sobrejetora), e análogamente para g (estritamente decrescente em (\pi,\pi+1] com imagem [0,\infty)). Mas a prova via composições identidade já é suficiente e direta.

Resposta

(a) f(\ln(\pi))=\pi+e^{-(\ln\pi)^{2}} \
g(\pi+1)=0 \
f^{-1}(0)=\varnothing \
g^{-1}(\pi+1)=\{\pi+e^{-(\pi+1)^{2}}\}
(b) (f\circ g)(x)=x,\\ \forall x\in(\pi,\pi+1] \
(g\circ f)(x)=x,\\ \forall x\in[0,\infty)
(c) Ambas f e g são bijetivas (são inversas uma da outra).

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