Dar domínio, imagem e gráfico da função dada por:
f(x)=\left|\frac{1}{(x-1)^{2}}-1\right|

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=\left|\dfrac{1}{(x-1)^{2}}-1\right|
e pede três coisas: o domínio, a imagem (conjunto-valor) e o gráfico (descrição do comportamento/forma da curva). Informações importantes fornecidas pelo enunciado:
  • A expressão tem denominador (x-1)^{2}, logo x=1 anula o denominador (não está definida aí).
  • A presença do valor absoluto indica que a expressão interna pode ser positiva ou negativa e que o resultado final será sempre \ge 0.
  • Nada mais foi fornecido; todas as conclusões devem vir da análise da própria fórmula.

Passo 2

Para entender a função é útil estudar a expressão dentro do valor absoluto. Defino
g(x)=\dfrac{1}{(x-1)^{2}}-1.
Vou determinar onde g(x)\ge 0 e onde g(x)<0, porque isso muda a forma da função quando tiro o valor absoluto.
Resolver g(x)\ge 0:
\dfrac{1}{(x-1)^{2}}-1\ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{1}{(x-1)^{2}}\ge 1.
Como (x-1)^{2}>0 para x\neq 1, posso multiplicar ambos os lados por (x-1)^{2} sem trocar o sinal:
1\ge (x-1)^{2} \quad\Longleftrightarrow\quad (x-1)^{2}\le 1 \quad\Longleftrightarrow\quad |x-1|\le 1.
Portanto
x\in[0,2],
mas lembrando que x=1 não está no domínio. Conclusão: g(x)\ge 0 quando x\in[0,2]\setminus\{1\}, e g(x)<0 quando x\in(-\infty,0)\cup(2,\infty).

Passo 3

Com isso escrevo f em forma de pedaços (piecewise). Lembrando que o domínio ainda exclui x=1:
  • Se x\in[0,2]\setminus\{1\}, então g(x)\ge 0 e o valor absoluto não altera o sinal:
f(x)=\dfrac{1}{(x-1)^{2}}-1.
  • Se x\in(-\infty,0)\cup(2,\infty), então g(x)<0 e o valor absoluto troca o sinal:
f(x)=1-\dfrac{1}{(x-1)^{2}}.
Também anoto os valores em pontos especiais: em x=0 e x=2 tem (x-1)^{2}=1, então g(0)=g(2)=0 e
f(0)=f(2)=0.

Passo 4

Determinação do domínio. A única proibição vem do denominador nulo em x=1. Portanto o domínio é
\mathbb{D}=\mathbb{R}\setminus\{1\} = (-\infty,1)\cup(1,\infty).

Passo 5

Comportamento assintótico e limites importantes.
  1. Limite quando x\to 1^\pm. Como (x-1)^{2}\to 0^{+}, tem \dfrac{1}{(x-1)^{2}}\to +\infty. Então g(x)\to +\infty e, portanto,
\lim_{x\to 1^-} f(x)=\lim_{x\to 1^+} f(x)=+\infty.
Isto mostra que x=1 é uma assíntota vertical (a função explode para +\infty dos dois lados).
  1. Limite quando x\to\pm\infty. Neste caso (x-1)^{2}\to +\infty e \dfrac{1}{(x-1)^{2}}\to 0. Então g(x)\to -1 e, tomando o valor absoluto,
\lim_{x\to\pm\infty} f(x)=|{-1}|=1.
Portanto y=1 é uma assíntota horizontal (a função aproxima-se de 1 quando x\to\pm\infty).

Passo 6

Derivadas e monotonicidade (explico as regras rápidas usadas: derivada de (x-1)^{-2} é -2(x-1)^{-3} por regra da potência + cadeia).
Para x\in(0,1)\cup(1,2) temos f(x)=(x-1)^{-2}-1. Derivando,
f'(x)=-2(x-1)^{-3}=-\dfrac{2}{(x-1)^{3}}.
Para x\in(-\infty,0)\cup(2,\infty) temos f(x)=1-(x-1)^{-2}. Derivando,
f'(x)=2(x-1)^{-3}=\dfrac{2}{(x-1)^{3}}.
Análise do sinal de f':
  • Em (0,1): x-1<0 implica (x-1)^{3}<0, então f'(x)=-2/(x-1)^{3}>0. Logo f é estritamente crescente em (0,1).
  • Em (1,2): x-1>0 implica (x-1)^{3}>0, então f'(x)<0. Logo f é estritamente decrescente em (1,2).
  • Em (-\infty,0): x-1<0 então (x-1)^{3}<0, e f'(x)=2/(x-1)^{3}<0. Logo f é decrescente em (-\infty,0).
  • Em (2,\infty): x-1>0 então f'(x)>0. Logo f é crescente em (2,\infty).
Conclusões práticas: a função decresce vindo de +\infty até atingir f(0)=0, sobe de 0 até +\infty em x\to 1^-, depois desce de +\infty para f(2)=0, e por fim sobe novamente para aproximar 1 quando x\to+\infty. Em x=0 e x=2 a derivada lateral muda de sinal (canto/canto agudo) — a função não é diferenciável nesses pontos mas é contínua.

Passo 7

Simetria e valores amostra. Note que f depende apenas de (x-1)^{2}, então f(1+t)=f(1-t) para todo t. Isso significa simetria em relação à reta vertical x=1.
Alguns pontos numéricos úteis (com aproximações) para visualizar:
\begin{aligned} f(0)&=0,\\\ f(2)&=0,\\\ f(3)&=1-\dfrac{1}{(3-1)^{2}}=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}=0,75,\\\ f(-1)&=1-\dfrac{1}{(-1-1)^{2}}=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}=0,75,\\\ f(1\pm 0{,}5)&=\dfrac{1}{(0{,}5)^{2}}-1=4-1=3. \end{aligned}
Esses pontos confirmam a forma: zeros em 0 e 2, crescimento rápido para +\infty perto de x=1, e aproximação a 1 nas extremidades.

Passo 8

Determinação da imagem (conjunto-valor). Observações chave:
  • f(x)\ge 0 para todo x (valor absoluto).
  • Existem pontos com f(x)=0 (por exemplo x=0 e x=2), logo 0 pertence à imagem.
  • Para x\to 1 a função tende a +\infty, logo não existe limite superior finito: a função atinge valores arbitrariamente grandes.
Combinando: a imagem é todo o intervalo [0,\infty).

Passo 9

Descrição final do gráfico (resumo visual, para desenhar à mão na prova):
  • Domínio: todas as retas reais exceto x=1, onde há uma assíntota vertical.
  • Assíntotas: vertical em x=1; horizontal em y=1.
  • Zeros: em x=0 e x=2 a função vale 0.
  • Simetria: simétrica em relação à reta x=1 (porque depende de (x-1)^{2}).
  • Comportamento por trechos:
    • Para x<0: a curva vem de y\to 1^{-} quando x\to -\infty, é decrescente, chega a f(0)=0.
    • Para 0<x<1: a curva sobe de 0 até +\infty quando x\to 1^{-}.
    • Para 1<x<2: desce de +\infty até 0 em x=2.
    • Para x>2: sobe de 0 e aproxima y=1 por baixo quando x\to+\infty.
  • Em x=0 e x=2 há pontos de mínimo global (valor 0) com “cantos” (derivadas laterais opostas).

Resposta

Domínio: \mathbb{R}\setminus\{1\}
Imagem: [0,\infty)
Gráfico: curva simétrica em relação a x=1; assíntota vertical em x=1; assíntota horizontal em y=1; zeros em x=0 e x=2; cresce para +\infty quando x\to1^\pm; aproxima y=1 quando x\to\pm\infty.

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