Exercício 1 ( \mathbf{2 , 0} pontos): Considere a função
f(x)=\frac{x+1}{x-1}
a) Determine o domínio natural da função.
b) Determine a imagem da função.
c) Determine as raízes da função, se houver.
d) Determine em quais intervalos a função é: crescente; decrescente; constante.
e) Faça um esboço do gráfico da função.
f) A função f(x) admite inversa quando restringirmos o domínio ao intervalo aberto (1, \infty) ? Justifique sua resposta. Se sim, encontre a lei da função inversa.

Passo 1

O enunciado dá a função racional
f(x)=\frac{x+1}{x-1}
e pede, em partes:
a) o domínio natural;
b) a imagem (conjunto das possíveis saídas);
c) as raízes (zeros) da função;
d) os intervalos em que a função é crescente, decrescente ou constante;
e) um esboço do gráfico;
f) se, ao restringir o domínio a (1,\infty), a função admite inversa — e, em caso afirmativo, encontrar a lei da inversa.
Informações relevantes fornecidas: a expressão algébrica \dfrac{x+1}{x-1} (um quociente de polinômios). Observação imediata: o denominador não pode ser zero, então x=1 é um ponto que precisa ser tratado com cuidado.

Passo 2

Domínio — o que é e como obter.
Definição rápida: o domínio de uma função é o conjunto de todos os valores de x para os quais a expressão faz sentido (está bem definida). No caso de frações, devemos impedir divisão por zero. Aqui o denominador é x-1. Igualando a zero:
x-1=0 \implies x=1.
Portanto, x=1 não pertence ao domínio. Todos os outros números reais funcionam (numerador é polinômio, sempre definido). Conclusão:
\text{domínio}=\mathbb{R}\setminus\{1\}.í

Passo 3

Imagem (alcance) — ideia e cálculo prático.
Definição: a imagem é o conjunto de valores y que a função toma quando x varia pelo domínio. Um método prático para funções racionais como esta é tratar y como parâmetro e resolver a equação
y=\frac{x+1}{x-1}
para x em função de y; em seguida vemos quais y geram solução válida em x.
Começo isolando x. Multiplicando ambos os lados por x-1 (assumindo provisoriamente x\neq1, o que já é verdade no domínio):
y(x-1)=x+1.
Desenvolvendo:
yx-y = x+1.
Coloco os termos com x juntos:
yx - x = y+1.
Faço fatoração:
x(y-1)=y+1.
Agora, para obter x preciso dividir por y-1. Isso é permitido desde que y-1\neq0, isto é, y\neq1. Assim:
x=\frac{y+1}{y-1},\quad \text{(válido quando \(y\neq1\)).}á
Interpretação: para qualquer y\neq1 existe um x (dado acima) que produz esse y, e esse x não bate com 1 (pode checar, mas é verdade). Resta ver se y=1 pode ocorrer: suponha y=1. Então
1=\frac{x+1}{x-1}\implies x+1=x-1\implies 1=-1,
contradição. Logo y=1 não é atingido. Conclusão:
\text{imagem}=\mathbb{R}\setminus\{1\}.

Passo 4

Raízes (zeros) da função — procedimento direto.
Raiz é valor x tal que f(x)=0. Para uma fração, isso ocorre quando o numerador é zero (e o denominador é não nulo). Numerador aqui é x+1. Então:
x+1=0 \implies x=-1.
Verifico o denominador em x=-1: -1-1=-2\neq0, válido. Portanto existe exatamente uma raiz:
\text{raiz: } x=-1.

Passo 5

Monotonicidade — uso da derivada e interpretação.
Para dizer onde a função é crescente ou decrescente, usamos o sinal da derivada f'(x). Breve aula: se f'(x)>0 num intervalo, f é crescente lá; se f'(x)<0, f é decrescente; se f'(x)=0 identicamente num intervalo, é constante. Aqui aplicamos a regra do quociente: para
f(x)=\frac{u(x)}{v(x)}
temos
f'(x)=\frac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{[v(x)]^2}.
No nosso caso u(x)=x+1 e v(x)=x-1. Então u'(x)=1 e v'(x)=1. Calculando:
f'(x)=\frac{1\cdot(x-1)-(x+1)\cdot1}{(x-1)^2}=\frac{x-1-x-1}{(x-1)^2}=\frac{-2}{(x-1)^2}.
Agora análise do sinal: (x-1)^2>0 para todo x\neq1. Assim o numerador -2 torna f'(x) sempre negativo para todo x do domínio. Logo f'\!<0 em todo o domínio, o que implica que f é estritamente decrescente em cada componente do domínio. Como o domínio tem duas peças separadas por x=1, concluímos:
\text{decrescente em }(-\infty,1)\text{ e em }(1,\infty).
Não existe intervalo em que seja crescente, e não é constante em nenhuma parte do domínio.

Passo 6

Comportamento assintótico e pontos notáveis — preparando o esboço.
Assintotas:
  • Vertical: quando denominador \to0 e numerador \not\to0. Aqui x=1 é assíntota vertical, porque ao aproximar-se de 1 o denominador vai a 0 enquanto o numerador tende a 2\neq0. Mais precisamente,
\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty.
  • Horizontal: comparar graus dos polinômios numerador e denominador (ambos de grau 1). A assíntota horizontal é a razão dos coeficientes líderes: 1/1=1. Assim
\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1.
Pontos de referência (avaliar a função em valores simples):
f(0)=\frac{0+1}{0-1}=-1,\qquad f(-1)=0\\ (\text{raiz}),\qquad f(2)=\frac{3}{1}=3,\qquad f(3)=2.
Resumo do comportamento:
  • Para x<1: f é decrescente, tende a 1 quando x\to-\infty (vindo por baixo, valores próximos de 1 mas \\ <1), passa por (-1,0) e vai para -\infty ao aproximar-se de 1^-.
  • Para x>1: f é decrescente, vai de +\infty (quando x\to1^+) decrescendo a valores sempre >1, aproximando-se de 1 quando x\to+\infty.
Essas informações bastam para um esboço.

Passo 7

Esboço do gráfico — descrição clara (para que você possa desenhar na prova).
Instruções para desenhar:
  1. Desenhe a reta vertical tracejada x=1 (assíntota vertical).
  2. Desenhe a reta horizontal tracejada y=1 (assíntota horizontal).
  3. No ramo esquerdo ( x<1) desenhe uma curva que, vindo da esquerda, aproxima-se de y=1 por baixo; passa por (-1,0) e por (0,-1); e desce para -\infty quando x\to1^-.
  4. No ramo direito ( x>1) desenhe uma curva que sai de +\infty logo à direita de x=1, passa por (2,3), (3,2) e vai decrescendo, aproximando-se de y=1 por cima quando x\to+\infty.
Comentário útil: a função é uma hipérbole equilátera deslocada; note que algebraicamente f é sua própria inversa (aplicando a fórmula duas vezes volta-se a x), por isso os ramos são simétricos em relação à bissetriz y=x. (Isso também ajuda a conferir o desenho.)

Passo 8

Inversa na restrição de domínio (1,\infty) — existência e cálculo.
Critério de existência de inversa (no contexto da prova): a função tem inversa em um intervalo se for bijetora (injetora e sobrejetora) entre o domínio restrito e a imagem correspondente. Uma condição suficiente simples é que a função seja estritamente monotônica (aqui decrescente) e contínua nesse intervalo: então é injetora; se considerarmos sua imagem sobre esse intervalo, será sobrejetora por definição.
Já vimos que em (1,\infty) a função é estritamente decrescente; portanto é injetora. Qual é a imagem quando x\in(1,\infty)? Analisamos limites:
\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=1^+.
Como é decrescente do +\infty até 1^+, a imagem é (1,\infty). Logo f:(1,\infty)\to(1,\infty) é bijetora e admite inversa.
Para encontrar a lei da inversa, repetimos a manipulação algébrica do Passo 3, agora interpretando y como saída e trocando o papel das variáveis para escrever f^{-1}. Partimos de
y=\frac{x+1}{x-1}
e isolamos x (já fizemos isso):
x=\frac{y+1}{y-1}.
Trocando y por x (para escrever a função inversa em termos de sua variável de entrada), obtemos a lei:
f^{-1}(x)=\frac{x+1}{x-1},\quad x\in(1,\infty).
Observação simpática: a expressão da inversa coincide com a da função original — isto é, f é uma involução quando considerada com domínios/ imagens apropriadas.

Resposta

a) \mathbb{R}\setminus\{1\}
b) \mathbb{R}\setminus\{1\}
c) x=-1
d) decrescente em (-\infty,1) e em (1,\infty); não é crescente nem constante em nenhum intervalo do domínio.
e) Assíntotas: vertical x=1, horizontal y=1. Ramo para x<1: decrescente, tende a 1 quando x\to-\infty, passa por (-1,0) e vai a -\infty quando x\to1^-. Ramo para x>1: decrescente, vai de +\infty (em 1^+) e aproxima-se de 1 por cima quando x\to+\infty; pontos exemplo (2,3),(3,2),(0,-1).
f) Sim. Em (1,\infty) f é estritamente decrescente e bijetora para (1,\infty), logo admite inversa. A lei é f^{-1}(x)=\frac{x+1}{x-1},\quad x\in(1,\infty).

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