Mostre que f(x)=\operatorname{arctg}\left(x^{2}-1\right), definida para x>0, é invertível e calcule \left(f^{-1}\right)^{\prime}\left(\frac{\pi}{4}\right).
Resp.: \frac{\sqrt{2}}{2}.

Passo 1

O enunciado nos dá a função f definida por
f(x)=\operatorname{arctg}\bigl(x^{2}-1\bigr),
com domínio x>0. As duas tarefas pedidas são:
  • mostrar que f é invertível (ou seja, injetora numa vez que o domínio é dado);
  • calcular \left(f^{-1}\right)^{\prime}\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right).
Informações relevantes que temos prontas para usar:
  • a função \operatorname{arctg} (arctangente) é diferenciável em toda reta real e satisfaz fórmulas conhecidas para sua derivada;
  • a composição de funções diferenciáveis é diferenciável e sua derivada é dada pela regra da cadeia;
  • para encontrar a derivada da inversa num ponto usa-se a fórmula \left(f^{-1}\right)'(y)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(y))}, válida quando f'(f^{-1}(y))\neq0.

Passo 2

Vou calcular a derivada f'(x) para estudar monotonicidade (isto vai ajudar a provar invertibilidade). Para isso uso a regra da cadeia: se g(x)=\operatorname{arctg}(u(x)) com u(x)=x^{2}-1, então a derivada de \operatorname{arctg}(u) é composta pela derivada de \operatorname{arctg} em u multiplicada por u'(x).
Lembrete/mini-aula sobre a derivada da arctangente e a regra da cadeia:
  • A derivada de \operatorname{arctg}(t) em relação a t é
\frac{d}{dt}\operatorname{arctg}(t)=\frac{1}{1+t^{2}}.
Aqui t é a variável de entrada da arctangente.
  • A regra da cadeia diz que, se g(x)=h(u(x)), então
g'(x)=h'\bigl(u(x)\bigr)\cdot u'(x).
Aqui u(x) é a função interna e h a externa.
Aplicando ao nosso caso: u(x)=x^{2}-1 tem derivada u'(x)=2x. Portanto
f'(x)=\frac{u'(x)}{1+\bigl(u(x)\bigr)^{2}} =\frac{2x}{1+\bigl(x^{2}-1\bigr)^{2}}.

Passo 3

Agora analiso o sinal de f'(x) para x>0. No numerador temos 2x, que é estritamente positivo para todo x>0. No denominador temos 1+\bigl(x^{2}-1\bigr)^{2}, que é sempre estritamente positivo para todo x (soma de 1 com um quadrado).
Logo, para todo x>0,
f'(x)=\frac{2x}{1+\bigl(x^{2}-1\bigr)^{2}}>0.
Uma função com derivada estritamente positiva em todo o domínio é estritamente crescente. Portanto f é estritamente crescente em (0,\infty), o que implica que f é injetora nesse domínio. Como é injetora, f tem inversa definida sobre a imagem f\bigl((0,\infty)\bigr). Assim mostramos que f é invertível (sobre sua imagem).
Além disso, como f'(x) é contínua e não nula no ponto que vamos usar, podemos aplicar a fórmula da derivada da inversa nesse ponto.

Passo 4

Para calcular \left(f^{-1}\right)^{\prime}\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right) preciso saber qual x satisfaz f(x)=\dfrac{\pi}{4}. Então resolvo
\operatorname{arctg}\bigl(x^{2}-1\bigr)=\frac{\pi}{4}.
Aplico a tangente dos dois lados (a tangente é a função inversa da arctangente no intervalo (-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2})), obtendo
x^{2}-1=\tan\!\left(\frac{\pi}{4}\right).
Como \tan\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=1, segue
x^{2}-1=1\quad\Rightarrow\quad x^{2}=2.
Considerando o domínio x>0, selecionamos a raiz positiva:
x=\sqrt{2}.
Portanto f^{-1}\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}.

Passo 5

Vou avaliar f'(x) no ponto x=\sqrt{2} usando a fórmula obtida no Passo 2:
f'(x)=\frac{2x}{1+\bigl(x^{2}-1\bigr)^{2}}.
Substituindo x=\sqrt{2}:
x^{2}=2,\qquad x^{2}-1=1,
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f'(\sqrt{2})=\frac{2\sqrt{2}}{1+(1)^{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{1+1}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}.

Passo 6

Agora uso a fórmula da derivada da inversa, que se obtém diferenciando a identidade f\bigl(f^{-1}(y)\bigr)=y e aplicando a regra da cadeia. A dedução rápida é:
\frac{d}{dy}f\bigl(f^{-1}(y)\bigr)=f'\bigl(f^{-1}(y)\bigr)\cdot\bigl(f^{-1}\bigr)'(y)=1,
portanto, sempre que f'\bigl(f^{-1}(y)\bigr)\neq0,
\left(f^{-1}\right)'(y)=\frac{1}{f'\bigl(f^{-1}(y)\bigr)}.
Aplicando isso ao nosso caso com y=\dfrac{\pi}{4} e lembrando que f^{-1}\!\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2} e f'(\sqrt{2})=\sqrt{2}, temos
\left(f^{-1}\right)'\!\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{f'(\sqrt{2})}=\frac{1}{\sqrt{2}}.

Resposta

\dfrac{\sqrt{2}}{2}

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