Questão 2. Seja f a função dada por
f(x)=\ln \left(\frac{2}{1+e^{2 x}}\right)
(a) Calcule f^{\prime}(x) e mostre que f é inversível em \mathbb{R}.
(b) Determine uma expressão para f^{-1} (a função inversa de f ).
(c) Encontre a equação da reta tangente ao gráfico de f^{-1} em x_{0}=0.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=\ln\!\left(\frac{2}{1+e^{2x}}\right)
e pede três coisas:
  1. Calcular f^{\prime}(x) e mostrar que f é inversível em \mathbb{R}.
  2. Determinar uma expressão para f^{-1} (a inversa de f).
  3. Encontrar a equação da reta tangente ao gráfico de f^{-1} em x_{0}=0.
Informações relevantes fornecidas:
f(x)=\ln\!\left(\frac{2}{1+e^{2x}}\right)\quad\text{para todo }x\in\mathbb{R}.
Nada mais foi dado; vamos usar propriedades de exponenciais, logaritmos, derivadas e a relação entre derivada da função e derivada da inversa.

Passo 2

Calcular f^{\prime}(x): primeiro simplificamos a expressão usando propriedades do logaritmo (para ficar mais fácil de derivar):
f(x)=\ln 2 - \ln(1+e^{2x}).
Explicação das propriedades usadas: \ln(a/b)=\ln a - \ln b. Aqui a=2 e b=1+e^{2x}.
Agora derivamos termo a termo. Recorde rápido (mini-aula):
  • A derivada de \ln u(x) é \dfrac{u'(x)}{u(x)} (regra da cadeia).
  • A derivada de e^{g(x)} é g'(x)e^{g(x)}.
Aplicando: a derivada de \ln 2 é 0 (constante). Para -\ln(1+e^{2x}), usamos regra da cadeia:
\frac{d}{dx}\ln(1+e^{2x})=\frac{1}{1+e^{2x}}\cdot\frac{d}{dx}(1+e^{2x})=\frac{1}{1+e^{2x}}\cdot(2e^{2x}).
Portanto
f^{\prime}(x) = -\frac{2e^{2x}}{1+e^{2x}}.
Vamos explicar cada símbolo: em \dfrac{2e^{2x}}{1+e^{2x}}, o numerador vem de derivar e^{2x} (que dá 2e^{2x}) e o denominador é o argumento da função logaritmo 1+e^{2x}.

Passo 3

Mostrar que f é inversível em \mathbb{R}: ideia e justificativa completa.
Uma função é inversível se for injetora (e então tem inversa definida sobre sua imagem). Um critério simples: se f^{\prime}(x)>0 para todo x então é estritamente crescente; se f^{\prime}(x)<0 para todo x então é estritamente decrescente. Função estritamente monotona em \mathbb{R} é injetora, logo inversível (como função f:\mathbb{R}\to f(\mathbb{R})).
Aqui observamos que para todo x\in\mathbb{R}, e^{2x}>0. Então o numerador 2e^{2x}>0 e o denominador 1+e^{2x}>0. Assim
f^{\prime}(x) = -\frac{2e^{2x}}{1+e^{2x}} < 0\quad\text{para todo }x\in\mathbb{R}.
Logo f é estritamente decrescente e, portanto, injetora e inversível (como função de domínio \mathbb{R} para sua imagem).
Também é útil conhecer a imagem de f (para saber o domínio de f^{-1}). Calculamos limites nas extremidades:
\lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty}\ln\!\left(\frac{2}{1+e^{2x}}\right)=\ln 0 = -\infty,
pois 1+e^{2x}\to+\infty e a fração tende a 0^{+}.
\lim_{x\to-\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty}\ln\!\left(\frac{2}{1+e^{2x}}\right)=\ln 2,
pois e^{2x}\to 0 e a fração tende a 2.
Portanto f(\mathbb{R})=(-\infty,\ln 2). Conclusão: f é inversível como função f:\mathbb{R}\to(-\infty,\ln 2).

Passo 4

Determinar f^{-1}: resolver explicitamente y=f(x) em função de y para obter x=f^{-1}(y).
Começamos com
y=\ln\!\left(\frac{2}{1+e^{2x}}\right).
Exponentiando ambos os lados (aplicando e^{(\cdot)}) obtemos
e^{y}=\frac{2}{1+e^{2x}}.
Agora isolamos e^{2x}. Primeiro invertendo:
1+e^{2x}=\frac{2}{e^{y}}=2e^{-y}.
Subtraindo 1:
e^{2x}=2e^{-y}-1.
Para poder aplicar logaritmo e obter x, precisamos que o lado direito seja positivo. Exigência:
2e^{-y}-1>0 \quad\Longleftrightarrow\quad e^{-y}>\tfrac{1}{2}\quad\Longleftrightarrow\quad y<\ln 2,
o que coincide com a imagem que encontramos antes. Portanto a expressão é válida para y<\ln 2.
Tomando log natural e dividindo por 2:
2x=\ln\!\big(2e^{-y}-1\big)\quad\Rightarrow\quad x=\frac{1}{2}\ln\!\big(2e^{-y}-1\big).
Conclusão: a inversa escrita em termos de uma variável genérica (que normalmente chamamos de x quando definimos f^{-1}) é
f^{-1}(x)=\frac{1}{2}\ln\!\big(2e^{-x}-1\big),\quad\text{com domínio }(-\infty,\ln 2).í
Observação: tome cuidado com o domínio: apenas valores x<\ln 2 pertencem ao domínio de f^{-1}.

Passo 5

Derivada de f^{-1} em um ponto e aplicação para x_{0}=0.
Teoria rápida (mini-aula): se f é diferenciável e f'(a)\neq0 e f é invertível, então a inversa f^{-1} é diferenciável em b=f(a) e vale
\big(f^{-1}\big)'(b)=\frac{1}{f'(a)}.
Aqui, para calcular \big(f^{-1}\big)'(0), precisamos encontrar a tal que f(a)=0, isto é a=f^{-1}(0). Em seguida aplicamos a fórmula acima.
Primeiro encontramos f^{-1}(0). Podemos usar a expressão inversa que obtivemos ou resolver f(x)=0. Fazendo f(x)=0:
\ln\!\left(\frac{2}{1+e^{2x}}\right)=0 \quad\Rightarrow\quad \frac{2}{1+e^{2x}}=1 \quad\Rightarrow\quad 2=1+e^{2x}\quad\Rightarrow\quad e^{2x}=1.
Assim 2x=0 e x=0. Portanto f^{-1}(0)=0. (Checagem rápida com a fórmula: f^{-1}(0)=\frac{1}{2}\ln(2e^{0}-1)=\frac{1}{2}\ln(2-1)=0.)
Agora calculamos f'(0) usando a fórmula do Passo 2:
f'(0)=-\frac{2e^{0}}{1+e^{0}}=-\frac{2\cdot 1}{1+1}=-1.
Portanto, pela fórmula da derivada da inversa,
\big(f^{-1}\big)'(0)=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{-1}=-1.

Passo 6

Equação da reta tangente ao gráfico de f^{-1} em x_{0}=0.
A equação da reta tangente a uma função g no ponto x_{0} é
y = g(x_{0}) + g'(x_{0})\,(x-x_{0}).
Aqui g=f^{-1}, x_{0}=0, g(0)=f^{-1}(0)=0 e g'(0)=\big(f^{-1}\big)'(0)=-1. Substituindo:
y = 0 + (-1)\,(x-0) = -x.
Portanto a reta tangente é y=-x.

Resposta

(a) f^{\prime}(x)=-\dfrac{2e^{2x}}{1+e^{2x}}. Sim, f é inversível em \mathbb{R} (estritamente decrescente); imagem f(\mathbb{R})=(-\infty,\ln 2).
(b) \displaystyle f^{-1}(x)=\frac{1}{2}\ln\!\big(2e^{-x}-1\big), com domínio (-\infty,\ln 2).
(c) Equação da reta tangente em x_{0}=0: y=-x.

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