Uma pré-imagem de \(8\) é um número real \(x\) que verifica \(f(x)=8\). Escreva a equação e resolva-a.

A pré-imagem de \(8\) é \(2\).

Observação: \(f(2)=8\) e a pré-imagem de \(8\) é \(2\). Imagem e pré-imagem são duas leituras opostas da mesma igualdade.

Parta de \(f(x)=y\) e exprima \(x\) em função de \(y\). Quantas soluções obtém?

Seja \(y\in\mathbb{R}\).

Esta equação tem uma solução e uma só. Todo o número real tem, portanto, exatamente uma pré-imagem por \(f\).

\(f\) é afim com coeficiente \(3>0\), logo crescente: a imagem de um segmento lê-se nos seus extremos.

\(f\) é crescente em \(\mathbb{R}\), logo:

Traduza \(x\in f^{-1}(]-1;5])\) pela dupla desigualdade \(-1<f(x)\leqslant 5\), e depois isole \(x\).

Os extremos abertos e fechados transpõem-se pela mesma ordem, porque \(f\) é crescente. Com uma função decrescente ficariam trocados.

A unicidade da pré-imagem dá a injetividade; a sua existência dá a sobrejetividade.

O Exercício 1 c) estabelece que todo o \(y\in\mathbb{R}\) tem uma pré-imagem — logo \(f\) é sobrejetiva — e uma só — logo \(f\) é injetiva. Por consequência, \(f\) é bijetiva, e:

Verificação: \(f^{-1}(8)=\dfrac{6}{3}=2\), e \(f(2)=8\).

\(1\leqslant x^2\leqslant 4\) é equivalente a \(1\leqslant |x|\leqslant 2\).

Por definição, \(f^{-1}([1;4])=\{x\in\mathbb{R}\mid 1\leqslant f(x)\leqslant 4\}\), logo:

A imagem inversa de um intervalo não é necessariamente um intervalo: aqui é a união de dois segmentos.

Qual é o sinal de \(x^2\) para um número real \(x\) qualquer?

Para todo o número real \(x\), \(x^2\geqslant 0\). Nenhum número real tem a sua imagem em \([-4;-1]\):

A imagem inversa de um conjunto não vazio pode ser vazia. Aqui a notação \(f^{-1}\) designa a imagem inversa de um subconjunto, não uma função inversa: \(f\) não é bijetiva.

\(f\) não é monótona em \([-2;1]\). Onde é atingido o mínimo?

Em \([-2;1]\), \(f\) decresce em \([-2;0]\) e depois cresce em \([0;1]\). O mínimo é \(f(0)=0\); nos extremos, \(f(-2)=4\) e \(f(1)=1\), logo o máximo é \(4\).

Responder \([1;4]\) é o erro clássico: ler a imagem apenas nos extremos só é válido para uma função monótona.

Parta de \(f(x)=f(x')\) e conclua sobre \(x\) e \(x'\).

Sejam \(x,x'\in\mathbb{R}\):

\(f\) é injetiva.

Seja \(y\in\mathbb{R}\). A equação \(2x+1=y\) tem a solução \(x=\dfrac{y-1}{2}\), que é um número real. Todo o elemento do conjunto de chegada \(\mathbb{R}\) tem uma pré-imagem: \(f\) é sobrejetiva.

Injetiva e sobrejetiva, \(f\) é bijetiva, com inversa:

Para a injetividade, procure dois números reais distintos com a mesma imagem. Para a sobrejetividade, procure um número real sem pré-imagem.

Não é injetiva: \(g(-1)=g(1)=1\) embora \(-1\neq 1\).

Não é sobrejetiva: \(-1\) não tem pré-imagem, pois \(x^2\geqslant 0\) para todo o número real \(x\).

\(g_1\) e \(g_2\) têm o mesmo conjunto de partida \([0;+\infty[\) e a mesma fórmula; só o seu conjunto de chegada difere. Examine separadamente o que isso muda para a injetividade, e depois para a sobrejetividade.

Injetividade — depende apenas do conjunto de partida, que é o mesmo para \(g_1\) e \(g_2\). Sejam \(x,x'\in[0;+\infty[\):

\(g_1\) e \(g_2\) são, portanto, ambas injetivas.

Sobrejetividade — depende do conjunto de chegada, que é precisamente o que as distingue.

• \(g_1:[0;+\infty[\to\mathbb{R}\) — o número real \(-1\) pertence ao conjunto de chegada \(\mathbb{R}\) e não tem pré-imagem em \([0;+\infty[\). \(g_1\) não é sobrejetiva, logo não é bijetiva.
• \(g_2:[0;+\infty[\to[0;+\infty[\) — para todo o \(y\geqslant 0\), o número real \(x=\sqrt{y}\) pertence a \([0;+\infty[\) e verifica \(g_2(x)=y\). \(g_2\) é sobrejetiva, logo bijetiva, com inversa:

\(x\in\overline{A\cap B}\) significa \(x\notin A\cap B\), isto é, a negação de «\(x\in A\) e \(x\in B\)».

Seja \(x\in E\).

A negação de uma conjunção é a disjunção das negações:

«\(x\notin A\) ou \(x\notin B\)» significa \(x\in\overline{A}\) ou \(x\in\overline{B}\), isto é, \(x\in\overline{A}\cup\overline{B}\). Logo:

Percorra o raciocínio de a) no sentido inverso: cada passo é uma equivalência.

Seja \(x\in\overline{A}\cup\overline{B}\). Então \(x\notin A\) ou \(x\notin B\); logo é falso que \(x\) pertença simultaneamente a \(A\) e a \(B\). Assim \(x\notin A\cap B\), isto é, \(x\in\overline{A\cap B}\). Portanto:

As duas inclusões dão a igualdade:

Cada passo de a) é uma equivalência: poderíamos ter concluído de uma só vez. A dupla inclusão impõe-se porque continua válida quando as implicações não podem ser invertidas — é esse o método a dominar.

Parta de \((g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')\) e use primeiro a injetividade de \(g\).

Sejam \(x,x'\in E\) tais que \((g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')\), isto é, \(g(f(x))=g(f(x'))\).

Como \(g\) é injetiva: \(f(x)=f(x')\).

Como \(f\) é injetiva: \(x=x'\).

Logo \(g\circ f\) é injetiva.

Parta de um elemento \(z\in G\) e recue: primeiro por \(g\), depois por \(f\).

Seja \(z\in G\).

Como \(g\) é sobrejetiva, existe \(y\in F\) tal que \(g(y)=z\).

Como \(f\) é sobrejetiva, existe \(x\in E\) tal que \(f(x)=y\).

Logo \(g\circ f\) é sobrejetiva.

Se \(f\) e \(g\) são bijetivas, são injetivas e sobrejetivas. Por a) e b), \(g\circ f\) é injetiva e sobrejetiva, logo bijetiva.

A ordem em que as hipóteses são usadas difere: «descemos» por \(g\) e depois \(f\) para a injetividade, e «recuamos» por \(g\) e depois \(f\) para a sobrejetividade.