CONTINUIDADE E DIFERENCIABILIDADE DA FUNÇÃO INVERSA. x 0. x + 1, se 0 < x 1.

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VINÍCIUS MORELLI CORTES

1. INTRODUÇÃO

Suponha que f :I →Im(f) seja uma função injetora. Se f é contínua, é verdade que sua inversa f⁻¹: Im(f)→I também é contínua? E sef for derivável, será quef⁻¹também é derivável? Em geral, não.

Exemplo 1. Considere a funçãof : [−1, 0]∪(1, 2]→[−1, 1] dada por f(x)=

( x, se−1≤x≤0, x−1, se 1<x≤2.

f é estritamente crescente e contínua. Sua inversa é a funçãof⁻¹: [−1, 1]→[−1, 0]∪(1, 2] dada por f⁻¹(x)=

( x, se−1≤x≤0, x+1, se 0<x≤1.

Note quef⁻¹não é contínua emx=0.

(A) Gráfico def (B) Gráfico def⁻¹

Exemplo 2. Considere a funçãog(x)=x³, cuja inversa ég⁻¹(x)=p³

x. Note quegé derivável emx=0 eg⁰(0)=0. Note também queg⁻¹é contínua mas não é derivável emx=0, pois

x→0lim

g⁻¹(x)−g⁻¹(0) x−0 =lim

x→0

p3

x x =lim

x→0

1 p3

x²= +∞. (Você pode brincar com as retas tangentes aos gráficos degeg⁻¹clicando aqui.)

(A) Gráficos dege deg⁻¹

1

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Porém, assumindo hipóteses bastante razoáveis, veremos que a continuidade de f garante também a de f⁻¹. Um resultado análogo vale também para a diferenciabilidade def⁻¹. Vamos usar um teorema importante envolvendo continuidade: o Teorema do Valor Intermediário, que veremos com detalhes na segunda parte do curso. Apresentamos seu enunciado e sua demonstração na próxima seção; o leitor que se sentir confortável pode usá-la apenas como consulta para a seção seguinte.

2. O TEOREMA DOVALORINTERMEDIÁRIO

Teorema 3(Teorema do Valor Intermediário). Seja f : [a,b]→Ruma função contínua no intervalo[a,b]. Suponha que d seja um número real satisfazendo f(a)<d<f(b). Então existe c∈(a,b)tal que f(c)=d . (Geometricamente, o gráfico de f intercepta a reta horizontal y=d em algum ponto.)

Demonstração. A demonstração é uma consequência simples da Propriedade do Supremo. Considere o conjunto C={x∈[a,b] :f(x)≤d}.

Note queC não é vazio, poisf(a)<de, portanto,a∈C. Note também queC é limitado superiormente porb. Portanto, C admite supremo, que denotaremos porc.

Nosso objetivo é provar quef(c)=d. Suponha, por absurdo, que isso não ocorra; então temos f(c)6=d =⇒ |f(c)−d| >0.

1º caso: f(c)>d. Note que isto implica quec>ae, portanto, exister>0 tal quer<δe [c−r,c]⊂[a,b]. Substituindo

|f(c)−d| =f(c)−dem (1), obtemos

(2) f(x)>d,∀x∈[c−r,c].

Afirmamos quec−ré um limitante superior deC. De fato, note que sex∈C, entãox∈[a,c] ef(x)≤d. Em virtude de (2),xnão pode pertencer ao intervalo [c−r,c]. Concluímos, portanto, quex<c−r, ou seja,c−ré um limitante superior deC. No entanto,cé omenorlimitante superior deC; um absurdo. Logo, o 1º caso não pode ocorrer.

2º caso: f(c)<d. Isto implica quec<be, portanto, existes>0 tal ques<δe [c,c+s]⊂[a,b]. Substituindo|f(c)−d| = d−f(c) em (1), obtemos

(3) f(x)<d,∀x∈[c,c+s].

Em particular, isto significa quef(c+s)<d, ou seja,c+s∈C; isto contradiz o fato decser limitante superior deC. Logo, o 2º caso também não pode ocorrer.

Concluímos, desta maneira, quef(c)=d, como desejávamos.

Uma versão ligeiramente mais geral do Teorema do Valor Intermediário é a seguinte:

Corolário 4. Seja f : [a,b]→Ruma função contínua no intervalo[a,b]. Suponha que d seja um número real estritamente entre f(a)e f(b). Então existe c∈(a,b)tal que f(c)=d .

Demonstração. Se f(a)<d<f(b), basta usarmos o teorema anterior. Caso contrário, considere a funçãog: [a,b]→R dada porg(x)= −f(x). Então temos

f(a)>d>f(b)=⇒ g(a)= −f(a)< −d< −f(b)=g(b).

Novamente pelo Teorema do Valor Intermediário, existec∈(a,b) tal queg(c)= −d, ou seja,f(c)=d.

Outras duas consequências úteis:

Corolário 5. Se f :I→Ré uma função contínua definida em um intervalo I , entãoIm(f)também é um intervalo.

Demonstração. Sejamy₁<y<y₂três números reais tais quey₁,y₂∈Im(f) e mostremos quey também pertence à imagem def. Escolhax₁,x₂∈Itais quef(x₁)=y₁ef(x₂)=y₂; note quex₁6=x₂. Definindoa=min(x₁,x₂) eb=max(x₁,x₂), concluímos quea,b∈Ieyé um número real estritamente entref(a) e f(b); aplicando o Corolário 4, obtemosc∈(a,b)

tal quef(c)=y, ou seja,y∈Im(f).

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Corolário 6. Seja f :I→Ruma função contínua definida em um intervalo I . Se f(x)6=0para todo x∈I , então o sinal de f não muda em I .

Demonstração. Faremos a contra-positiva. Suponha quef mude de sinal emI; então existema,b∈I tais quea<be f(a),f(b) têm sinais contrários, isto é,

f(a)<0<f(b) ou f(a)>0>f(b).

Pelo Corolário 4, existec∈(a,b) tal quef(c)=0.

3. MONOTONICIDADE ECONTINUIDADE

Para estudar a continuidade da função inversa, precisaremos analisar as noções de funções crescentes, decrescentes e monótonas.

Definição 7. Sejaf :I→Ruma função.

(i) Dizemos quef écrescentese para todosx,y∈I,

x<y =⇒ f(x)≤f(y);

(ii) Dizemos quef édecrescentese para todosx,y∈I,

x<y =⇒ f(x)≥f(y);

(iii) Dizemos quef éestritamente crescentese para todosx,y∈I, x<y =⇒ f(x)<f(y);

(iv) Dizemos quef éestritamente decrescentese para todosx,y∈I, x<y =⇒ f(x)>f(y);

(v) Dizemos quef émonótona(respectivamente,estritamente monótona) sef é crescente ou decrescente (respectivamente, estritamente crescente ou decrescente).

Observe que toda função estritamente monótona é injetora, mas nem toda função injetora é monótona (você consegue pensar em um exemplo?). O teorema a seguir mostra que toda função injetoracontínuae definida em um intervalo é monótona.

Teorema 8. Seja I⊂Rum intervalo. Se f :I→Ré uma função contínua e injetora, então f é estritamente monótona.

Demonstração. Suponha quef não seja estritamente decrescente; vamos mostrar que, neste caso,f é estritamente crescente. Nestas condições, existema,b∈Itais quea<bef(a)≤f(b). Comof é, por hipótese, injetora, a desigualdade é, na realidade, estrita: temosf(a)<f(b).

Sejamx,y∈Iarbitrários satisfazendox<y. Considere as funções auxiliaresc1,c2: [0, 1]→Rdadas por¹ c₁(t)=t x+(1−t)a,

c₂(t)=t y+(1−t)b.

Note quec₁ec₂são contínuas (pois são polinômios na variávelt). Além disso, estas funções satisfazem as seguintes duas propriedades:

Propriedade 1: c₁(t) ec₂(t) pertencem aI, para todot∈[0, 1].

De fato, sejamm₁=min(a,x) eM₁=max(a,x). Como I é um intervalo que contémaex, sabemos quem₁eM₁ também pertencem aI. Agora, dadot∈[0, 1], note quet≥0 e 1−t≥0. Isto implica que

c₁(t)=t x+(1−t)a≥t m₁+(1−t)m₁=m₁, c₁(t)=t x+(1−t)a≤t M₁+(1−t)M₁=M₁.

Portanto,c1(t) pertence ao intervalo [m1,M1], que está contido emI. Procedendo de forma análoga,²prova-se quec2(t)∈ I.

Propriedade 2: c₁(t)<c₂(t), para todot∈[0, 1].

Note que set∈(0, 1), então

c1(t)=t x+(1−t)a<t y+(1−t)a<t y+(1−t)b=c2(t).

1Você consegue esboçar os gráficos dec1ec2? 2Tente fazer como exercício.

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Além disso,c₁(0)=a<b=c₂(0) ec₁(1)=x<y=c₂(1). Isto estabelece a Propriedade 2.

Agora, considere a funçãog: [0, 1]→Rdada por

g(t)=f(c₂(t))−f(c₁(t)).

A Propriedade 1 garante quegestá bem definida. Também é fácil ver quegé contínua, como diferença de compostas de contínuas. Observe ainda quegnão se anula em [0, 1]. Com efeito, seg(t)=0, entãof(c₁(t))=f(c₂(t)) e, pela injetividade de f, teríamosc₁(t)=c₂(t), o que nunca ocorre em virtude da Propriedade 2. Portanto, de acordo com o Corolário 6,g não muda de sinal em [0, 1].

Qual o sinal deg? Basta calcular o valor degem um ponto conveniente:

g(0)=f(c₂(0))−f(c₁(0))=f(b)−f(a)>0.

Concluímos, desta forma, queg(t)>0 para todot∈[0, 1]. Em particular, emt=1 temos 0<g(1)=f(c2(1))−f(c1(1))=f(y)−f(x),

ou seja,f(x)<f(y). Isto prova quef é estritamente crescente e a demonstração está completa.

Veremos, a seguir, que a recíproca do Corolário 5 é verdadeira para funçõesmonótonas. No enunciado do Teorema 9,I não precisa ser um intervalo.

Teorema 9. Se f :I→Ré uma função monótona eIm(f)é um intervalo, então f é contínua.

Demonstração. Trocandof por−f, se necessário, podemos supor quef seja crescente. Fixadop∈I, vamos mostrar, pela definição, quef é contínua emp. Sejamq=f(p) eJ=Im(f). Dadoε>0, desejamos encontrarδ>0 tal que

x∈I e|x−p| <δ =⇒ |f(x)−q| <ε. Considere os seguintes casos:

1º caso: qpertence ao interior do intervaloJ.

Neste caso, exister>0 tal quer<εe [q−r,q+r]⊂J. Escolhaa,b∈Itais quef(a)=q−r ef(b)=q+r. Note que, comof é crescente ef(a)<f(p)<f(b), temosa<p<b. Agora, sejaδ=min(p−a,b−p)>0. Sex∈Ié tal que|x−p| <δ, então

a≤p−δ<x<p+δ≤b =⇒ f(a)≤f(x)≤f(b)=⇒q−r≤f(x)≤q+r =⇒ |f(x)−q| ≤r<ε. 2º caso: Jnão é unitário eqé um extremo do intervaloJ.

Podemos supor queqé extremo esquerdo deJ(faça o caso em queqé extremo direito como exercício). Assim, existe r>0 tal quer<εe [q,q+r]⊂J. Escolhab∈Ital quef(b)=q+r; note quef(p)<f(b) implicap<b. Definaδ=b−p>0.

Sex∈Ié tal quep−δ<x≤p, entãof(x)≤f(p), poisf é crescente; por outro lado,f(x)≥q, pois estamos supondo que qé extremo esquerdo deJ. Combinando estes fatos, concluímos que

x∈I,p−δ<x≤p =⇒ f(x)=q=⇒ |f(x)−q| <ε. Agora, sex∈Isatisfazp<x<p+δ=b, então

q≤f(x)≤f(b)=q+r =⇒ |f(x)−q| ≤r<ε. Isto prova quef é contínua emp, neste caso.

3º caso: J={q}.

Este é o caso mais simples:f é constante e, portanto, contínua emp.

Encerramos esta seção com uma observação simples, mas importante. (Compare com o Corolário 5.)

Corolário 10. Se f :I→Ré uma função contínua e injetora definida em um intervalo aberto, entãoIm(f)também é um intervalo aberto.

Demonstração. Aplicando o Teorema 8, podemos supor quef é estritamente crescente. Fixemosq∈Im(f) e sejap∈Ital quef(p)=q. ComoIé aberto, existeδ>0 tal que [p−δ,p+δ]⊂I. Escrevendoa=f(p−δ) eb=f(p+δ), temos

p−δ<p<p+δ=⇒ a<q<b.

Para encerrar a demonstração, basta notar que, pelo Teorema do Valor Intermediário, o intervalo [a,b] está contido em

Im(f).

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4. CONTINUIDADE DA FUNÇÃO INVERSA

Exercício 11. Mostre que se f :I→Im(f) é estritamente crescente (respectivamente, decrescente), então sua inversa f⁻¹: Im(f)→Itambém é estritamente crescente (respectivamente, decrescente).

Agora estamos em condições de enunciar e provar o resultado que garante a continuidade da função inversa.

Teorema 12. Seja I⊂Rum intervalo. Se f :I→Ré uma função estritamente monótona, então f⁻¹: Im(f)→I é contínua.

Demonstração. Pelo Exercício 11,f⁻¹também é estritamente monótona. Como a imagem def⁻¹é o intervaloI, concluí-

mos, em virtude do Teorema 9, quef⁻¹é contínua.

Em particular, temos a seguinte consequência útil.

Corolário 13. Seja I⊂Rum intervalo. Se f :I→Ré uma função contínua e injetora, então f⁻¹: Im(f)→I também é contínua.

Demonstração. Pelo Teorema 8,f é estritamente monótona e basta aplicar o Teorema 12.

Decorre do Corolário 13, por exemplo, que as funções arcsin, arccos e arctan são contínuas.

Convém observar que as hipóteses do Teorema 12 são essenciais. A função f definida no Exemplo 1 é estritamente crescente e sua inversa é descontínua, masf nãoestá definida em um intervalo. Por outro lado, a hipótese de monotonicidade também não pode ser removida, como mostra o exemplo a seguir.

Exemplo 14. Sejag: [1, 2]→Rdada por

g(x)=

(x, sexé racional,

−x, sexé irracional.

Sua inversa é a funçãog⁻¹: Im(g)→Rdada por g⁻¹(x)=

(x, se 1≤x≤2,xracional,

−x, se−2<x< −1,xirracional.

Note quegeg⁻¹não são contínuas em nenhum ponto.

5. DIFERENCIABILIDADE DA FUNÇÃO INVERSA

O que pode ser dito a respeito da diferenciabilidade da inversa? Suponha, primeiramente, quef seja derivável empe f⁻¹seja derivável emq=f(p). Como

f⁻¹(f(x))=x,∀x∈I, pela Regra da Cadeia,

(f⁻¹)⁰(f(p))·f⁰(p)=1, ou seja

(f⁻¹)⁰(f(p))= 1 f⁰(p).

Decorre desta observação que sef é derivável empef⁰(p)=0, então f⁻¹nãoé derivável emf(p).³Desta forma, sef é derivável emp, entãof⁰(p)6=0 é uma condiçãonecessáriapara que f⁻¹seja derivável emf(p). Veremos a seguir que

f⁰(p)6=0 ef⁻¹contínua emf(p) são uma condiçãosuficiente.

Teorema 15. Sejam I⊂Rum intervalo aberto e f :I→Im(f)uma função injetora. Se f é derivável em p∈I , f⁰(p)6=0e f⁻¹é contínua em q=f(p), então

y→qlim

f⁻¹(y)−f⁻¹(q)

y−q = 1

f⁰(p).

3Veja novamente o Exemplo 2.

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Demonstração. Vamos mostrar que o limite

y→qlim

f⁻¹(y)−f⁻¹(q) y−q

existe e é igual a _f₀¹_(p)usando a definição.⁴É importante notar que a Regra da Cadeia não pode ser usada - ela exige que f⁻¹seja derivável, que é justamente o que queremos provar!

EscrevaJ=Im(f). Sejaε>0 dado. Observe que sex∈I,x6=p, então f(x)6=f(p), em virtude da injetividade de f. Desta forma, o quociente

x−p f(x)−f(p) está bem definido para todox∈I,x6=p. Como

x→plim

f(x)−f(p)

x−p =f⁰(p)6=0, já sabemos que

x→plim

x−p

f(x)−f(p)= 1 f⁰(p). Isto significa que existeρ>0 tal que

(4) x∈I e 0< |x−p| <ρ=⇒

¯

¯ x−p

f(x)−f(p)− 1 f⁰(p)

¯

¯<ε. Agora, comof⁻¹é contínua emq, existeδ>0 tal que

(5) y∈J e|y−q| <δ=⇒ |f⁻¹(y)−f⁻¹(q)| = |f⁻¹(y)−p| <ρ. Combinando (4) e (5), e lembrando quef⁻¹(y)6=pparay6=q, concluímos que

y∈J e 0< |y−q| <δ=⇒ f⁻¹(y)∈I e 0< |f⁻¹(y)−p| <ρ

=⇒

¯

f⁻¹(y)−p

f(f⁻¹(y))−f(p)− 1 f⁰(p)

¯

¯<ε

=⇒

¯

f⁻¹(y)−f⁻¹(q)

y−q − 1

f⁰(p)

¯

¯<ε,

como desejado.

Corolário 16. Sejam I⊂Rum intervalo aberto e f :I→Im(f)uma função derivável e injetora. Se p∈I é tal que f⁰(p)6=0, então f⁻¹é derivável em q=f(p)e(f⁻¹)⁰(q)=_f0¹(p).

Demonstração. Observe primeiramente que a continuidade de f e os Corolários 10 e 13 garantem que f⁻¹também é contínua no intervalo aberto Im(f). Além disso, como f⁰(p)6=0, podemos aplicar o Teorema 15 para concluir quef⁻¹é derivável emqe

(f⁻¹)⁰(q)=lim

y→q

f⁻¹(y)−f⁻¹(q)

y−q = 1

f⁰(p),

como queríamos.

Encerramos com o resultado seguir, que mostra que sef é uma função derivável em um intervalo aberto e sua derivada não se anula, entãof é injetora e, além disso, sua inversa é derivável.

Teorema 17(Teorema da Função Inversa). Sejam I ⊂Rum intervalo aberto e f :I →Im(f)uma função derivável. Se f⁰(x)6=0para todo x∈I , então f é injetora e f⁻¹: Im(f)→I também é derivável.

Demonstração. Note que f⁰não muda de sinal emI, pelo Teorema de Darboux.⁵Sem perda de generalidade, podemos suporf⁰(x)>0 para todox∈I. Isto implica que f é estritamente crescente emIe, em particular, é injetora. Decorre do

Corolário 16, então, quef⁻¹é derivável em Im(f).

4O ingrediente crucial é usar a mudança de variávelx=f⁻¹(y) para calcular o limite pedido. A demonstração apresentada aqui mostra porque a mudança de variável funciona.

5Teorema de Darboux:SejamI⊂Rum intervalo ef:I→Ruma função derivável. Dadosa,b∈I,a<b, para todo número realyentref⁰(a) ef⁰(b), existec∈[a,b] tal quef⁰(c)=y. Este teorema também é conhecido como Teorema do Valor Intermediário para Derivadas. Veja o Exercício 66 da lista 2.

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6. AGRADECIMENTOS

Um agradecimento especial ao prof. Alexandre Lymberopoulos pelas valiosas sugestões e pela animação do Exemplo 2.

REFERÊNCIAS [1] M. Spivak,Calculus,Publish or Perish Inc., Houston, Texas (1994).