5181. Složena funkcija i inverzna funkcija

Podsetimo se definicije: ako je $f:A\to B$ bijektivna funkcija (tj. „1-1” i „na”), inverzna funkcija $f^{-1}:B\to A$ je funkcija za koju važi $f^{-1}(f(x))=x$ za svako $x\in A$ i $f(f^{-1}(y))=y$ za svako $y\in B .$ Funkcija je „1-1” ako različiti brojevi uvek imaju različite vrednosti, tj. iz $f(x_1)=f(x_2)$ sledi $x_1=x_2 .$ Funkcija je „na” skup $B$ ako je svaki broj $y\in B$ vrednost funkcije za neko $x\in A .$ Jednostavno rečeno: inverzna funkcija „poništava” ono što uradi $f$ — ako $f$ broj $x$ pošalje u $y ,$ onda $f^{-1}$ broj $y$ vraća nazad u $x .$

Da bi funkcija imala inverznu, mora biti „1-1”: različiti brojevi moraju imati različite vrednosti. Funkcija $g$ to nije, jer je parna — zamenom $x$ sa $-x$ sabirci $e^x$ i $e^{-x}$ samo zamene mesta:

g(-x)=\frac{e^{-x}+e^{x}}{2}=g(x)

Na primer, $g(1)=g(-1)=\frac{e+e^{-1}}{2} .$ Inverzna funkcija bi ovu vrednost morala da vrati i u $1$ i u $-1 ,$ što je nemoguće. Zato $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ nema inverznu funkciju.

Sada posmatramo $g:[0,+\infty)\to[1,+\infty) .$ Najpre proverimo da vrednosti zaista nisu manje od $1 .$ Sa $u=e^x>0$ je $g(x)=\frac{u+\frac1u}{2} ,$ pa je:

g(x)-1=\frac{u+\frac1u-2}{2}=\frac{u^2-2u+1}{2u}=\frac{(u-1)^2}{2u}\geq0

Kako to radimo u praksi: uzmemo proizvoljan broj $y$ i rešimo jednačinu $f(x)=y$ po nepoznatoj $x .$ Ako za svako $y\in B$ ta jednačina ima tačno jedno rešenje $x\in A ,$ funkcija je bijekcija (svaki $y$ je pogođen, pa je funkcija „na”, i to tačno jednom, pa je „1-1”), a dobijeno rešenje je upravo $f^{-1}(y) .$ Na kraju slovo $y$ preimenujemo u $x ,$ jer se argument funkcije uobičajeno označava sa $x .$

Rešavamo jednačinu $g(x)=y$ za $y\geq1 ,$ uz uslov $x\geq0 ,$ tj. $u=e^x\geq1 .$ Množenjem sa $2u$ dobijamo kvadratnu jednačinu:

u+\frac1u=2y \implies u^2-2yu+1=0 \implies u_{1,2}=y\pm\sqrt{y^2-1}

Koren postoji jer je $y\geq1 .$ Po Vijetovim formulama $u_1u_2=1 ,$ pa je jedno rešenje najmanje $1 ,$ a drugo najviše $1$ (npr. za $y=\frac54$ rešenja su $2$ i $\frac12$ ). Uslov $u\geq1$ zadovoljava veće rešenje, i to samo ono (kada su rešenja različita):

e^x=y+\sqrt{y^2-1} \implies x=\ln\left(y+\sqrt{y^2-1}\right)

Kako je $y+\sqrt{y^2-1}\geq1 ,$ dobijeni $x$ nije negativan. Za svako $y\geq1$ postoji tačno jedno $x\geq0 ,$ pa je $g:[0,+\infty)\to[1,+\infty)$ bijekcija. Ograničenjem na $x\geq0$ izbacili smo „levu polovinu” grafika, pa se više ne dešava da dva broja $x$ i $-x$ imaju istu vrednost.

Provera: $g(\ln2)=\frac{2+\frac12}{2}=\frac54 ,$ a formula daje $\ln\left(\frac54+\sqrt{\frac{25}{16}-1}\right)=\ln\left(\frac54+\frac34\right)=\ln2 .$ Slaže se.

Rešenje: $g^{-1}(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right) ,$ $x\in[1,+\infty) .$

Grafici uzajamno inverznih funkcija simetrični su u odnosu na pravu $y=x :$ ako tačka $(a,b)$ leži na grafiku funkcije $f ,$ onda tačka $(b,a)$ leži na grafiku funkcije $f^{-1} .$ Na slici su zato nacrtane funkcija $f ,$ njena inverzna funkcija $f^{-1}$ i prava $y=x .$

Započni učenje

Online časovi

117.b

Beleške