f jsou osově souměrné podle přímky y = x. x R. Najdi

INVERZNÍ FUNKCE Nechť y  f  x  je prostá funkce v D  f  (tj. v celém svém definičním oboru pořád roste nebo pořád klesá) a zobrazuje D  f  na H  f  . Pak k této funkci existuje funkce inverzní f 1 definovaná vztahem: y  f  x   x  f 1  y  . Odtud dále plyne:

 

 

a) D f 1 = H  f  , H f 1 = D  f  b) Grafy funkcí f a f 1 jsou osově souměrné podle přímky y = x. Příklad 1 Je dána funkce f : y  2 x  3 ; x  R . Najdi f

1

.

Řešení: Funkce f : y  2 x  3 ; x  R je lineární, jejím grafem je přímka. Na celém svém definičním oboru je rostoucí, existuje k ní tedy funkce inverzní. Její předpis najdu snadno, když z předpisu funkce f vyjádřím x a poté zaměním x za y.

y  2x  3 y  3  2x y3 x 2 x3 y 2

Nyní zaměním x za y.

 . Vyjdu přitom ze vztahu a). Obor hodnot funkce f H  f  = R. Platí tedy D  f  = H  f  = R. Zbývá určit D f

1

1

f

1

:y

x3 ; xR 2

Na závěr nechám MATMAT vykreslit obě funkce do jednoho obrázku spolu s přímkou y = x.

y

f -1 x

y=x f

Mají-li grafy funkcí f a f –1 nějaký společný bod, pak jedině na přímce y = x. To plyne ze samotné definice osové souměrnosti.

Příklad 2 Je dána funkce f : y  2 x  1; x   1;   . Najdi f

1

.

Řešení: Funkce f : y  2 x  1; x   1;   je lineární, jejím grafem je polopřímka. Na celém svém definičním oboru je klesající. Funkce f

1

tedy existuje.

y  2 x  1 2x   y  1  y 1  x 1 x → y Zbývá určit D  f 1  . Nejprve najdu obor hodnot H  f  . 2 2 f  1  2   1  1  3 (mínus jednička se zobrazí do trojky) *) f    2     1   (nekonečno se zobrazí do mínus nekonečna)

  (a).

Z toho plyne H  f     ; 3 = D f f

1

:y

1

 x 1 ; x    ; 3 2

y f -1

x

f

y=x

Příklad 3 Je dána funkce f : y 

1 2 x  4 x ; x  R . Najdi f 2

1

.

1 2 x  4 x ; x  R je kvadratická, jejím grafem je konvexní parabola. 2 Není tedy prostá, takže k ní neexistuje funkce inverzní. Hotovo.

Řešení: Funkce f : y 

Příklad 4 Je dána funkce f : y 

1 2 x  4 x ; x    ; 2  . Najdi f 2

1

.

1 2 x  4 x ; x    ; 2  je kvadratická, jejím grafem je část konvexní 2 paraboly. Nejprve je třeba ověřit, že funkce f je na celém svém definičním oboru prostá.

Řešení: Funkce f : y 

Vrchol paraboly o souřadnicích [x0; y0] lze snadno spočítat pomocí známých vzorců, já ale opráším své „znalosti“ derivací a vypočítám první derivaci funkce f.

f  x4

Nyní první derivaci položím rovnu nule – hledám lokální extrém funkce f. Mrkni na pojednání PRŮBĚH FUNKCE, je-li třeba. Lokální extrém se nachází ve vrcholu paraboly (a je to minimum), takže za x rovnou vlepím index 0.

x0 – 4 = 0 x0 = 4 Jak je vidět, vrchol paraboly, resp. jeho x-ová souřadnice, nepatří do intervalu   ; 2  . To znamená, že funkce f je na celém svém definičním oboru klesající a existuje k ní funkce inverzní. y

1 2 x  4x 2

Z této rovnice musím vyjádřit neznámou x. Vezmu to přes „diskroš“.

1 2 x  4x  y  0 a = 0,5 ; b = – 4; c = – y 2 D  16  4  0,5   y   16  2 y D  16  2 y

No nádhera!

x1, 2  4  16  2 y

Zaměním x za y.

y1, 2  4  16  2 x

Tak a co teď? Který předpis si mám vybrat? Pomůžu si vztahem a).

D f  =   ; 2  = H  f

1



Jak vidno, funkce f 1 nabývá kladných i záporných hodnot. To funkce y  4  16  2 x může jen stěží, takže je ze hry. Zbývá určit D f 1 .

 

1  1  f     lim  x 2  4 x   lim x x  4          x   2   x  2  f 2   6 H  f    6;   = D  f Zbývá obrázek.

1



→ f

1

: y  4  16  2 x ; x   6 ;  

*)

Příklad 5 Je dána funkce f : y  2  3e

x4

. Najdi f

1

.

Řešení: Funkce nemá uveden definiční obor. Najdu tedy maximální interval, na kterém je definovaná (a prostá) tento interval budu považovat za D  f  . Pod sudou odmocninou nemůže být záporné číslo. Takže x + 4 ≥ 0, z čehož plyne x   4;  . Exponent se s rostoucím x zvětšuje. Tím pádem se s rostoucím x zvětšuje i e x  4 a tedy i výraz 2  3e x  4 . Funkce f : y  2  3e x  4 je tudíž rostoucí pro x   4 ;   a existuje k ní funkce inverzní. y  2  3e x  4 Odečtu dvojku a vydělím třemi. y2  e x 4 Logaritmuju přirozeným logaritmem. 3 y2 ln  ln e x  4  x  4 ln e  x  4 Umocním na druhou a odečtu čtyřku. 3 y 2 ln 2 4  x Zaměním x za y. 3 x2 y  ln 2 4 To by bylo. Zbývá určit D f 1 . Opětovně na tu půjdu přes H  f  . 3

 

D f    4 ;   f  4  2  3e



4  4

f    lim 2  3e x

x4

 

Z toho plyne H  f   D  f

f

1

(mínus čtyřka se zobrazí do pětky)

5

1

*)

(nekonečno se zobrazí na nekonečno)



5; 

 x  2 : y  ln 2    4 ; x  5;   3 

Je-li funkce f rostoucí, pak je rostoucí i funkce f –1. Je-li funkce f klesající, pak je klesající i funkce f –1. Příklad 6

9  x2 Je dána funkce f : y  ln 2 . Urči maximální interval, na kterém je funkce f klesající. x 3 Dále na tomto intervalu najdi f 1 . 9  x2 Řešení: Nejprve určím, pro která x má výraz ln 2 smysl. Lomený výraz řešit netřeba, x 3 ve jmenovateli zlomku nebude nula, ani kdyby voda tekla do kopce. Zbývá logaritmus. Jelikož dole ve zlomku je vždy číslo kladné, musí být nahoře ve zlomku také číslo kladné. Z toho po jednoduchých úvahách plyne x   3 ; 3 . No, čekal jsem to horší. Teď přikročím k tomu maximálnímu intervalu. Nejdříve najdu derivaci funkce a pak ji položím rovnu nule (mrkni na pojednání DERIVACE SLOŽENÉ FUNKCE, je-li třeba).

f



 



1  2 x 3  6 x  18 x  2 x 3 x 2  3  2x x 2  3  9  x 2  2x 1  24 x  =  =  2 2 2 2 2 2 2 9 x 9x x 3 9x x 3 x 3





f   0 pro x = 0. Dostal jsem bod podezřelý z lokálního extrému. Vlastně je tam extrém na 100%, jelikož funkce f je sudá a tudíž osově souměrná podle osy y. Nyní vyšetřím průběh funkce na intervalech  3 ; 0  a 0 ; 3 . Mrkni na pojednání PRŮBĚH FUNKCE, je-li třeba. 24 >0 → Na intervalu  3 ; 0  je funkce f rostoucí. Hledaný maximální 32 interval, na kterém je funkce f klesající a který budu od teďka považovat za D  f  , je proto f  1 

interval 0 ; 3 . Fajn, to by bylo. Teď vyšpekuluju předpis funkce f

y  ln

ey 

9  x2 x2  3

1

.

Využiju definici logaritmu.

9  x2 x2  3

Vpravo provedu naznačené dělení.

 x

2





 9 : x 2  3  1  ( x 2  3) 12

Tedy  x 2  9 : x 2  3  1  12 x 3 12 ey 1  2 x 3 12 x2  3  y e 1 12 x2  y 3 e 1 12 x  3 e y 1 12 y x 3 e 1 e y  1 

12 x 3 2

2

Change places. A zasejc tu máme dvě varianty. Ne však na dlouho.

 

D  f   0 ; 3  H f

1

Jak vidno, funkce f funkce y  

D f   0 ; 3

9  02 f 0   ln 2  ln 3 0 3

Krása.

1

nabývá pouze kladných hodnot. Proto je

12  3 rázem ze hry. Zbývá určit D  f e 1 x

1

.

 9  x2   12   12    lim ln  2 f 3  lim  ln 2  1  ln   1  ln 0    x 3  11,999...   x  3  x 3  x  3 

Bjútyfl!

(symbolem 0+ jsem označil nekonečně malé kladné číslo)

     ; ln 3 .

Platí tedy: H  f   D f Závěr: f

*)

1

:y

1

*)

12  3 ; x    ; ln 3 e 1 x

Takto lze postupovat jen u prostých funkcí. Koukni na obrázek níže. Definičním oborem funkce f na obrázku je interval a ; b , ale oborem hodnot není ani interval

 f (a) ; f (b)

pro případ I., ani interval f (b) ; f (a ) pro případ II.