Matematické Fórum

007jirka · 07. 01. 2011 16:11

Zdravim, prosim o pomoc pri reseni prikladu. Mam zadanu funkci f(x)=(a^x + a^-x)/2 a mam algebraicky zjistit jak vypada inverzní fuknkce, sedel jsem nad tím dlouho a porad ne a ne se dobrat vysledku... díky mo za odpoved.

Rumburak · 07. 01. 2011 16:19

Metoda, jak se hledá inversní funkce, je popsána např. zde

007jirka · 07. 01. 2011 16:26

↑ Rumburak: problemem je ze metodu vím, ale porád mi tento príklad nechce vyjít...

Rumburak · 07. 01. 2011 16:45

↑ 007jirka:

Tak sem napiš svůj postup, ať zjistíme, kde je chyba - tak se to naučíš nejlíp.

Já se na forum znovu dostanu až v pondělí, takže pravděpodobně Ti to dříve zkontroluje někdo jiný.

007jirka · 09. 01. 2011 16:00

nakonec jsem zjistil ze jsem na to sel spatne, poradili mi at na to jdu pres substituci a u te se doberu k vysledku t=+- 1, ale ted uz ani za boha nevim jak dojit k inverzi... :-(

jelena · 09. 01. 2011 19:02

↑ 007jirka: to se mi nezdá, že by z tohoto doporučení vzniklo t=+/-1 (navíc vážený kolega ↑ Rumburak: bude těžko vědět, co znamená taková substituce).

Ale samozřejmě - záleží jen na Tobě, zda chceš umístit nebo neumístit svůj postup. Problém inverzních funkcí netiží ani mne, ani váženého kolegu, kterého takto srdečně zdravím.

007jirka · 10. 01. 2011 10:50

dle rady jsem si za a^x zavedl substituci t ... z toho dostanu y=1/2 *t *(1+1/t^2) ... vcera mi vyslo zminene t +- 1 , dnes po dalsim pokusu jiz 0 a 1 vim ze je to spatne ale i kdyby ne tak mi neleze do hlavy jak z toho vytriskam x=.... . Kdyz jsem pocital jine priklady tak vse slo v poradku ale jakmile se objevi cokoliv s x v exponentu tak v tom zacnu mit chaos.

jelena · 10. 01. 2011 11:13

moje představa je taková:

$f(x)=\frac{a^x + a^{-x}}{2}$
$y=\frac{t+\frac{1}{t}}{2}$
$2ty=t^2+1$
$t^2-2ty+1=0$

souhlasí to s Tvou představou? Děkuji.

Rumburak · 10. 01. 2011 11:37

↑ 007jirka:
Shodli jsme se, že jde o to vyřešit rovnici

(1) $f(x)=p$

v závislosti na parametru $p$ , kde $f(x)=\frac{a^x \,+\, a^{-x}}{2}$ . Tedy i funkce $f$ je závislá na parametru, a sice na parametru $a$ .
Máme tady, po rozepsání, řešit rovnici

$\frac{a^x \,+\, a^{-x}}{2} = p$

závislou na dvou parametrech $a, \,p$ .

Výhodnější ale bude nejprve se zamyslet nad tím, jak je funkce $f$ poskládána, a využít toho. Označíme-li

$u(x) \,:= a^x$ , $g(u) \,:= \frac{1}{2}\,$u \,+\,\frac {1}{u}$$

vidíme, že platí $f(x) = g$u(x)$$ , neboli $f=g\circ u$ . Máme tedy řešit rovnici $g$u(x)$=p$ . Tvar levé strany nám umožňuje
rozdělit úlohu do dvou jednodušších kroků :

I. Vyřešit rovnici $g(u)=p$ v závislosti na parametru $p$ (po úpravě to bude kvadratická rovnice),

II. Vyřešit (exponenciální) rovnici $u(x)=w$ v závislosti na $a, \,w$ , kde $w = w(p)$ je řešení rovnice $g(u)=p$ z kroku I.

Tato úvaha je nespíše podstatou té substituce, kterou navrhli kamarádi.

PS. S radostí opětuji pozdrav milé a vážené kolegyni Jeleně .

007jirka · 10. 01. 2011 11:46

aha... tak to jsem pocital HODNE spatne.... dekuji mnohokrat... je mozne ze mi inverze vysla $x=log{a}(y) +- (1/2*log{a}(y^2 - 1))$ s tim ze posledni logaritmus by sel jeste rozepsat....?

jelena · 10. 01. 2011 11:56

↑ 007jirka:

myslím, že žádná vlastnost logaritmů neumožňuje rozepsat ani ten "první logaritmus", natož ten "poslední".

Bude lepší, když ponechaš x=log(.....)

↑ Rumburak: děkuji za podrobný a přehledný výklad a za pozdrav, také opětuji :-)

jelena · 10. 01. 2011 11:59

tak byl myšlen původní zápis? $x=\log_{a}$y\pm \sqrt{y^2-1}$$

007jirka · 10. 01. 2011 12:12

↑ jelena: omlouvam se, az zpetne koukam jaka je to blbost, zbrkle jsem to upravoval... presne takto $x=\log_{a}$y\pm \sqrt{y^2-1}$$ vypadal muj krok pred tim nesmyslem... skvele... dekuji mnohkrat vsem a smekam

jelena · 10. 01. 2011 12:23

↑ 007jirka: smekám před podrobným a přehledným výkladem kolegy ↑ Rumburaka:,

teď si ovšem nevzpomínám, zda jsme hovořili o podmínce, že funkce f(x) měla být prostá - pro nalezení inverzní funkce musíme ještě určit interval, na kterém je prostá. A také diskusi parametru $a$ jsme neprovedli.

A už nevím, na ce jsme se ještě neohledli :-) Spolehám na váženého kolegu, děkuji.

---------------------------
...

Rumburak

↑ 007jirka: Je potřeba neunáhlit se a postupovat s rozmyslem, rozhodně ne mechanicky. Uvědomme si nejprve základní vlastnosti
uvažovaných funkcí, tím situaci budeme moci zjednodušit pomocí vhodných doplňujících předpokladů.

Máme-li za funkci $f$ považovat reálnou funkci, jejímž definičním oborem je množina všech reálných čísel, musíme předpokládat $a \,>\, 0$ .
Funkce $u(x) \,:= a^x$ pak nabývá pouze kladných hodnot . Dále: je-li $u\,>\,0$ , potom i $g(u) \,:= \frac{1}{2}\,$u \,+\,\frac {1}{u}$ \,>\,0$ .
Takže rovněž funkce $f$ nabývá pouze kladných hodnot. Zároveň připojme předpoklad $a\,\ne \,1$ , tím vyloučíme případ, kdy funkce $u$ a
tedy i $f$ jsou konstantní - pak by totiž inversní funkce zcela jistě neexistovala.

I. V rovnici $g(u)=p$ dle ↑ Rumburak: se tedy můžeme omezit na $p \,>\,0$ , aniž bychom tím o něco přišli.
Při tomto předpokladu kvadratická rovnice $u^2\,-\,2pu \,+ \,1 \,=\, 0$ vzniklá úpravou rovnice $g(u)=p$ má nezáporný diskriminant
(a tedy reálné kořeny) právě když $p \ge 1$ . Ony reálné kořeny zmíněné rovnice pak budou $u_{1,2}\,=\,p\,\pm \,\sqrt{p^2-1}$ .
Tímto máme vyřešen krok I, za $w(p)$ z kroku II pak bereme postupně čísla $u_{1,2}$ .

Nyní proveďme krok II. Tento krok se opět rozpadne na dva případy podle volby $w(p)$ :

1) $w(p)\,=\,p\,+ \,\sqrt{p^2-1}$ .
Rovnice $u(x)=w(p)$ má v tomto případě tvar $a^x\,=\,p\,+ \,\sqrt{p^2-1}$ (na pravé straně je kladné číslo) a tedy jediné řešení
$x_1\,=\,\log_a $p\,+ \,\sqrt{p^2-1}$$ .

2) $w(p)\,=\,p\,- \,\sqrt{p^2-1}$ .
Rovnice $u(x)=w(p)$ má v tomto případě tvar $a^x\,=\,p\,- \,\sqrt{p^2-1}$ (na pravé straně je opět kladné číslo) a tedy jediné řešení
$x_2\,=\,\log_a $p\,- \,\sqrt{p^2-1}$$ .

Pro $p = 1$ je $x_1 = x_2 = \log_a 1 = 0$ . Pro $p > 1$ se kořeny $x_{1,2}$ liší , splňují však vztahy $x_1 + x_2 = 0$ (neboť $u_1 \cdot u_2 = 1$ )
a dále $x_1 > 0 > x_2$ v případě $a > 1$ resp. $x_1 < 0 < x_2$ v případě $0 < a < 1$ .

Za předpokladů $a \,>\, 0$ , $a\,\ne \,1$ jsme tedy ukázali:

Rovnice $f(x) = p$ je řešitelná pouze pro $p \,\ge\, 1$ , tedy oborem hodnot fce $f$ je interval $[1,\,+\infty)$ .
Řešení však je jednoznačně určeno pouze v případě $p=1$ , v případě $p>1$ existují řešení dvě, z nichž jedno je kladné a druhé záporné.
Funkce $f$ proto NENÍ prostá v $\mathb R$ a tedy NEMÁ inversní funkci.

Avšak označíme-li $f_1$ zúžení funkce $f$ na interval $[0,\,+\infty)$ , potom funkce $f_1$ už prostá je a k ní inversní je buďto
$\log_a $y\,+ \,\sqrt{y^2-1}$$ , $y \, \in \,[1,\,+\infty)$ v případě $a > 1$ nebo
$\log_a $y\,- \,\sqrt{y^2-1}$$ , $y \, \in \,[1,\,+\infty)$ v případě $0 < a < 1$ .

Obdobně pro funkci $f_2$ , která je zúžením funkce $f$ na interval $(-\infty,\,0]$ - inversní funkcí k ní je buďto
$\log_a $y\,- \,\sqrt{y^2-1}$$ , $y \, \in \,[1,\,+\infty)$ v případě $a > 1$ nebo
$\log_a $y\,+ \,\sqrt{y^2-1}$$ , $y \, \in \,[1,\,+\infty)$ v případě $0 < a < 1$ ,
tedy opačně než u funkce $f_1$ .

EDIT: Určitého technického zjednodušení bychom mohli dosáhnout vyjádřením $a^t = {\mathrm{e}}^{\lambda t}$ , kde $\lambda = \ln a$ .

007jirka · 10. 01. 2011 18:20

↑ Rumburak: dekuji mnohokrat, lepsi vysvetleni jsem nemohl dostat... toto mi vzdy delalo problemy, musim to vzit pomalu krok po kroku... jsem dluznikem...

Matematické Fórum

#1 07. 01. 2011 16:11

Inverzní fce

#2 07. 01. 2011 16:19

Re: Inverzní fce

#3 07. 01. 2011 16:26

Re: Inverzní fce

#4 07. 01. 2011 16:45

Re: Inverzní fce

#5 09. 01. 2011 16:00

Re: Inverzní fce

#6 09. 01. 2011 19:02

Re: Inverzní fce

#7 10. 01. 2011 10:50

Re: Inverzní fce

#8 10. 01. 2011 11:13

Re: Inverzní fce

#9 10. 01. 2011 11:37

Re: Inverzní fce

#10 10. 01. 2011 11:46

Re: Inverzní fce

#11 10. 01. 2011 11:56

Re: Inverzní fce

#12 10. 01. 2011 11:59

Re: Inverzní fce

#13 10. 01. 2011 12:12

Re: Inverzní fce

#14 10. 01. 2011 12:23

Re: Inverzní fce

#15 10. 01. 2011 15:23 — Editoval Rumburak (10. 01. 2011 16:30)

Re: Inverzní fce

#16 10. 01. 2011 18:20

Re: Inverzní fce

Zápatí