Teorema de la función inversa

Publicada el marzo 26, 2014 por Fernando Revilla

Proponemos ejercicios sobre el teorema de la función inversa.

RESUMEN TEÓRICO
  • Teorema  (de la función inversa).  Sea $f$ una función definida en el intervalo abierto $(a,b)$ y $x_0\in (a,b).$ Supongamos que se verifica:
    $1)$ $f’$ existe y es continua en $(a,b).$
    $2)$ $f'(x_0)\neq 0.$
    Entonces, existe un intervalo abierto $I\subset (a,b)$ que contiene a $x_0$ y un intervalo abierto $J$ que contiene a $y_0=f(x_0)$ tal que la función $f:I\to J$ es biyectiva.  Además, la función inversa $f^{-1}:J\to I$ es derivable en $J$ con derivada continua, y se verifica: $$\left(f^{-1}\right)'(y)=\dfrac{1}{f'(x)} \text{ si } y=f(x).\qquad (1)$$
  • Notas
    $(a)$ Las hipótesis del teorema de la función inversa aseguran la existencia de función inversa local $f^{-1}$ relativa a un entorno de $x_0$ (no necesariamente en todo $(a,b)$).
    $(b)$ La fórmula $(1)$ es traducible como: la derivada de la inversa es la inversa de la derivada.
    $(c)$ Si usamos la notación $f(x)$ en vez de $f(y),$ la igualdad $(1)$ se puede expresar en la forma: $$\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{f’\left[f^{-1}(x)\right]} \quad \forall x\in J .$$
  • Ejemplo 1.  Hallar $\left(f^{-1}\right)'(9)$ siendo $f(x)=x^3+1.$
    Solución. Tenemos $f'(x)=3x^2,$ luego $f$ es derivable en todo $\mathbb{R}$ con derivada continua. Hallemos $f^{-1}(9):$ $$x_0=f^{-1}(9)\Leftrightarrow f(x_0)=9\Leftrightarrow x_0^3+1=9\Leftrightarrow x_0=2.$$ Pero $f'(2)=12\neq 0$ con lo cual se verifican todas las hipótesis del teorema de la función inversa. Tenemos: $$\left(f^{-1}\right)'(9)=\dfrac{1}{f'(2)}=\dfrac{1}{12}.$$
  • Ejemplo 2.  En el ejemplo anterior podríamos haber hallado de otra manera $\left(f^{-1}\right)'(9).$ Despejando $x$ en $y=x^3+1,$ obtenemos $x=\sqrt[3]{y-1}$ y por tanto $f^{-1}(x)=\sqrt[3]{x-1}.$ Derivando y sustituyendo $x$ por $9:$ $$\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{(x-1)^2}},\quad \left(f^{-1}\right)'(9)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{8^2}}=\dfrac{1}{12}.$$ Sin embargo, hay que hacer notar que no siempre va a ser posible encontrar una expresión para $f^{-1}$ como en el ejemplo anterior.
    Enunciado
  1. Hallar $\left(f^{-1}\right)'(16),$ siendo $f(x)=x^3+2x^2+3x+10.$
  2. Hallar $\left(f^{-1}\right)'(2),$ siendo $f(x)=\sqrt[3]{x^3+5x+2}.$
  3. Siendo $f(x-2)=x^3+1$ y $g(x)=f(\arctan x),$ calcular $\left(g^{-1}\right)'(9).$
  4. Deducir una fórmula para $\left(f^{-1}\right)^{\prime\prime}(x).$ Como aplicación, calcular $\left(p^{-1}\right)^{\prime\prime}(0)$ siendo $p(x)=2x+7x^2+10x^3.$
  5. Usando el teorema de la derivada de la función inversa, deducir la fórmula de la derivada de la función arcoseno.
  6. Usando el teorema de la derivada de la función inversa, deducir la fórmula de la derivada de la función exponencial.
    Solución
  1. $f'(x)=3x^2+4x+3,$ luego $f$ es derivable en todo $\mathbb{R}$ con derivada continua. Hallemos $f^{-1}(16):$ $$x_0=f^{-1}(16)\Leftrightarrow f(x_0)=16\Leftrightarrow x_0^3+2x_0^2+3x_0+10=16.$$ Queda la ecuación $x_0^3+2x_0^2+3x_0-6=0.$ Según sabemos, las únicas posibles raíces enteras han de ser divisores de $-6,$ es decir $\pm 1,$ $\pm 2,$ $\pm 3$ o $\pm 6.$ Sustituyendo, verificamos que una raíz es $x_0=1.$ Usando la regla de Ruffini la ecuación se transforma en $(x_0-1)(x_0^2+3x_0+6)=0.$
  2. Hallemos $f^{-1}(2):$ $$x_0=f^{-1}(2)\Leftrightarrow f(x_0)=2\Leftrightarrow \sqrt[3]{x_0^3+5x_0+2}=2.$$ Elevando al cubo obtenemos $x_0^3+5x_0-6=0.$ Una raíz es $x_0=1,$ y usando la regla de Ruffini, $(x_0-1)(x_0^2+x_0+1)=0.$
    Pero $x_0^2+x_0+1=0$ no tiene soluciones reales, en consecuencia $f^{-1}(2)=1.$ Ahora bien,
    $$f'(x)=\dfrac{3x^2+5}{3\sqrt[3]{(x^3+5x+2)^2}},\quad f'(1)=\dfrac{8}{3\sqrt[3]{8^2}}=\dfrac{2}{3}\neq 0.$$ En un entorno de $1,$ $f$ es derivable con derivada continua. Por el teorema de la función inversa: $$\left(f^{-1}\right)'(1)=\dfrac{1}{f'(1)}=\dfrac{1}{2/3}=\dfrac{3}{2}.$$
  3. Llamando $t=x-2,$ queda $f(t)=(2+t)^3+1$ y $f'(t)=3(t+2)^2.$ Por otra parte, $$\begin{aligned}&g(x)=f(\arctan x)=(2+\arctan x)^3+1,\\
    &g'(x)=3(2+\arctan x)^2\dfrac{1}{1+x^2}.\qquad (1)\end{aligned}$$ Hallemos $g^{-1}(9).$ Tenemos: $$\begin{aligned}&g^{-1}(9)=x_0\Leftrightarrow g(x_0)=9\Leftrightarrow (2+\arctan x_0)^3+1=9\\
    &\Leftrightarrow 2+\arctan x_0=2\Leftrightarrow\arctan x_0=0\Leftrightarrow x_0=0.\end{aligned}$$ Usando $(1),$ $g'(0)=12.$ Claramente se verifican las hipótesis del teorema de la función inversa en el punto $(0,9),$ en consecuencia: $$\left(g^{-1}\right)'(9)=\frac{1}{g’\left[g^{-1}(9)\right]}=\frac{1}{g’\left(0\right)}=\frac{1}{12}.$$
  4. Según el teorema de la función inversa: $\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{f’\left(f^{-1}(x)\right)}.$ Derivando el cociente anterior: $$\left(f^{-1}\right)^{\prime\prime}(x)=\dfrac{-f^{\prime\prime}\left(f^{-1}(x)\right)\dfrac{1}{f’\left(f^{-1}(x)\right)}}{\left(f’\left(f^{-1}(x)\right)\right)^2}=-\dfrac{f^{\prime\prime}\left(f^{-1}(x)\right)}{\left(f’\left(f^{-1}(x)\right)\right)^3}.$$ Para la función dada queda: $\left(p^{-1}\right)^{\prime\prime}(0)=-\dfrac{p^{\prime\prime}\left(p^{-1}(0)\right)}{\left(p’\left(p^{-1}(0)\right)\right)^3}.$ Calculemos $x_0=p^{-1}(0).$ Tenemos: $$x_0=p^{-1}(0)\Leftrightarrow p(x_0)=0\Leftrightarrow 2x_0+7x_0^2+10x_0^3=0.$$ La ecuación anterior equivale a $x_0\left(2+7x_0+10x_0^2\right)=0$ que proporciona la única solución $x_0=0,$ en consecuencia $\left(p^{-1}\right)^{\prime\prime}(0)=-\dfrac{p^{\prime\prime}\left(0\right)}{\left(p’\left(0\right)\right)^3}.$ Ahora bien, $$p'(x)=2+14x+30x^2,\;p^{\prime\prime}(x)=14+60x\Rightarrow p'(0)=2,\;p^{\prime\prime}(0)=14.$$ Por tanto, la derivada pedida es: $$\left(p^{-1}\right)^{\prime\prime}(0)=-\dfrac{14}{2^3}=-\dfrac{7}{4}.$$
  5. Consideremos la función biyectiva: $$f:\left(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right)\to (-1,1),\;f(x)=\operatorname{sen} x.$$ Su derivada $f'(x)=\cos x$ es continua y además, $f'(x)\neq 0$ para todo $x\in (-\pi/2,\pi/2).$ Llamemos $x=\operatorname{sen} y.$ Entonces, $$\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{f’\left[f^{-1}(x)\right]}=\dfrac{1}{f'(y)}=\dfrac{1}{\cos y}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\operatorname{sen}^2 y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$$ Pero $f^{-1}(x)$ es la inversa de la función $f(x)=\operatorname{sen} x$, es decir $f^{-1}(x)=\operatorname{arcsen} x$. En consecuencia: $$\frac{d}{dx}(\operatorname{arcsen} x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\quad (-1<x<1).$$ Nota. Para $x=\pm 1$ la derivada del arcoseno es infinita.
  6. Consideremos la función biyectiva: $$f:(0,+\infty)\to \mathbb{R},\;f(x)=\log_a x\quad (a>0,a\neq 1).$$ Su derivada $f'(x)=\dfrac{1}{x}\log_ae$ es continua para todo $x>0$ y además, $f'(x)\neq 0$ para todo $x\in (0,+\infty).$ Llamemos $x=\log_a y.$ Entonces, $$\left(f^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{f’\left[f^{-1}(x)\right]}=\dfrac{1}{f'(y)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{y}\log_ae}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^x}\log_ae}=a^x\log a.$$ En la última igualdad hemos usado la fórmula del cambio de base de los logaritmos. Pero $f^{-1}(x)$ es la inversa de la función $f(x)=\log_ax$, es decir $f^{-1}(x)=a^x.$ En consecuencia: $$\frac{d}{dx}a^x=a^x\log a\quad (x\in\mathbb{R}).$$
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