Definiție
Fie \( f:A\to B \) o funcție continuă și bijectivă.
Dacă funcția \( f \) este derivabilă în \( x_0\in A \) și \( f'(x_0)\neq 0 \),
atunci funcția inversă \( f^{-1}:B\to A \) este derivabilă în punctul \( y_0=f(x_0) \)
și are loc relația:
\[ (f^{-1})'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)} \]
Exemple rezolvate
$$
\begin{aligned}
&\textbf{Exemplu rezolvat 1}
\\[10pt]
&\text{Fie funcția } f:\mathbb{R}\to(3,+\infty),
\qquad
f(x)=2^x+3^x+3.
\\[10pt]
&\text{Să se arate că funcția } f \text{ este inversabilă pe } \mathbb{R}
\text{ și să se determine }
(f^{-1})'(5).
\\[18pt]
&\textbf{Rezolvare}
\\[10pt]
&f(x)=2^x+3^x+3
\\[10pt]
&f'(x)=2^x\ln2+3^x\ln3
\\[10pt]
&2^x>0,\quad \forall x\in\mathbb{R}
\\[8pt]
&3^x>0,\quad \forall x\in\mathbb{R}
\\[8pt]
&\ln2>0,\qquad \ln3>0
\\[8pt]
&\Rightarrow 2^x\ln2>0,\quad \forall x\in\mathbb{R}
\\[8pt]
&\Rightarrow 3^x\ln3>0,\quad \forall x\in\mathbb{R}
\\[8pt]
&\Rightarrow f'(x)>0,\quad \forall x\in\mathbb{R}
\\[10pt]
&\Rightarrow f \text{ este strict crescătoare pe } \mathbb{R}
\\[8pt]
&\Rightarrow f \text{ este injectivă}
\\[14pt]
&\lim_{x\to-\infty}f(x)
=
\lim_{x\to-\infty}\left(2^x+3^x+3\right)
=
2^{-\infty}+3^{-\infty}+3
=
0+0+3
=
3
\\[14pt]
&\lim_{x\to+\infty}f(x)
=
\lim_{x\to+\infty}\left(2^x+3^x+3\right)
=
2^{+\infty}+3^{+\infty}+3
=
+\infty
\\[14pt]
&\left.
\begin{array}{l}
\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=3\\[6pt]
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\\[6pt]
f \text{ este continuă pe } \mathbb{R}
\end{array}
\right\}
\Rightarrow
\mathrm{Im}\,f=(3,+\infty)
\\[14pt]
&\Rightarrow f \text{ este surjectivă pe } (3,+\infty)
\\[10pt]
&\Rightarrow f \text{ este bijectivă, deci inversabilă}
\\[16pt]
&(f^{-1})'(5)=\frac{1}{f'(x_0)},
\qquad
f(x_0)=5
\\[12pt]
&2^{x_0}+3^{x_0}+3=5
\\[8pt]
&2^{x_0}+3^{x_0}=2
\\[8pt]
&x_0=0
\\[8pt]
&\text{deoarece }
2^0+3^0=1+1=2
\\[14pt]
&f'(0)=2^0\ln2+3^0\ln3
\\[8pt]
&=1\cdot\ln2+1\cdot\ln3
\\[8pt]
&=\ln2+\ln3
\\[8pt]
&=\ln6
\\[14pt]
&(f^{-1})'(5)=\frac{1}{\ln6}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
&\textbf{Exemplu rezolvat 2}
\\[10pt]
&\text{Fie funcția }
f:\left[\frac12,+\infty\right)\to\left[-\frac14,+\infty\right),
\qquad
f(x)=x^2-x.
\\[10pt]
&\text{Să se arate că funcția } f \text{ este inversabilă și să se calculeze }
(f^{-1})'(2)
\text{ și }
(f^{-1})'(20).
\\[18pt]
&\textbf{Rezolvare}
\\[10pt]
&f'(x)=2x-1
\\[10pt]
&x\in\left[\frac12,+\infty\right)
\Rightarrow
2x-1\geq 0
\Rightarrow
f'(x)\geq 0
\\[10pt]
&\Rightarrow f \text{ este crescătoare pe }
\left[\frac12,+\infty\right)
\Rightarrow f \text{ este injectivă.}\quad (1)
\\[14pt]
&f\left(\frac12\right)
=
\left(\frac12\right)^2-\frac12
=
\frac14-\frac12
=
-\frac14
\\[14pt]
&\lim_{x\to+\infty}f(x)
=
\lim_{x\to+\infty}(x^2-x)
=
+\infty
\\[14pt]
&f \text{ este continuă pe }
\left[\frac12,+\infty\right)
\\[14pt]
&\left.
\begin{array}{l}
f\left(\frac12\right)=-\frac14\\[4pt]
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\\[4pt]
f \text{ este continuă}
\end{array}
\right\}
\Rightarrow
\mathrm{Im}\,f=\left[-\frac14,+\infty\right)
\\[14pt]
&\Rightarrow f \text{ este surjectivă pe }
\left[-\frac14,+\infty\right).\quad (2)
\\[14pt]
&(1),(2)\Rightarrow f \text{ este bijectivă}
\Rightarrow f \text{ este inversabilă.}
\\[16pt]
&(f^{-1})'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)},
\quad \text{unde } f(x_0)=y_0
\\[16pt]
&\text{Pentru } y_0=2
\Rightarrow
f(x_0)=2
\Rightarrow
x_0^2-x_0=2
\Rightarrow
x_0^2-x_0-2=0
\\[12pt]
&(x_0-2)(x_0+1)=0
\Rightarrow
x_0=2
\\[12pt]
&f'(2)=2\cdot2-1=3
\\[12pt]
&(f^{-1})'(2)=\frac13
\\[16pt]
&\text{Analog se procedează pentru } y_0=20.
\end{aligned}
$$
Funcția arcsin
\( f:\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\to[-1,1], \qquad f(x)=\sin x \)
\( f^{-1}:[-1,1]\to\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right], \qquad f^{-1}(y)=\arcsin y \)
\[ (\arcsin)'(y) = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 x}} = \frac{1}{\sqrt{1-y^2}} \]
\[
(\arcsin u)’=\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\cdot u’,
\qquad u\in(-1,1)
\]
Funcția arccos
\( f:[0,\pi]\to[-1,1], \qquad f(x)=\cos x \)
\( f^{-1}:[-1,1]\to[0,\pi], \qquad f^{-1}(y)=\arccos y \)
\[ (\arccos)'(y) = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{-\sin x} = -\frac{1}{\sqrt{1-\cos^2 x}} = -\frac{1}{\sqrt{1-y^2}} \]
\[
(\arccos u)’=
-\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\cdot u’,
\qquad
u\in(-1,1)
\]
Funcția arctg
\( f:\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\to\mathbb{R}, \qquad f(x)=\mathrm{tg}\,x \)
\( f^{-1}:\mathbb{R}\to\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right), \qquad f^{-1}(y)=\mathrm{arctg}\,y \)
\[ (\mathrm{arctg})'(y) = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{\frac{1}{\cos^2 x}} = \cos^2 x = \frac{1}{1+\mathrm{tg}^2 x} = \frac{1}{1+y^2} \]
\[
(\mathrm{arctg}\,u)’=
\frac{1}{1+u^2}\cdot u’,
\qquad
u\in\mathbb{R}
\]
Funcția arcctg
\( f:(0,\pi)\to\mathbb{R}, \qquad f(x)=\mathrm{ctg}\,x \)
\( f^{-1}:\mathbb{R}\to(0,\pi), \qquad f^{-1}(y)=\mathrm{arcctg}\,y \)
\[ (\mathrm{arcctg})'(y) = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{-\frac{1}{\sin^2 x}} = -\sin^2 x = -\frac{1}{1+\mathrm{ctg}^2 x} = -\frac{1}{1+y^2} \]
\[
(\mathrm{arcctg}\,u)’=
-\frac{1}{1+u^2}\cdot u’,
\qquad
u\in\mathbb{R}
\]
Exerciții rezolvate
$$
\begin{aligned}
&1.\quad
\left[\arcsin(2x-1)\right]’
=
\frac{1}{\sqrt{1-(2x-1)^2}}\cdot(2x-1)’
=
\frac{2}{\sqrt{1-(2x-1)^2}}
\\[16pt]
&2.\quad
\left[\arccos(4x-3)\right]’
=
-\frac{1}{\sqrt{1-(4x-3)^2}}\cdot(4x-3)’
=
-\frac{4}{\sqrt{1-(4x-3)^2}}
\\[16pt]
&3.\quad
\left[\mathrm{arctg}(5-7x)\right]’
=
\frac{1}{1+(5-7x)^2}\cdot(5-7x)’
=
-\frac{7}{1+(5-7x)^2}
\\[16pt]
&4.\quad
\left[\mathrm{arcctg}(7x+1)\right]’
=
-\frac{1}{1+(7x+1)^2}\cdot(7x+1)’
=
-\frac{7}{1+(7x+1)^2}
\\[16pt]
&5.\quad
\left[\arcsin\left(\frac{x}{x+2}\right)\right]’
=
\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{x+2}\right)^2}}
\cdot
\left(\frac{x}{x+2}\right)’
=\\[10pt]
&\phantom{5.\quad}
=
\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{x+2}\right)^2}}
\cdot
\frac{2}{(x+2)^2}
\\[16pt]
&6.\quad
\left[\arccos\left(x^2-7x+1\right)\right]’
=
-\frac{1}{\sqrt{1-\left(x^2-7x+1\right)^2}}
\cdot
\left(x^2-7x+1\right)’
=\\[10pt]
&\phantom{6.\quad}
=
-\frac{2x-7}{\sqrt{1-\left(x^2-7x+1\right)^2}}
\\[16pt]
&7.\quad
\left[\mathrm{arctg}^2\left(\frac{1}{x}\right)\right]’
=
2\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{x}\right)
\cdot
\left[\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{x}\right)\right]’
=\\[10pt]
&\phantom{7.\quad}
=
2\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{x}\right)
\cdot
\frac{1}{1+\left(\frac{1}{x}\right)^2}
\cdot
\left(\frac{1}{x}\right)’
=\\[10pt]
&\phantom{7.\quad}
=
-\frac{2\mathrm{arctg}\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2+1}
\\[16pt]
&8.\quad
\left[\mathrm{arcctg}^3\left(\frac{x}{\sqrt{x}}\right)\right]’
=
3\mathrm{arcctg}^2\left(\frac{x}{\sqrt{x}}\right)
\cdot
\left[\mathrm{arcctg}\left(\frac{x}{\sqrt{x}}\right)\right]’
=\\[10pt]
&\phantom{8.\quad}
=
3\mathrm{arcctg}^2\left(\sqrt{x}\right)
\cdot
\left[
-\frac{1}{1+(\sqrt{x})^2}\cdot(\sqrt{x})’
\right]
=\\[10pt]
&\phantom{8.\quad}
=
-\frac{3\mathrm{arcctg}^2(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}(1+x)}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
&9.\quad
\left[\arcsin\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)\right]’
=
\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)^2}}
\cdot
\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)’
=
\\[10pt]
&\phantom{9.\quad}
=
\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)^2}}
\cdot
\frac{e^x(e^x+2)-e^x\cdot e^x}{(e^x+2)^2}
=
\\[10pt]
&\phantom{9.\quad}
=
\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{e^x}{e^x+2}\right)^2}}
\cdot
\frac{2e^x}{(e^x+2)^2}
\\[18pt]
&10.\quad
\left[\mathrm{arcctg}^2\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)\right]’
=
2\mathrm{arcctg}\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)
\cdot
\left[\mathrm{arcctg}\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)\right]’
=
\\[10pt]
&\phantom{10.\quad}
=
2\mathrm{arcctg}\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)
\cdot
\left[
-\frac{1}{1+\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)^2}
\cdot
\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)’
\right]
=
\\[10pt]
&\phantom{10.\quad}
=
-\frac{\mathrm{arcctg}\left(\frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)}
{\sqrt{x}(1+x)}
\end{aligned}
$$
