Inversa funktioners derivata

Kurs: M0065M Förkunskaper: Derivata, Funktioner och invers

---

Grafen till inversen $f^{-1}$ är grafen till $f$ speglad i linjen $y=x$. Speglingen byter plats på $x$- och $y$-led, så en tangent med lutningen $k$ blir en tangent med lutningen $1/k$. Det är hela innehållet i formeln nedan: inversens derivata är det inverterade värdet av $f$:s derivata, i den motsvarande punkten.

---

1. När finns inversen?

Om $f^{\prime }(x)>0$ på ett intervall $(a,b)$ är $f$ strängt växande där; om $f^{\prime }(x)<0$ är den strängt avtagande. I båda fallen är $f$ 1–1 på intervallet och har en invers definierad genom

$$y=f^{-1}(x)⟺x=f(y).$$

Att $f^{\prime }$ är noll i en isolerad punkt förstör inte monotonin: $f(x)=x^3$ är strängt växande trots att $f^{\prime }(0)=0$. Men i en sådan punkt har $f$ en horisontell tangent, och speglingen får där en vertikal tangent — inversen är inte deriverbar i motsvarande punkt.

---

2. Formeln

Om $f$ är deriverbar och strängt monoton med $y=f(x)$, så är inversen $f^{-1}$ deriverbar där $f^{\prime }(x)\ne 0$ och

$$\boxed{(f^{-1}{)}^{\prime }(y)=\frac{1}{f^{\prime }(x)}=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(y))}}$$

Speglingen i $y=x$ byter plats på $x$ och $y$, så lutningen $e$ i $(1,e)$ blir lutningen $1/e$ i $(e,1)$.

Härledning

Sätt $y=f^{-1}(x)$, alltså $x=f(y)$ med $y=y(x)$. Implicit derivering med avseende på $x$ ger med kedjeregeln

$$\frac{d}{dx}(x)=\frac{d}{dx}f(y)⟹1=f^{\prime }(y)\cdot y^{\prime },$$

så

$$y^{\prime }=\frac{d}{dx}{f}^{-1}(x)=\frac{1}{f^{\prime }(y)}=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}.$$

Här har vi förutsatt att inversen är deriverbar; att den faktiskt är det där $f^{\prime }\ne 0$ följer av speglingsargumentet i inledningen.

Lär dig metoden, inte formeln

I stället för att sätta in i formeln: skriv $x=f(y)$, derivera implicit och lös ut $y^{\prime }$. Då kan det inte bli fel på vilken punkt $f^{\prime }$ ska beräknas i.

Example

För $f(x)=e^x$ med invers $f^{-1}(y)=\ln y$ ger formeln

$$(\ln y{)}^{\prime }=\frac{1}{e^{\ln y}}=\frac{1}{y}.$$

Exempel — visa att inversen finns och beräkna dess derivata

Vi visar att $f(x)=\frac{4x^3}{x^2+1}$ är 1–1 och bestämmer $(f^{-1}{)}^{\prime }(2)$.

Lösning

Monotoni. Kvotregeln ger

$$f^{\prime }(x)=\frac{12x^2(x^2+1)-4x^3\cdot 2x}{(x^2+1{)}^2}=\frac{4x^4+12x^2}{(x^2+1{)}^2}.$$

$f^{\prime }(x)>0$ överallt utom i den isolerade punkten $x=0$, där $f^{\prime }(0)=0$. Alltså är $f$ strängt växande på hela $\mathbb{R}$ och därmed 1–1.

Motsvarande punkt. Vi söker $y=f^{-1}(2)$, dvs lösningen till $\frac{4y^3}{y^2+1}=2$, eller $4y^3=2(y^2+1)$. Vi ser direkt att $y=1$ är en lösning, och eftersom $f$ är 1–1 är det den enda.

Implicit derivering av $x=f(y)$ ger $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }$, så

$$(f^{-1}{)}^{\prime }(2)=\frac{1}{f^{\prime }(1)}=\frac{(1^2+1{)}^2}{4\cdot 1^4+12\cdot 1^2}=\frac{4}{16}=\boxed{\frac{1}{4}}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

---

3. Arcusfunktionernas derivator

Samma metod ger derivatorna av arcusfunktionerna.

Härledning: $\arcsin$, $\arccos$ och $\arctan$

arcsin. $y=\arcsin x⟺x=\sin y$ med $-\frac{\pi }{2}\le y\le \frac{\pi }{2}$. Implicit derivering ger $1=\cos y\cdot y^{\prime }$. På intervallet är $\cos y\ge 0$, så trigonometriska ettan ger $\cos y=\sqrt{1-{\sin }^{2}y}=\sqrt{1-x^2}$ och

$$\frac{d}{dx}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},-1<x<1.$$

arccos. Eftersom $\arccos x=\frac{\pi }{2}-\arcsin x$ är

$$\frac{d}{dx}\arccos x=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$$

arctan. $y=\arctan x⟺x=\tan y$ med $-\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2}$. Implicit derivering ger $1=(1+{\tan }^{2}y)y^{\prime }$, alltså

$$\frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+{\tan }^{2}y}=\frac{1}{1+x^2}.$$

På samma sätt ger $y=\ln x⟺x=e^y$ att $1=e^y{y}^{\prime }$, alltså $(\ln x{)}^{\prime }=1/e^y=1/x$.

Vanliga fel

• Fel punkt. $(f^{-1}{)}^{\prime }(b)=\frac{1}{f^{\prime }(a)}$ där $f(a)=b$ — inte $\frac{1}{f^{\prime }(b)}$. Först måste vi lösa $f(a)=b$.
• Hoppa över monotonin. Uppgifter av typen visa att inversen finns kräver ett argument, typiskt att $f^{\prime }>0$ (eller $<0$) utom i isolerade punkter.
• $(f^{-1}{)}^{\prime }={\left(\frac{1}{f}\right)}^{\prime }$. Inversen $f^{-1}$ är inte $1/f$. Beteckningen $f^{-1}$ betyder omvänd funktion, inte reciprok.
• Fel rottecken för arcsin. $\cos (\arcsin x)=+\sqrt{1-x^2}$ eftersom vinkeln ligger i $[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$ där cosinus är icke-negativ.

---

4. Lösta övningar

Föreläsning 21, exempel 2 — invers till $x\sqrt{3+x^2}$

Vi visar att $f(x)=x\sqrt{3+x^2}$ är 1–1 och bestämmer $(f^{-1}{)}^{\prime }(-2)$.

Lösning

Monotoni. Produkt- och kedjeregeln ger

$$f^{\prime }(x)=\sqrt{3+x^2}+x\cdot \frac{2x}{2\sqrt{3+x^2}}=\frac{3+2x^2}{\sqrt{3+x^2}}>0$$

för alla $x$, så $f$ är strängt växande på $\mathbb{R}$ och därmed 1–1.

Motsvarande punkt. Vi löser $y\sqrt{3+y^2}=-2$. Kvadrering ger $y^4+3y^2-4=0$, och med $t=y^2$ blir det $(t-1)(t+4)=0$. $t=-4$ är omöjligt, så $y^2=1$. Insättning visar att bara $y=-1$ ger $-2$ (kvadreringen gav en falsk rot).

Implicit derivering av $x=f(y)$ ger $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }$:

$$(f^{-1}{)}^{\prime }(-2)=\frac{1}{f^{\prime }(-1)}=\frac{\sqrt{3+1}}{3+2}=\boxed{\frac{2}{5}}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Föreläsning 21, exempel 4 — explicit invers

Vi visar att $f(x)=1+2x^3$ är 1–1 och bestämmer $(f^{-1}{)}^{\prime }(x)$.

Lösning

Monotoni. $f^{\prime }(x)=6x^2>0$ för $x\ne 0$, och $f^{\prime }(0)=0$ i en isolerad punkt. Alltså är $f$ strängt växande på $\mathbb{R}$ och 1–1.

Inversen. $x=1+2y^3⟺y^3=\frac{x-1}{2}⟺y=f^{-1}(x)={\left(\frac{x-1}{2}\right)}^{1/3}$.

Alternativ 1 — direkt. Kedjeregeln:

$$(f^{-1}{)}^{\prime }(x)=\frac{1}{3}{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^{-2/3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^{-2/3}.$$

Alternativ 2 — implicit. $1=f^{\prime }(y)y^{\prime }=6y^2{y}^{\prime }$ ger

$$(f^{-1}{)}^{\prime }(x)=\frac{1}{6y^2}=\boxed{\frac{1}{6{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^{2/3}}},x\ne 1.$$

I $x=1$, som motsvarar $y=0$ där $f^{\prime }(0)=0$, har inversen vertikal tangent och saknar derivata.

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Föreläsning 21, exempel 5 — invers till $x/\cos x$

Vi visar att $f(x)=\frac{x}{\cos x}$ är 1–1 på $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$, bestämmer definitionsmängden för $f^{-1}$ och beräknar $(f^{-1}{)}^{\prime }(0)$.

Lösning

Monotoni. Kvotregeln ger

$$f^{\prime }(x)=\frac{\cos x+x\sin x}{{\cos }^{2}x}.$$

På intervallet är $\cos x>0$, och $x\sin x\ge 0$ eftersom $x$ och $\sin x$ har samma tecken. Alltså är $f^{\prime }(x)>0$, och $f$ är strängt växande och 1–1.

Värdemängden. $\underset{x\to \pi /2^{-}}{\lim }\frac{x}{\cos x}=+\infty$ och $\underset{x\to -\pi /2^{+}}{\lim }\frac{x}{\cos x}=-\infty$. $f$ är kontinuerlig, så $V_f=\mathbb{R}$ och

$$\boxed{D_{f^{-1}}=\mathbb{R}}$$

Derivatan. $f(0)=0$, så $f^{-1}(0)=0$. Implicit derivering av $x=f(y)$ ger

$$(f^{-1}{)}^{\prime }(0)=\frac{1}{f^{\prime }(0)}=\frac{{\cos }^{2}0}{\cos 0+0\cdot \sin 0}=\boxed{1}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Läsning

• 3.1 Inverse Functions

Se även

• Funktioner och invers
• Arcusfunktioner
• Implicit derivering
• Elementära funktioners derivator