Equazione parametrica con funzione e sua inversa

[Mathita]

Sia $f_k(x)=e^x+x+k$ con $k\in\mathbb{R}$.

1. Dimostrare che $f_{k}(x)$ è invertibile per ogni $k\in\mathbb{R}$;

2. detta $f_k^{-1}(x)$ l'inversa della funzione $f_k(x)$, determinare l'insieme delle soluzioni associato all'equazione parametrica $f_{k}(x)-f_{k}^{-1}(x)=0$ al variare del parametro $k$.

L'esercizio di per sé non è difficilissimo, però lo trovo molto istruttivo soprattutto per i ragazzi di V liceo o I anno di università. In ogni caso, il problema è rivolto a tutti quindi... fatevi sotto.

[giammaria]

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Poiché una funzione e la sua inversa sono simmetriche rispetto alla retta $y=x$, basta risolvere il sistema
${(y=e^x+x+k),(y=x):}$
da cui $x=e^x+x+k->e^x=-k$
Per $k>=0$ non ci sono soluzioni; per $k<0$ si ha $x=y=ln(-k)$

[Mathita]

@Giammaria, innanzitutto ti ringrazio per essere intervenuto; in spoiler trovi il commento alla tua soluzione. Sconsiglio la lettura a chi ci sta provando.

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Il risultato è corretto, , purtroppo la giustificazione non basta a garantire che quelle siano le uniche soluzioni. Per farti un esempio $f(x)=-x+\sin(x)$ è una funzione invertibile; se tracci il suo grafico e quello dell'inversa ti accorgerai che si intersecano in infiniti punti che non appartengono necessariamente alla bisettrice del primo e terzo quadrante.

[giammaria]

Hai ragione perché potrebbero esserci anche altre soluzioni; rimedio dimostrando che non ce ne sono.

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Dobbiamo risolvere il sistema
${(y=x+e^x+k),(x=y+e^y+k):}$
che, sommando e sottraendo, diventa
${(e^x+e^y+2k=0),(2(x-y)+e^x-e^y=0):}$
La prima equazione dice subito che ci sono soluzioni reali solo se $k<0$.
Facendo ora la sostituzione ${(x=u+v),(y=u-v):}$ otteniamo
${(e^u(e^v+e^(-v))+2k=0),(4v+e^u(e^v-e^(-v))=0):}->{(e^u=(-2k)/(e^v+e^(-v))),(4v+(-2k)/(e^v+e^(-v))(e^v-e^(-v))->2/kv=tanhv):}$
L'ultima equazione si risolve col metodo grafico; poiché il primo membro è rappresentato da una retta passante per l'origine ed inclinata verso il basso, l'unica soluzione è $v=0->x=y$ e ne consegue la mia precedente soluzione.

[Mathita]

Mi piace assai! Non era esattamente ciò che avevo in mente, ma ben vengano le soluzioni alternative alle mie. Grazie!

[giammaria]

Ed io vorrei conoscere una soluzione alternativa alla mia. Ti spiace postarla?

[Mathita]

Certo che non mi dispiace! Avrei voluto che qualcun altro trovasse la soluzione che avevo in mente, per questo non l'ho fatto prima. In spoiler la soluzione.

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Sostanzialmente ho attaccato il problema proprio come hai fatto tu, ossia considerando l'equazione $f(x)=x$. Una volta trovate le soluzioni, ero convinto di aver finito anche se sentivo che c'era qualcosa che non andava: avevo il timore che l'equazione $f(x)=f^{-1}(x)$ ammettesse altre soluzioni. Dopo svariati tentativi (aiutandomi con il pc) ho intuito che se la funzione $f(x)$ è strettamente crescente allora $f(x)=f^{-1}(x)$ è equivalente all'equazione $f(x)=x$. Ho costruito e dimostrato quindi il seguente

Teorema

Sia $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ una funzione strettamente crescente, allora

$f(a)=f^{-1}(a) \iff f(a)=a$

Dimostrazione

<= Per ipotesi $f(x)$ è una funzione strettamente crescente, di conseguenza è una funzione invertibile. Se esiste $a\in\mathbb{R}$ tale che

$f(a)=a \ \ \ (1)$

allora applicando ai due membri la funzione inversa otteniamo la relazione

$f^{-1}(f(a))=f^{-1}(a) \iff a=f^{-1}(a) \ \ \ (2)$

Mettendo assieme le relazioni (1) e (2), ricavo $f(a)=a=f^{-1}(a)$, ossia $f(a)=f^{-1}(a)$.

Osservazione: per l'implicazione <= non ho utilizzato la stretta crescenza di $f(x)$, infatti $f(a)=a\implies f(a)=f^{-1}(a)$ vale per qualsiasi funzione invertibile.

Dal punto di vista geometrico, se il grafico di una funzione invertibile interseca la bisettrice del primo e terzo quadrante allora le ascisse (e quindi le ordinate) dei punti di intersezione soddisfano l'equazione $f(x)=f^{-1}(x)$.

=> Dal punto precedente sappiamo che se esiste $a\in\mathbb{R}$ tale che $f(a)=a$ allora $f(a)=f^{-1}(a)$. Supponiamo per assurdo che esista $a\in\mathbb{R}$ tale che $f(a)=f^{-1}(a)$, ma $f(a)>a$. Poiché per ipotesi $f(x)$ è strettamente crescente, anche la sua inversa lo è, pertanto:

$f(a)>a \implies f^{-1}(f(a))>f^{-1}(a)\implies a>f^{-1}(a)$

ossia $f(a)>a>f^{-1}(a)\implies f(a)>f^{-1}(a)$, contro l'ipotesi $f(a)=f^{-1}(a)$.

Procedendo allo stesso modo con $f(a)<a$ ricaviamo $f(a)<f^{-1}(a)$, che è ancora una volta un assurdo. Mi auguro di non aver cannato la dimostrazione.

[giammaria]

Grazie mille.