Una función transforma una entrada en una salida. Su inversa debe recibir esa salida y recuperar exactamente la entrada inicial. Empezaremos deshaciendo dos operaciones sencillas y veremos cuándo esa vuelta puede ser una función.
Si necesitas repasar:
1. La inversa deshace el proceso en el orden contrario
Si f transforma x en y, su inversa debe devolver x al recibir y.
Se intercambian los conjuntos de entrada y salida.
La inversa es única si existe.
No podemos elegir distintas reglas que devuelvan cualquier entrada conveniente.
Deshacer dos operaciones
f(x)=2x+1 transforma tres.
Ida
3·2+1=7.Vuelta
A 7 le restamos uno y después dividimos entre dos: 3.
Regla
g(y)=(y−1)/2.
Deshacer invierte también el orden de los pasos.
Dividir siete entre dos y después restar uno daría 2,5, no tres.
Otro número comprueba el mismo significado
Usar la entrada −2 en esa función.
Ida
2(−2)+1=−3.Vuelta
g(−3)=(−3−1)/2=−2.Interpretar
La salida negativa también regresa a su entrada.
La vuelta no depende de elegir un número positivo.
La comprobación general se hará después con letras.
2. Dos entradas con la misma salida impedirían una vuelta única
Los subíndices solo etiquetan dos entradas. Si son diferentes y comparten salida, la inversa tendría que devolver dos valores a la misma entrada y no sería una función.
En una gráfica, una horizontal no puede cortar en más de un punto. Ser estrictamente creciente o decreciente garantiza inyectividad. Si una manipulación algebraica no nos deja demostrarla, aún hace falta otra prueba o un contraejemplo para decidir.
Verificar inyectividad con letras
f(x)=4x−1 en ℝ.
Igualar salidas
4x₁−1=4x₂−1.Deshacer operaciones
Sumar uno y dividir entre cuatro en ambos miembros.
Conclusión
x₁=x₂: es inyectiva.
La prueba vale para cualquier par de entradas.
Los subíndices no son exponentes.
Un contraejemplo basta para refutarla
f(x)=x² en todo ℝ.
Dos entradas
2 y −2 son distintas.
Salida común
Sus cuadrados son cuatro.
Vuelta imposible
Al recibir cuatro no sabríamos cuál devolver de manera única.
No es inyectiva en ℝ.
El problema no se soluciona eligiendo arbitrariamente una de las dos entradas.
3. Todas las salidas del codominio también deben alcanzarse
Una función sobreyectiva a C alcanza cada y de C. Si queda alguna sin preimagen, una inversa definida en todo C no sabría qué devolver allí. Una inversa C→D existe exactamente cuando f:D→C es biyectiva.
Si f es inyectiva, puede invertirse de D hacia su imagen f(D), que reúne las salidas realmente alcanzadas. Cambiar el codominio a la imagen arregla falta de sobreyectividad; no arregla que dos entradas compartan salida.
Una función inyectiva puede no cubrir el codominio declarado
f:ℝ→ℝ, f(x)=eˣ.
Inyectiva
Es estrictamente creciente.
Salidas
Solo produce números positivos; no alcanza −1 ni cero.
Ajustar
Como f:ℝ→(0,∞), sí es biyectiva y su inversa es ln.
Los conjuntos forman parte de la función que se invierte.
No existe ln real para todos los destinos de ℝ.
Cambiar el codominio no separa entradas iguales
f:ℝ→[0,∞), f(x)=x².
Sobreyectiva
Todo y≥0 tiene al menos una preimagen.Sigue sin ser inyectiva
2 y −2 producen cuatro.
Conclusión
Aún necesita restringir el dominio para tener inversa.
Las dos condiciones son distintas.
Haber eliminado salidas inalcanzables no eligió una rama.
4. Despejamos la entrada original y después renombramos
Durante la cuenta x sigue siendo la entrada original; y, su salida. Anotamos qué valores de y se alcanzan y qué x pertenecen al dominio.
Al terminar podemos llamar x a la nueva entrada y escribir f⁻¹(x). Es un cambio de nombre. Si salen dos valores posibles para la entrada original, debemos revisar una restricción de dominio antes de llamar función a la inversa.
Una recta con pendiente no nula
Invertir f(x)=4x−1, de ℝ a ℝ.
Despejar
y=4x−1: y+1=4x y x=(y+1)/4.Nueva entrada
f⁻¹(y)=(y+1)/4, definida en todo ℝ.Renombrar
f⁻¹(x)=(x+1)/4.
El cambio de letra no modifica el dominio.
f(2)=7 y la inversa devuelve (7+1)/4=2.
Un ± describe dos candidatas, no una función
Despejar x en y=x².
Rango
y≥0.Candidatos
Para y>0, x=√y o x=−√y.Problema
Sin un dominio que seleccione uno, no hay vuelta única.
Todavía no se ha construido una inversa funcional.
Para y=4 reaparecen las dos entradas 2 y −2.
5. La rama del dominio decide el signo de la raíz
x² es creciente en [0,∞) y tiene inversa √x allí; en (−∞,0] es decreciente y su inversa es −√x. Son funciones originales distintas porque tienen dominios distintos.
La condición procede del dominio, no de una preferencia por signos positivos.
La rama derecha de una parábola desplazada
Invertir f:[1,∞)→[2,∞), f(x)=(x−1)²+2.
Despejar
y−2=(x−1)².Usar dominio
x−1≥0, luego x−1=√(y−2).Inversa
g(y)=1+√(y−2), y≥2.
Su salida siempre está en x≥1.
y=3 vuelve a x=2, y f(2)=3.
La rama izquierda de la misma expresión
Usar f:(−∞,1]→[2,∞).
Signo
Ahora x−1≤0.Despejar
x−1=−√(y−2).Inversa
h(y)=1−√(y−2), y≥2.
La expresión original coincide, pero la función restringida es otra.
y=3 vuelve a cero, que está en la rama izquierda.
6. Las composiciones comprueban todos los valores; la gráfica refleja coordenadas
Hay que verificar g∘f=idD y f∘g=idC, con las expresiones intermedias en su dominio. idD devuelve cada elemento de D sin cambiarlo; idC hace lo mismo en C. Son identidades sobre conjuntos diferentes en general; no una afirmación de que cualesquiera composiciones conmuten.
La gráfica intercambia (x,y) por (y,x), un reflejo respecto a la recta y=x. Los dominios y recorridos se intercambian. Si el reflejo no pasa la prueba vertical, la relación inversa no es una función.
Una comprobación general de la recta
f(x)=4x−1 y g(y)=(y+1)/4.
Primera
g(f(x))=((4x−1)+1)/4=x para x real.Segunda
f(g(y))=4((y+1)/4)−1=y para y real.Conjuntos
Ambas están definidas en ℝ.
Las dos igualdades certifican la inversa completa.
Probar solo x=2 sería una ilustración, no esta demostración general.
La reflexión conserva qué coordenada era cada una
Usar el punto (2,3) de (x−1)²+2 en la rama derecha.
Ida
f(2)=3.Vuelta
g(3)=1+√1=2.Punto reflejado
La gráfica inversa contiene (3,2).
El espejo es y=x, no el eje horizontal.
Intercambiar coordenadas también intercambia sus conjuntos de valores.
7. La inversa no es el recíproco y deshace composiciones al revés
f⁻¹ significa deshacer por composición. 1/f(x) divide uno entre la salida y exige que no sea cero. No son la misma operación pese al símbolo −1.
Primero deshacemos la operación exterior. No se distribuye una inversa sobre una suma de funciones.
Comparar dos operaciones distintas
Para f(x)=3x, hallar inversa y recíproco.
Inversa
f⁻¹(y)=y/3 para todo real.Recíproco
1/f(x)=1/(3x), definido solo si x≠0.Sentido
f⁻¹(f(x))=x; f(x)·1/f(x)=1 donde se permite.
Recuperar una entrada no es producir el número uno.
En x=0 la inversa sigue definida; el recíproco no.
El orden se invierte
h(x)=x+2 y f(x)=3x.
Ida
f(h(x))=3(x+2).Vuelta
Primero dividir entre tres y después restar dos.
Regla
(f∘h)⁻¹(y)=y/3−2=h⁻¹(f⁻¹(y)).
Restar dos antes de dividir daría otra regla.
Aplicarla a 3(x+2) devuelve x.
8. Existir no exige tener una fórmula elemental ni una derivada finita
Una función continua y estrictamente monótona en un intervalo tiene inversa continua en su imagen. Puede existir aunque no sepamos despejarla con funciones elementales.
Si f es derivable en x₀ y f′(x₀)≠0 bajo esas condiciones, la derivada inversa en y₀=f(x₀) es 1/f′(x₀). El cociente incremental de la inversa es el recíproco del de f cuando las entradas correspondientes tienden a x₀. La continuidad inversa permite ese paso al límite.
Una pendiente se invierte
f(x)=4x−1.
Derivada
f′=4, no se anula.Regla inversa
g(y)=(y+1)/4.Derivada inversa
g′=1/4, recíproco de cuatro.
El punto de evaluación debe corresponder por f.
En una función no lineal se evalúa f′ en f⁻¹(y), no automáticamente en y.
La inversa puede existir donde falla una derivada finita
f(x)=x³ en ℝ.
Existencia
Es continua, estrictamente creciente y cubre ℝ.
Inversa
g(y)=∛y.En cero
f′(0)=0; g tiene cociente g(h)/h=1/(∛h)² para h≠0, sin límite finito al tender h a cero.
La hipótesis f′≠0 no es decorativa.
Que no haya derivada finita allí no impide que g exista y sea continua.
9. La raíz de un cuadrado exige usar el signo de la rama en ambas composiciones
Para la rama izquierda f:(−∞,1]→[2,∞), la fórmula h(y)=1−√(y−2) se comprueba en dos sentidos.
Estos dominios completan el argumento.
Comprobar una salida concreta de la rama izquierda
Usar y=6.
Vuelta
h(6)=1−√4=−1.Entrada válida
−1≤1: pertenece a la rama elegida.Ida
f(−1)=(−2)²+2=6.
La candidata positiva tres también daría seis, pero está fuera de esta rama.
La restricción decide cuál regresa de forma única.
Al renombrar no se intercambian otra vez las restricciones
Escribir h(y)=1−√(y−2) con entrada llamada x.
Nueva escritura
h(x)=1−√(x−2).Dominio
Sigue siendo la antigua imagen: x≥2.Recorrido
Sigue siendo el antiguo dominio: h(x)≤1.
Solo cambió el nombre de la entrada.
No se impone x≤1 al argumento de la raíz por confundirlo con la salida.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Una recta invertible
Invierte f:R→R, f(x)=3x−2.
Conjuntos
f:ℝ→ℝ, pendiente 3 no nula: es biyectiva.Salida
y=3x−2.Despejar
y+2=3x: x=(y+2)/3.Inversa
f⁻¹(y)=(y+2)/3, o f⁻¹(x)=(x+2)/3 al renombrar.Una composición
f⁻¹(f(x))=((3x−2)+2)/3=x.La otra
f(f⁻¹(y))=3((y+2)/3)−2=y.
f⁻¹(x)=(x+2)/3.
3((x+2)/3)−2=x.
EJEMPLO RESUELTO 2
Escoger una rama
Invierte f:[2,∞)→[1,∞), f(x)=(x−2)²+1.
Datos
Dominio [2,∞), imagen [1,∞).
Despejar
y−1=(x−2)².Rama
Como x≥2, x−2=√(y−1).Fórmula
f⁻¹(y)=2+√(y−1), y≥1.Una composición
f(2+√(y−1))=y.La otra
2+√((x−2)²)=2+|x−2|=x para x≥2; su salida permanece en la rama.
f⁻¹(x)=2+√(x−1), x≥1.
La raíz devuelve siempre una salida ≥2.
Los símbolos que hemos usado
- f:D→C
- Función original, con dominio D y codominio C.
- Inyectiva
- Entradas distintas de D producen salidas distintas.
- Sobreyectiva
- Cada elemento de C es salida de alguna entrada de D.
- Biyectiva
- Función a la vez inyectiva y sobreyectiva.
- f⁻¹
- Función inversa, que intercambia entrada y salida.
- idD
- Identidad en D: devuelve cada entrada sin cambiarla.
- f∘g
- Composición que aplica primero g y después f.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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