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.

[giammaria2]

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.

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.

[giammaria2]

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

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!

[giammaria2]

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.

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)

[giammaria2]

Grazie mille.