Inverse Funktion

11.02.2011, 15:48	jockijo	Auf diesen Beitrag antworten »
Inverse Funktion Hoi, wir haben die Funktion h mit $\begin{eqnarray} h(x) = \frac{e^{x} }{2+e^{2x} } \end{eqnarray}$ gegeben und sollen begründen, warum die Funktion eine eingeschränkte Inverse auf $\begin{eqnarray} [-\infty ,0] \end{eqnarray}$ hat und sollen diese Inverse bestimmen. Meine Idee: Inverse Funktion, d. h. dass h bijektiv sein muss, also surjektiv und injektiv. Zuerst habe ich mir die Surjektivität angeschaut, also: $\begin{eqnarray} f(x_{1})-f( x_{2}) = 0 \Rightarrow x_{1}-x_{2}=0 \end{eqnarray}$ Dann komme ich auf: $\begin{eqnarray} 2e^{x_{1} } +e^{2x_{2}+x_{1} } = 2e^{x_{2} } +e^{2x_{1}+x_{2} } \end{eqnarray}$ Und ich hab keine Ahnung, was ich da noch machen könnte
11.02.2011, 17:27	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Schau Dir mal die Ableitung von h an und überleg Dir, ob ein Zusammenhang zur Bjektivität bestehen könnte.
11.02.2011, 17:41	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann im vorliegenden Fall auch einfach die Gleichung $\begin{eqnarray} \frac{e^x}{2+e^{2x}} = y \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ auflösen, dann erkennt man, dass diese Gleichung - abhängig vom Wert $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ - entweder gar keine oder nur genau eine nichtpositive reelle Lösung $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ hat. Diese Bestimmung der Inversen steht ja sowieso mit auf dem Programm. Aber richtig, es ist besser erstmal den Vorschlag von Helferlein zu befolgen, dann erkennt man auch gleich durch eine Folgerung den Wertebereich der Funktion (= Definitionsbereich der Umkehrfunktion).
13.02.2011, 03:51	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
da anscheinend nichts Neues mehr folgt ( um 3.50 Uhr) möcht ich noch anmerken: 1.) der Ausdruck h(x)=... ist keine Funktion da kein Defbereich angegeben. Sollte er aber R_ sein wieso dann eingeschränkt? Bin somit auf 2.) $\begin{eqnarray} \text {Die Funktion}\quad x \to \frac{e^x}{2+e^{2x}} \quad \mathbb D=\mathbb R_- ~\text{hat die Umkehrfunktion} \quad x \to ln\left(\frac{1-\sqrt{1-8x^2} }{2x} \right)\quad \mathbb D=]0;\frac{1}{3}] \end{eqnarray}$ gekommen.
13.02.2011, 08:39	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Hm, ich habe in deine Umkehrfunktion auch noch Werte wie z.B. x=0.35 eingesetzt, welche nicht mehr in deinem Intervall liegen und es hat anstandslos geklappt... Wo ist mein Denkfehler?
13.02.2011, 10:05	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} y = h(x) = \frac{\sqrt{2}}{4 \cosh \left( x - \frac{1}{2} \ln 2 \right)} \end{eqnarray}$ Aus der Symmetrie des Graphen des cosinus hyperbolicus folgt, daß der Graph von $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ symmetrisch zur Geraden $\begin{eqnarray} x = \frac{1}{2} \ln 2 \end{eqnarray}$ ist. Der cosinus hyperbolicus nimmt genau die Werte $\begin{eqnarray} \geq 1 \end{eqnarray}$ an. Daher hat $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ den Wertebereich $\begin{eqnarray} I = \left( 0 , \frac{\sqrt{2}}{4} \right] \end{eqnarray}$ . Ferner ist $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ im Intervall $\begin{eqnarray} J = \left( - \infty , \frac{1}{2} \ln 2 \right] \end{eqnarray}$ streng monoton wachsend (Übergang zum Kehrwert beim cosinus hyperbolicus). Somit existiert die Umkehrfunktion $\begin{eqnarray} h^{-1}: \ I \to J \end{eqnarray}$ Man löst die Gleichung oben nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ auf und entscheidet sich beim Invertieren des cosinus hyperbolicus für das negative Vorzeichen ( $\begin{eqnarray} J \end{eqnarray}$ oben enthält ja negative Werte), also $\begin{eqnarray} x = h^{-1}(y) = \frac{1}{2} \ln 2 - \operatorname{arcosh} \left( \frac{\sqrt{2}}{4y} \right) \end{eqnarray}$
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13.02.2011, 10:18	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, auch das Ergebnis von Dopap ist ja in Ordnung, nur scheint er zum Schluss für die Bestimmung des rechten Randpunktes des Definitionsbereichs aus irgendeinem Grund die Gleichung $\begin{eqnarray} 1-9x^2=0 \end{eqnarray}$ statt richtig $\begin{eqnarray} 1-8x^2=0 \end{eqnarray}$ gelöst zu haben... Darauf wollte ich ihn mit meiner obigen Bemerkung eigentlich hinführen...
13.02.2011, 10:27	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist natürlich Spekulation. Vielleicht hat er auch mit runden Werten gerechnet und kühn $\begin{eqnarray} 0{,}3 = \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ gesetzt.

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