Si$f(x)-f^{-1}(x)=e^{x}-1$, ¿qué es$f(x)$?

Question

$f(x)$ es una función creciente y diferenciable que satisface $f(x)-f^{-1}(x)=e^{x}-1$ para cada número real $x$
No pude averiguar si dicha función $f(x)$ existe o no.
Y si existe, quiero saber el método para encontrar qué es $f(x)$ .
Gracias.

Answer 1

Un método general para estos problemas es el uso de energía de la serie con coeficientes indeterminados. Decidimos para ampliar la función de $f(x)$ como una potencia de la serie en torno a $x=0$. La ecuación a resolver para $f$es $$ f(x) - f^{-1}(x) = e^x-1. \tag1 $$ Si $x=0$ , a continuación, el lado derecho es $0$ e lo $f(0)=f^{-1}(0).$ Nos da ese $f$es el aumento, por lo $f(0)=0.$ Nuestro Ansatz ahora se convierte en $$ f(x) = a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots,\quad g(x) := f^{-1}(x) = b_1 x + b_2 x^2 + b_3 x^3 + \cdots. \tag2$$ Podemos encontrar la potencia de la serie para $g(x)$ utilizando el Lagrange inversión teorema o mediante el uso de la identidad de $f(g(x)) = x$ y la solución para los coeficientes de $g(x).$ Sustituyendo la ecuación $(2)$ en la ecuación $(1)$ el uso de las expansiones de $f$ e $g$ podemos resolver para $a_1,a_2,a_3,\dots.$ La ecuación a resolver para $a_1$ es $a_1-1/a_1=1$ cuya solución positiva es $a_1 = \phi := (1+\sqrt{5})/2.$ El resto de los coeficientes son soluciones de lineal ecuaciones y el resultado es $$ f(x) = \phi\, x + \frac{\phi}4 x^2 + \frac{1+7\phi}{72} x^3 + \frac{13+170\phi}{6336} x^4 + \frac{-1279+5003\phi}{950400} x^5 + \cdots. \tag3 $$ No parece evidente que el patrón de los coeficientes. Por supuesto, el radio de la convergencia aún no es conocido, y también si el cable de alimentación de la serie es cada vez mayor. Esta es una de las limitaciones de este método. Si la función tiene una potencia de serie, entonces podemos encontrar, pero no sabemos mucho más acerca de la función.

Answer 2

Esto no es una respuesta, sino sólo recoge algunas de las propiedades que $f$ debe neccesarily tener.

Supongamos $f : \mathbb R \to \mathbb R$. Entonces

1. $f$ es estrictamente creciente diferenciable bijection.

2. $f'(x) > 0$ para todos los $x \in \mathbb R$. [Tenga en cuenta que esto no siga a partir del 1 de. como el ejemplo de $f(x) = x^3$ muestra.]

3. $f^{-1}$ es estrictamente creciente diferenciable bijection. Tenemos $$(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))} > 0 .$$ Tenga en cuenta que aquí lo fundamental es saber que $f'$ no tiene ceros.

4. Uno tiene la ecuación $$f'(x) - \frac{1}{f'(f^{-1}(x))} = e^x .$$

5. $f(0) = 0$.

6. $f'(0) = \frac{1+\sqrt{5}}{2} = \phi$, $(f^{-1})'(0) = \frac{1}{\phi} = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

7. $\lim_{x \to \infty}f'(x) = \infty$, $\lim_{x \to \infty}(f^{-1})'(x) = 0$.

8. Si $\lim_{x \to -\infty}f'(x)$ existe, entonces se tiene el valor de $1$.

9. Si $f$ tiene más de derivados, podemos obtener las ecuaciones funcionales. Ellos pueden ser fácilmente calculadas de forma recursiva. Vamos a escribir $y = f^{-1}(x)$. A continuación, la base funcional de la ecuación es $$f(x) - y = e^x -1 .$$ Para $n > 0$ tenemos $$f^{(n)}(x) - y^{(n)} = e^x .$$ El $y^{(n)}$ puede ser calculada de forma recursiva. Tenemos $$y' = \frac{1}{f'(y)} ,$$ $$y'' = -\frac{f''(y) \cdot y'}{(f'(y))^2} = -\frac{f''(y)}{(f'(y))^3} ,$$ $$y''' = -\frac{f'''(y) \cdot y' \cdot (f'(y))^3 - f''(y)\cdot 3(f'(y))^2 \cdot f''(y) \cdot y'}{(f'(y))^6} \\ = - \frac{f'''(y) \cdot f'(y) - 3(f''(y))^2 }{(f'(y))^5}$$ etc. En este contexto, ver http://vixra.org/pdf/1703.0295v1.pdf lo que muestra que no parece existir ninguna fórmula simple para $y^{(n)}$. De todos modos, esto permite calcular $f^{(n)}(0)$ e $(f^{-1})^{(n)}(0)$ recursivamente señalando que para $x= 0$ tenemos $y = 0$. Esto le da una ecuación lineal para $f^{(n)}(0)$ cuya solución puede ser expresada por la colección de $f^{(i)}(0)$ con $i < n$. Una vez que hemos determinado la $f^{(i)}(0)$ con $i \le n$, obtenemos $(f^{-1})^{(n)}(0)$ mediante la inserción de estos valores en la ecuación anterior para $y^{(n)}$. Por ejemplo, si queremos obtener $$f''(0) = \frac{\phi^3}{1+\phi^3} = \frac{\phi}{2} , (f^{-1})''(0) = -\frac{\frac{\phi}{2}}{\phi^3} = -\frac{1}{2\phi^2} .$$

Demos pruebas.

1. En orden a tiene un inverso $f^{-1}$ la función de $f$ debe ser inyectiva (en cuyo caso $f^{-1}$ se define en $f(\mathbb R)$) y en el orden en que $f(x) + f^{-1}(x)$ se define para todos los $x \in \mathbb R$ la función de $f$ debe ser surjective.

2. Desde $f$ está en aumento, tenemos $f'(x) \ge 0$ para todos los $x \in \mathbb R$. La sustitución de $x$ por $f(x)$ la ecuación funcional de los rendimientos $$f(f(x)) - x = f(f(x)) - f^{-1}(f(x)) = e^{f(x)} -1 .$$ La diferenciación de da $$f'(x) \cdot f'(f(x)) - 1 = f'(x)\cdot e^{f(x)} .$$ Esto demuestra que $f'(x) \ne 0$ para todos los $x \in \mathbb R$.

3. $f^{-1}$ es trivialmente un bijection. Desde $f'$ no tiene ceros, es diferenciable con $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))} > 0$. Por lo tanto $f^{-1}$ es cada vez mayor. Tenga en cuenta que esto también se deduce fácilmente del hecho de que $f$ está aumentando (sin usar differentiabilty).

4. Esto se obtiene mediante la diferenciación de la ecuación funcional.

5. Tenemos $f(0) = f^{-1}(0)$. Suponga $f(0) > 0$. A continuación, $0 = f^{-1}(f(0)) > f^{-1}(0)$ lo cual es imposible. Del mismo modo $f(0) < 0$ es imposible.

6. 4. $$f'(0) - \frac{1}{f'(0)} = f'(0) - \frac{1}{f'(f^{-1}(0))} = e^0 = 1 .$$ Esto implica (nota $f'(0) > 0$) $f'(0) = \frac{1+\sqrt{5}}{2} = \phi$ e $(f^{-1})'(0) = \frac{1}{f'(0))} = \frac{1}{\phi}$.

7. Esto se deduce de la $f'(x) = e^x + \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ y 3.

8. Tenemos $\lim_{x \to -\infty}(f'(x) - \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}) = 0$. Suponga que $a = \lim_{x \to -\infty}f'(x)$ existe $0 \le a \le \infty$. A continuación, también se $\lim_{x \to -\infty}f'(f^{-1}(x)) = a$ desde $f^{-1}$ es un aumento de la bijection. $a = 0$ es imposible, ya que, a continuación, $\lim_{x \to -\infty}(f'(x) - \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}) = -\infty$. $a = \infty$ es imposible, ya que, a continuación, $\lim_{x \to -\infty}(f'(x) - \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}) = \infty$. Por lo tanto $0 < a < \infty$ e $a - \frac{1}{a}= 0$ que los rendimientos de $a= 1$.

Answer 3

Si $f(x) = x+k (e^x-1)$, $0<k<1$, a continuación, $f^{-1}(x) = k+x-W(ke^{k+x})$, $W$ es la función W de Lambert.

Si $f(x)- f^{-1}(x)= e^x-1$, a continuación, $W(ke^{k+x})=k+(1-k)(e^x-1)$. Luego de enchufar a $f^{-1}(x)$ da $f^{-1}(x)= k+x-W(ke^{k+x})=k+x-(k+(1-k)(e^x-1))=x-(1-k)(e^x-1)$, lo cual no parece correcto porque ahora $f^{-1}(f(x))\neq f(f^{-1}(x))\neq x$. Creo que una forma cerrada para la solución es difícil de encontrar, pero tal vez (?) usted puede elegir un $k$, generar algunos puntos y interpolar. Buena suerte, mi amigo!

Answer 4

Llamar a $f_n(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k$ como $n-$grado de aproximación que hemos

$$ f^{-1}(x) = f(x) -e^x+1 $$

or

$$ x = f\left(f(x)-e^x+1\right) $$

or putting the approximation

$$ x = f_n\left(f_n(x)-\sum_{j=1}^n\frac{x^j}{j!}\right) $$

now expanding and equating to zero the polynomial coefficients we have

$$ \left\{ \begin{array}{rcl} -a_1^2+a_1+1 &=&0\\ -a_2 a_1^2+a_2 a_1+\frac{a_1}{2}-a_2 &=&0\\ -a_3 a_1^3+3 a_3 a_1^2-2 a_2^2 a_1+a_2 a_1-4 a_3 a_1+\frac{a_1}{6}+2 a_2^2-a_2+a_3 &=&0\\ \vdots& = &0 \end{array} \right. $$

Attached a MATHEMATICA script to determine the polynomial coefficients

f[x_, n_] := Sum[Subscript[a, k] x^k, {k, 1, n}]
n = 5;
pol = x - f[f[x, n] - Sum[x^k/k!, {k, 1, n}], n];
coefs = Take[CoefficientList[pol, x], {2, n + 1}];
For[k = 1; sols = {}; j = 2, k <= n, k++,
  sol = Solve[(coefs[[k]] /. sols) == 0, Subscript[a,k]][[j]];
  j = 1;
  AppendTo[sols, sol];
  sols = Flatten[sols]
]
A = Table[Subscript[a, k], {k, 1, n}];
A /. sols

NOTE

For $n=2$ we have

$$ x-a_2 \left(a_2 x^2+a_1 x-\frac{x^2}{2} x\right){}^2-a_1 \left(a_2 x^2+a_1 x-\frac{x^2}{2} x\right)=0 $$

or

$$ 0\1+(1+a_1-a_1^2)x + (-a_2 a_1^2+a_2 a_1+\frac{a_1}{2}-a_2)x^2 + (-2 a_1 a_2^2+2 a_2^2+a_1 a_2-a_2)x^3+(-a_2^3+a_2^2-\frac{a_2}{4})x^4 \equiv 0 $$

but for $n=2$ we collect only the $n+el 1$ first coefficients which are

$$ \{0,1+a_1-a_1^2,-a_2 a_1^2+a_2 a_1+\frac{a_1}{2}-a_2\}= 0 $$

$$ f(x) = \frac{1}{2} \left(1+\sqrt{5}\right) x+\frac{1}{8} \left(1+\sqrt{5}\right) x^2+\frac{1}{144} \left(9+7 \sqrt{5}\right) x^3+\frac{\left(98+85 \sqrt{5}\right) x^4}{6336}+\frac{\left(2445+5003 \sqrt{5}\right) x^5}{1900800}+\frac{\left(18257 \sqrt{5}-2260\right) x^6}{30067200}+\frac{\left(192234608 \sqrt{5}-32376225\right) x^7}{1069610572800}+\frac{\left(15850653103 \sqrt{5}-45039491325\right) x^8}{650323228262400}+\cdots $$