¿Existe una función cuya inversa sea exactamente el recíproco de la función, es decir $f^{-1} = \frac{1}{f}$ ?

Question

¿Existe una función cuya inversa sea exactamente el recíproco de la función? Es decir $f^{-1} = \frac{1}{f}$ .

Sabemos que la inversa de una función no es necesariamente igual a su recíproca en general.

Answer 1

Suponiendo que la función mapea $\Bbb{R} \to \Bbb{R}$ y es diferenciable la respuesta es no.

He aquí la razón. Para que una función continua sea invertible, debe ser estrictamente monótona (monótona creciente o monótona decreciente). De hecho:

ALEGACIÓN 1: Si $f$ es una función creciente, entonces $f^{-1}$ también lo es.

PRUEBA: Se trata de un cálculo sencillo y estándar que utiliza la regla de la cadena y el hecho de que $f(f^{-1}(x)) = x$ para todos $x$ : $$ \frac{d}{dx} f(f^{-1}(x)) = f'(f^{-1}(x)) \cdot (f^{-1})'(x) \quad\text{and}\quad \frac{d}{dx} x = 1 $$ así que $$ (f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}. $$ Según esta última expresión, los signos de $(f^{-1})'$ y $f'$ son los mismos.

RECLAMACIÓN 2: Si $f$ es una función creciente, entonces $(1/f)(x)$ está disminuyendo.

PRUEBA: Calcula la derivada utilizando la regla de la cadena: $$ \frac{d}{dx} \frac{1}{f(x)} = -\frac{f'(x)}{(f(x))^2}. $$ Como el denominador es positivo, los signos de $(1/f)'$ y $f'$ debe ser opuesta.

---

Answer 2

Es posible que esto se cumpla en $\Bbb{R} \to \Bbb{R}$ en todas partes excepto $ 0$ .

$$ f(x) = \begin{cases} -x & x \geq 0 \\ -{x}^{-1} & x \lt 0 \\ \end{cases} $$

EDIT: Usuario Slade preguntó si es posible en $\mathbb{R}^+ \to\mathbb{R}^+$ . He construido una solución.

Dejemos que $ g(x) $ sea una función biyectiva desde $ \left(0,\frac{1}{2}\right] $ a $ \left(\frac{1}{2},1\right) $ .

Entonces la siguiente función satisface $ f^{-1} = \dfrac{1}{f} $ :

$$ f(x) = \begin{cases} g(x) & 0 \lt x \leq \frac{1}{2} \\ \dfrac{1} {g^{-1}(x)} & \frac{1}{2} \lt x \lt 1 \\ 1 & x = 1 \\ g^{-1}(\frac{1}{x}) & 1 \lt x \lt 2 \\ \dfrac{1} {g\left(\frac{1}{x}\right)} & 2 \leq x \\ \end{cases} $$

EDIT 2: Aquí hay un ejemplo de tal $g$ :

$$ g(x) = \begin{cases} \dfrac 1 2 + \dfrac 1 {n+1} & x = \dfrac 1 n, n \in \Bbb{N} \\ \dfrac 1 2 + x & \text{otherwise} \\ \end{cases} $$

Answer 3

Esta no es en absoluto una respuesta completa, pero es un poco larga para un comentario.

Si $f\circ 1/f = 1/f \circ f = x$ tenemos las ecuaciones:

$$f(1/f(x)) = x$$

$$f(f(x)) = 1/x$$

En particular, $f$ es un media iteración de $1/x$ . Obsérvese que no es posible que exista una solución definida en $x=0$ .

Una observación es que si $f$ satisface las ecuaciones anteriores, $1/f$ también lo hace. Así que si pudiéramos demostrar de alguna manera que hay a lo sumo una solución a las ecuaciones anteriores, entonces podríamos concluir que $f=1/f$ y llegar a una contradicción.

Este problema merece una especificación muy clara sobre qué dominio $f$ debe ser definida, si debe ser continua, etc. Por ejemplo, la respuesta $x^i$ funciona como una función en el plano complejo, pero sólo puede ser una función continua lejos de un corte de rama. Y la cuestión mucho más interesante de si existe tal función $\mathbb{R}^+ \to\mathbb{R}^+$ sigue abierto.

Answer 4

Para definirlo, dejemos que $X$  y $Y$ denotan conjuntos no vacíos de números complejos y sea $f:X \to Y$ sea una biyección cuya inversa $f^{-1}:Y \to X$ es el recíproco $1/f:X \to 1/Y$ . (Aquí, " $1/Y$ " denota el conjunto de recíprocos de elementos de  $Y$ . En consecuencia, $X = Y = 1/Y$ : El dominio y el objetivo de  $f$ son el mismo conjunto, y son cerrados bajo la toma de recíprocos, y $0$  no es un elemento de  $X$ .)

A nivel de elementos, para todos los  $x$ en  $X$ y $y$ en  $Y$ , $y = f(x)$ si y sólo si $$ x = f^{-1}(y) = \frac{1}{f(y)}. \tag{1} $$

Sustituyendo $y = f(x)$ en (1) y tomando los recíprocos, $$ f^{[2]}(x) := f\bigl(f(x)\bigr) = \frac{1}{x}\quad\text{for all $ x $ in $ X $.} \tag{2} $$ Aplicando $f$ a ambos lados y utilizando la asociatividad de la composición, $$ f^{[3]}(x) = f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{f(x)}\quad\text{for all $ x $ in $ X $.} \tag{3} $$ Una aplicación más de  $f$ da $$ f^{[4]}(x) = f^{[2]}\left(\frac{1}{x}\right) = x\quad\text{for all $ x $ in $ X $.} \tag{4} $$ Eso es, $f$  genera una acción del grupo cíclico de orden  $4$ en  $X$ . Además, cada punto  $x$ en  $X$ "genera" un cuadrado en el que las flechas sólidas denotan la aplicación de  $f$ y las flechas discontinuas representan la aplicación de la función recíproca ( $x \mapsto 1/x$ ).

Tales funciones ciertamente existe (modulo del axioma de elección, dependiendo de lo grande que se quiera el dominio  $X$ ); sólo hay que elegir números complejos distintos $a$  y  $b$ que no sea $0$ ,  $1$ y  $-1$ , lugar $a$ ,  $b$ ,  $1/a$ y  $1/b$ cíclicamente alrededor de las esquinas de dicho cuadrado, y definir  $f$ según el diagrama. (También se puede definir de forma coherente $f(1) = 1$ y/o $f(-1) = -1$ o $f(1) = -1$ y $f(-1) = 1$ . Estos números son especiales porque están fijados por la propia función recíproca).

---

La pregunta sigue siendo: ¿Tiene alguna función de este tipo una fórmula algebraica explícita? A priori no lo sé.

La función propuesta en los comentarios, $f(x) = x^{i} = \exp(i\log x)$ con $\log$  que denota la rama principal, no funciona sin calificación: Para $x > 0$ real, $$ f\bigl(f(x)\bigr) = \exp\bigl(i\log(\exp i\log x)\bigr) \neq \exp(-\log x) = \frac{1}{x} $$ a menos que $\log(\exp i\log x) = i\log x$ lo que ocurre si y sólo si $\exp(i\log x)$ tiene un argumento absoluto menor que  $\pi$ si y sólo si $e^{-\pi} < x < e^{\pi}$ .

La fórmula $f(x) = \exp(i\log x)$ hace trabajar en cualquier invariante recíproca, $f$ -conjunto invariable. Sin embargo, ningún intervalo real tiene esta propiedad, ya que $f$  no es de valor real en ningún intervalo real. Todo disco abierto con $a > 0$ y $1/a$ que yace en un diámetro es recíprocamente invariable, pero un poco de experimentación numérica sugiere que tal disco no es $f$ -invariante. (No lo he comprobado cuidadosamente).

Answer 5

La función compleja $f(x) = x^{\pm i}$ satisface esta propiedad.

Su inversa es $f^{-1}(x) = x^{\mp i}$ desde $f^{-1}\circ f(x) = \left(x^{\pm i}\right)^{\mp i} = x$ .

Se puede ver que $1/f(x) = x^{\mp i} = f^{-1}(x)$ .