Cómo transformar la $f(x)=\log(1+e^x)$ tal que gráfico gira el eje de $90^{\circ}$ $x$$y$

Question

Estoy buscando una función $f(x)$ que es de una forma específica en el eje de $x$ $y$.

Tengo una función $f(x)=\log(1+e^x)$ que tiene forma correcta. Quiero girar $90^\circ$ $x$$y$eje.

¿Cómo puedo obtener un $f(x)$ que es esencialmente una $90^\circ$ rotación de $f(x)=\log(1+e^x)$?

Answer 1

La rotación $R:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ con ángulo de $\pi/2$ está definido por $$ R(x,y)=(-y,x) \quad \forall (x,y) \in \mathbb{R}^2. $$ El problema es encontrar una función $g: \text{dom}(g)\subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ cuya gráfica $G(g)$ es la imagen a través de $R$ de la gráfica de $G(f)$$f$, es decir, $$ G(g)=\{(s,g(s)): s \en \text{dom}(g)\ \} =\{(-f(x),x):\ x \in \mathbb{R}\ \}. $$ Desde $$ f'(x)=\frac{e^x}{1+e^x}>0 \quad \forall x \in \mathbb{R}, $$ la función de $f: \mathbb{R} \to (0,\infty)$ es estrictamente creciente y por lo tanto invertible, y por cada $s \in (-\infty,0)$ hemos $$ s=-f(x) \iff x=f^{-1}(-s)=\ln(e^{-s}-1). $$ De ello se desprende que $g$ es invertible función definida por $$ g: (-\infty,0) \to \mathbb{R},\ g(x)=\ln(e^{-x}-1). $$

Answer 2

Tienes $y=f(x)$

Desea girar por $90$ grados, lo que significa que desea el $x$ a ser el $y$ y $y$ $-x$ de ser.

$f^{-1}$ De tomar la función así que $\forall x\in \Bbb R,f^{-1}(f(x))=f(f^{-1}(x))=x$

Si traza $f^{-1}$ tienes intercambiados $x$ y $y$, que es usted ya una reflexión con respecto a la línea de $y=x$. Así que ahora sólo necesita reemplazar $x$ $-x$. Y puesto que $x$ está ahora en el eje vertical, tiene que cambiar el signo de la "entrada" de la función. Así que hay que dejar rastro $x\mapsto f^{-1}(-x)$

Answer 3

Este enfoque es para un arbitrario cambio de ángulo, y luego se aplicó a una $90^\circ$ rotación.

Utilizamos la fórmula para la matriz de rotación: $$\pmatrix{x'\\y'} = \pmatrix{\cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta}\pmatrix{x\\y}$$

El vector de la LHS es el nuevo, girar punto, el vector del lado derecho es el punto de entrada.

Por su ecuación, tenemos $x=x$, $y=\ln(1+e^x)$. Así, podemos poner eso en la RHS vector: $$\pmatrix{x'\\y'} = \pmatrix{\cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta}\pmatrix{x\\\ln(1+e^x)}$$

La realización de la multiplicación de la matriz: $$\pmatrix{x'\\y'} = \pmatrix{x\cos\theta -\ln(1+e^x)\sin\theta \\ x\sin\theta + \ln(1+e^x)\cos\theta}$$

Ahora, nos introduzca el valor deseado para $\theta$, y simplificar: $$\begin{align} \pmatrix{x'\\y'} &= \pmatrix{x\cos(90^\circ) -\log(1+e^x)\sin(90^\circ) \\ x\sin(90^\circ) + \ln(1+e^x)\cos(90^\circ)}\\ &=\pmatrix{x\cdot0 -\log(1+e^x)\cdot1 \\ x\cdot1 + \ln(1+e^x)\cdot0}\\ &=\pmatrix{-\ln(1+e^x) \\ x} \end{align}$$

Esto nos da un conjunto de ecuaciones simultáneas a resolver: $$\begin{cases} x' = -\ln(1+e^x)\\ y' = x \end{casos}$$

Queremos resolver para $y'$ en términos de $x'$: $$x' = -\ln(1+e^{y'})$$ $$-x' = \ln(1+e^{y'})$$ $$e^{-x'} =1+e^{y'}$$ $$e^{y'} = e^{-x'} -1$$ $$y' = \ln(e^{-x'} -1)$$

Este proceso se obtiene la misma respuesta, como acaba de conmutación $y$ $x$ en la ecuación original, pero que nos permite realizar otras rotaciones (por ejemplo, $45^\circ$ rotación) en lugar de sólo una $90^\circ$ rotación.