Funzione inversa: definizione, come si calcola, grafico ed esercizi svolti

Una funzione trasforma ogni $x$ in un valore $y$. La funzione inversa fa il percorso al contrario: dato il risultato, restituisce il valore da cui si era partiti. È lei che definisce il logaritmo e l’arcoseno, e all’esame compare in esercizi come «dimostra che la funzione è invertibile e scrivi l’inversa con il suo dominio». In questa pagina vediamo la definizione con le sue due identità, quando una funzione è invertibile, il metodo in quattro passi, il grafico e la simmetria rispetto alla bisettrice, dove si incontrano una funzione e la sua inversa, come si restringe il dominio, le proprietà, le funzioni inverse di se stesse, le inverse senza formula, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: disfare quello che fa la funzione

Se $f$ «moltiplica per 2 e poi aggiunge 3», per tornare indietro devi disfare le operazioni in ordine inverso: prima togli 3, poi dividi per 2. Così $f(x) = 2x + 3$ ha come inversa $f^{-1}(x) = \frac{x - 3}{2}$: per esempio $f(5) = 13$ e $f^{-1}(13) = 5$. Allo stesso modo, dai gradi Celsius ai Fahrenheit si passa con $F = 1{,}8\,C + 32$, e si torna indietro con $C = \frac{F - 32}{1{,}8}$.

Tornare indietro, però, non è sempre possibile. Se $f(x) = x^2$ e il risultato è 4, non puoi sapere se si era partiti da $2$ o da $-2$: l’informazione si è persa.

La definizione

Definizione. Sia $f : A \to B$ una funzione biiettiva: ogni $y \in B$ è immagine di esattamente un $x \in A$. La funzione inversa di $f$ è

$$\begin{gathered} f^{-1} : B \to A \\ f^{-1}(y) = \text{l'unico } x \in A \\ \text{tale che } f(x) = y \end{gathered}$$

Scrivere $f^{-1}(y) = x$ e scrivere $f(x) = y$ è la stessa cosa, letta nei due versi.

Le due identità, e perché servono entrambe

Applicare $f$ e poi $f^{-1}$, o viceversa, riporta al punto di partenza:

$$\begin{gathered} f^{-1}\big(f(x)\big) = x \quad \text{per ogni } x \in A \\ f\big(f^{-1}(y)\big) = y \quad \text{per ogni } y \in B \end{gathered}$$

Una sola delle due non basta. Prendi $f(x) = x^2$ su tutto $\mathbb{R}$ e $g(x) = \sqrt{x}$ su $[0, +\infty)$:

$$\begin{gathered} g\big(f(x)\big) = \sqrt{x^2} = |x| \\ f\big(g(x)\big) = \left(\sqrt{x}\right)^2 = x \quad (x \geq 0) \end{gathered}$$

La seconda identità vale, la prima no: per $x = -3$ si ottiene $\sqrt{9} = 3$. Quindi $g$ non è l’inversa di $x^2$ su $\mathbb{R}$, che infatti non è invertibile; lo diventa ristretta a $[0, +\infty)$, dove $|x| = x$.

Quando una funzione è invertibile

Teorema. Una funzione $f : A \to B$ è invertibile, cioè esiste $g : B \to A$ con $g\big(f(x)\big) = x$ per ogni $x \in A$ e $f\big(g(y)\big) = y$ per ogni $y \in B$, se e solo se $f$ è biiettiva.

Dimostrazione

Se $f$ è biiettiva, la definizione costruisce $f^{-1}$, e le due identità valgono per costruzione. Viceversa, supponiamo che una $g$ soddisfi le due identità.

• $f$ è iniettiva. Se $f(x_1) = f(x_2)$, applichiamo $g$ ai due membri: per la prima identità otteniamo $x_1 = x_2$.
• $f$ è suriettiva. Dato $y \in B$, l’elemento $x = g(y)$ verifica $f(x) = f\big(g(y)\big) = y$ per la seconda identità.

La prima identità dà l’iniettività, la seconda la suriettività. Senza iniettività qualche $y$ avrebbe due controimmagini e l’inversa non saprebbe quale restituire; senza suriettività qualche $y$ non ne avrebbe nessuna.

Per le funzioni reali basta l’iniettività

Per una funzione reale di variabile reale la suriettività si sistema sempre: basta prendere come codominio l’immagine. Quindi una funzione reale è invertibile sulla sua immagine se e solo se è iniettiva.

Il modo più comodo per dimostrarlo è la monotonia: ogni funzione strettamente monotona è iniettiva. Per esempio il seno iperbolico è strettamente crescente su $\mathbb{R}$, quindi è invertibile, come vedi nelle funzioni iperboliche. Il viceversa non vale ($\frac{1}{x}$ è iniettiva ma non monotona sul suo dominio), ma su un intervallo una funzione continua e iniettiva è sempre strettamente monotona: lo dimostriamo in continuità uniforme e funzioni monotone.

Come si calcola l’inversa: il metodo in 4 passi

A ogni passo tieni d’occhio dominio e codominio: è lì che si perdono i punti.

1. Dominio e iniettività. Scrivi il dominio di $f$ e controlla che sia iniettiva: con la monotonia, con $f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2$, oppure direttamente al passo 2.
2. Risolvi $y = f(x)$ rispetto a $x$, con $x$ nel dominio. Se per ogni $y$ c’è una sola soluzione accettabile, $f$ è iniettiva; gli $y$ per cui la soluzione esiste formano l’immagine di $f$. Se estrai una radice quadrata, scegli il segno compatibile con il dominio.
3. Scambia i nomi delle variabili: la formula trovata, scritta con $x$ al posto di $y$, è $f^{-1}(x)$.
4. Scrivi dominio e immagine dell’inversa, poi verifica. Valgono $\operatorname{dom} f^{-1} = \operatorname{Im} f$ e $\operatorname{Im} f^{-1} = \operatorname{dom} f$. Controlla su un numero che $f^{-1}\big(f(x_0)\big) = x_0$.

Lo scambio del passo 3 serve solo a disegnare $f$ e $f^{-1}$ sugli stessi assi. Il passo 4 è quello che si dimentica più spesso: il dominio dell’inversa è l’immagine di $f$, non il dominio naturale della formula trovata, come ricordiamo anche nel dominio di una funzione.

Esempio 1: una retta

$f(x) = 2x + 3$ è definita su $\mathbb{R}$ ed è strettamente crescente, quindi iniettiva. Per ogni $y$:

$$\begin{gathered} y = 2x + 3 \\ {} \Longrightarrow x = \frac{y - 3}{2} \\ {} \Longrightarrow f^{-1}(x) = \frac{x - 3}{2} \end{gathered}$$

L’immagine è tutto $\mathbb{R}$, quindi l’inversa è definita su $\mathbb{R}$. Verifica: $f(5) = 13$ e $f^{-1}(13) = \frac{13 - 3}{2} = 5$.

Esempio 2: una funzione fratta

$f(x) = \frac{x + 1}{x - 2}$, definita per $x \neq 2$. Nell’articolo sulle funzioni iniettive abbiamo già visto che è iniettiva e che la sua immagine è $\mathbb{R} \setminus \{1\}$, risolvendo proprio $y = f(x)$ con $x \neq 2$:

$$\begin{gathered} y(x - 2) = x + 1 \\ {} \Longrightarrow x(y - 1) = 2y + 1 \end{gathered}$$

Per ogni $y \neq 1$ l’unica soluzione è $x = \frac{2y + 1}{y - 1}$, che sta nel dominio di $f$. Scambiando i nomi:

$$\begin{gathered} f^{-1}(x) = \frac{2x + 1}{x - 1}, \\ \operatorname{dom} f^{-1} = \mathbb{R} \setminus \{1\}, \\ \operatorname{Im} f^{-1} = \mathbb{R} \setminus \{2\} \end{gathered}$$

Verifica: $f(0) = -\frac{1}{2}$ e $f^{-1}\!\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{-1 + 1}{-\frac{1}{2} - 1} = 0$.

Esempio 3: una cubica

$f(x) = x^3 + 1$ è strettamente crescente su $\mathbb{R}$ e ha immagine $\mathbb{R}$. La radice cubica esiste anche per i numeri negativi, quindi non c’è nessun segno da scegliere:

$$\begin{gathered} y = x^3 + 1 \\ {} \Longrightarrow x = \sqrt[3]{y - 1} \\ {} \Longrightarrow f^{-1}(x) = \sqrt[3]{x - 1} \end{gathered}$$

Scrivila con il simbolo di radice, non come $(x - 1)^{1/3}$: per convenzione le potenze con esponente frazionario richiedono una base non negativa.

Esempio 4: una radice, dove il dominio conta

$f(x) = \sqrt{x - 2}$ è definita per $x \geq 2$, è strettamente crescente e la sua immagine è $[0, +\infty)$: una radice quadrata non è mai negativa. Con $y \geq 0$:

$$\begin{gathered} y = \sqrt{x - 2} \\ {} \Longrightarrow y^2 = x - 2 \\ {} \Longrightarrow x = y^2 + 2 \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} f^{-1}(x) = x^2 + 2 \\ \text{con } x \geq 0 \end{gathered}$$

La condizione $x \geq 0$ non è un dettaglio. Senza di essa $x^2 + 2$ sarebbe una parabola intera, che non è iniettiva: darebbe per esempio $f^{-1}(-1) = 3$, ma $f(3) = 1$. Elevando al quadrato abbiamo perso l’informazione $y \geq 0$, e il passo 4 serve proprio a recuperarla.

Il grafico della funzione inversa

Se il punto $(a, b)$ sta sul grafico di $f$, cioè $f(a) = b$, allora $f^{-1}(b) = a$ e il punto $(b, a)$ sta sul grafico di $f^{-1}$. Scambiare le coordinate equivale a ribaltare il punto rispetto alla retta $y = x$: se $a \neq b$, il segmento da $(a, b)$ a $(b, a)$ ha pendenza $-1$, quindi è perpendicolare alla bisettrice, e il suo punto medio $\left(\frac{a + b}{2}, \frac{a + b}{2}\right)$ sta sulla bisettrice. Quindi:

Per disegnare l’inversa senza calcolarla:

1. disegna il grafico di $f$ e la bisettrice $y = x$;
2. ribalta alcuni punti facili scambiando le coordinate: le intersezioni con l’asse $x$ diventano intersezioni con l’asse $y$;
3. ribalta gli asintoti: un asintoto verticale $x = c$ diventa l’asintoto orizzontale $y = c$, e viceversa.

La funzione dell’esempio 2 è un’iperbole con asintoti $x = 2$ e $y = 1$ (la ritrovi tra i grafici delle funzioni elementari); l’inversa ha asintoti $x = 1$ e $y = 2$. Nota la differenza con le simmetrie delle trasformazioni dei grafici: lì le coordinate cambiano segno, qui si scambiano.

Dove si incontrano una funzione e la sua inversa

I punti con $f(x) = x$ stanno sulla bisettrice e restano fermi nel ribaltamento: sono comuni ai due grafici, come $(0, 0)$ e $(1, 1)$ nella figura sopra. Ce ne possono essere altri? Dipende dalla monotonia.

Teorema. Se $f$ è strettamente crescente, i grafici di $f$ e di $f^{-1}$ si incontrano solo sulla bisettrice, cioè nei punti in cui $f(x) = x$.

Perché è vero. Sia $(a, b)$ un punto comune: $f(a) = b$ e $f^{-1}(a) = b$, cioè $f(b) = a$. Se fosse $a < b$, essendo $f$ crescente avremmo $f(a) < f(b)$, cioè $b < a$: assurdo. Allo stesso modo si esclude $a > b$. Resta $a = b$.

Se $f$ è decrescente il ragionamento cade: basta una coppia $a \neq b$ con $f(a) = b$ e $f(b) = a$, e i punti $(a, b)$ e $(b, a)$ stanno su entrambi i grafici. Con $f(x) = -x^3$, la cui inversa è $-\sqrt[3]{x}$, si ha $f(1) = -1$ e $f(-1) = 1$: le due curve si incontrano in $(0, 0)$, ma anche in $(1, -1)$ e in $(-1, 1)$.

Un esempio famoso è $\left(\frac{1}{16}\right)^x$, la cui inversa è $\log_{1/16} x$ (il logaritmo è l’inversa dell’esponenziale, come vedi nella funzione logaritmica). Poiché $\left(\frac{1}{16}\right)^{1/4} = \frac{1}{2}$ e $\left(\frac{1}{16}\right)^{1/2} = \frac{1}{4}$, i due grafici si incontrano in $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$, in $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}\right)$ e in un punto della bisettrice con $x \approx 0{,}364$; in un disegno, lì, sembrano sovrapposti. Morale: per una funzione decrescente non basta risolvere $f(x) = x$, bisogna risolvere $f\big(f(x)\big) = x$.

Restringere il dominio per poter invertire

Se una funzione non è iniettiva, la si può invertire restringendo il dominio a un intervallo in cui è iniettiva e assume comunque tutti i suoi valori, così l’inversa non ne perde nessuno. Per $x^2$ le scelte naturali sono $[0, +\infty)$, con inversa $\sqrt{x}$, e $(-\infty, 0]$, con inversa $-\sqrt{x}$.

Una parabola con il vertice fuori dall’origine

Prendi $f(x) = x^2 - 6x + 10$. Completando il quadrato,

$$f(x) = (x - 3)^2 + 1$$

Il vertice è $(3, 1)$ e ogni valore maggiore di 1 è assunto due volte, per esempio $f(1) = f(5) = 5$. Su ciascuna metà, $(-\infty, 3]$ e $[3, +\infty)$, $f$ è strettamente monotona e assume tutti i valori di $[1, +\infty)$.

Scegliamo il ramo sinistro, $x \leq 3$, dove $f$ è strettamente decrescente, e ricaviamo $x$ con $y \geq 1$:

$$\begin{gathered} (x - 3)^2 = y - 1 \\ x - 3 = \pm\sqrt{y - 1} \end{gathered}$$

Il segno non si sceglie a caso: per $x \leq 3$ il numero $x - 3$ è negativo o nullo, quindi serve il meno.

$$\begin{gathered} x = 3 - \sqrt{y - 1} \\ f^{-1}(x) = 3 - \sqrt{x - 1}, \quad x \geq 1 \end{gathered}$$

Con il segno sbagliato troveresti $3 + \sqrt{x - 1}$, l’inversa dell’altro ramo. Prova: $f(1) = 5$, e la formula giusta dà $3 - \sqrt{4} = 1$, quella sbagliata $3 + \sqrt{4} = 5$.

Nel grafico il vertice $(3, 1)$ diventa il punto di partenza $(1, 3)$ dell’inversa, entrambe le curve sono decrescenti e si incontrano in $(2, 2)$, dove $f(x) = x$.

Con la stessa idea nascono le funzioni goniometriche inverse: il seno, ristretto a $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, è crescente e assume tutti i valori tra $-1$ e $1$; la sua inversa è l’arcoseno. Per questo $\arcsin(\sin x) = x$ solo in quell’intervallo.

Le proprietà da ricordare

L’inversa di una funzione crescente è crescente

Teorema. Se $f : A \to B$ è biiettiva e strettamente crescente, anche $f^{-1}$ è strettamente crescente. Lo stesso vale con «decrescente».

Perché è vero. Prendi $y_1 < y_2$ in $B$ e poni $x_1 = f^{-1}(y_1)$, $x_2 = f^{-1}(y_2)$. Se fosse $x_1 \geq x_2$, essendo $f$ crescente avremmo $f(x_1) \geq f(x_2)$, cioè $y_1 \geq y_2$: assurdo. Quindi $x_1 < x_2$.

Nelle disequazioni questo significa che, se $f$ è strettamente crescente, si può applicare $f$ o $f^{-1}$ ai due membri senza cambiare il verso; se è strettamente decrescente, il verso si inverte.

L’inversa dell’inversa e l’inversa di una composta

Le due identità sono simmetriche, quindi $f^{-1}$ è invertibile e $(f^{-1})^{-1} = f$, con dominio e immagine scambiati. Per una composta di due funzioni biiettive, invece, l’ordine si rovescia:

$$(f \circ g)^{-1} = g^{-1} \circ f^{-1}$$

È come vestirsi: prima le calze e poi le scarpe, ma per spogliarsi si tolgono prima le scarpe. Infatti, applicando $g^{-1} \circ f^{-1}$ dopo $f \circ g$, si disfa prima $f$ e poi $g$:

$$\begin{gathered} g^{-1}\Big(f^{-1}\big(f(g(x))\big)\Big) \\ {} = g^{-1}\big(g(x)\big) = x \end{gathered}$$

e allo stesso modo nell’altro ordine. Esempio: $h(x) = (x + 1)^3$ è $f \circ g$ con $g(x) = x + 1$ e $f(t) = t^3$. Si disfa prima il cubo, poi la somma: $h^{-1}(x) = \sqrt[3]{x} - 1$.

Dispari sì, pari no

Se $f$ è dispari e invertibile, anche $f^{-1}$ è dispari: se $y = f(x)$, allora $-y = f(-x)$, quindi $f^{-1}(-y) = -x = -f^{-1}(y)$. Una funzione pari, invece, non è mai invertibile se il dominio contiene un $a \neq 0$, perché $f(-a) = f(a)$.

Continuità e derivata

Se $f$ è continua e strettamente monotona su un intervallo, anche $f^{-1}$ è continua: è il teorema di continuità dell’inversa, in continuità uniforme e funzioni monotone. Se inoltre $f$ è derivabile in $x_0$ con $f'(x_0) \neq 0$, l’inversa è derivabile in $y_0 = f(x_0)$ con $\left(f^{-1}\right)'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)}$: le pendenze diventano reciproche, come vedi nella derivata della funzione inversa.

Funzioni che sono l’inversa di se stesse

Alcune funzioni, applicate due volte, riportano al punto di partenza: $f\big(f(x)\big) = x$ per ogni $x$ del dominio, quindi $f^{-1} = f$. Si chiamano involuzioni:

Funzione	Dominio
$-x$	$\mathbb{R}$
$k - x$	$\mathbb{R}$
$\frac{k}{x}$, con $k \neq 0$	$\mathbb{R} \setminus \{0\}$
$\frac{x + 3}{x - 1}$	$\mathbb{R} \setminus \{1\}$

Verifichiamo l’ultima, che non è ovvia:

$$\begin{gathered} f\big(f(x)\big) = \frac{\frac{x + 3}{x - 1} + 3}{\frac{x + 3}{x - 1} - 1} \\ {} = \frac{x + 3 + 3(x - 1)}{x + 3 - (x - 1)} \\ {} = \frac{4x}{4} = x \end{gathered}$$

Più in generale è un’involuzione ogni $\frac{ax + b}{cx - a}$ con $c \neq 0$ e $a^2 + bc \neq 0$: il coefficiente di $x$ al numeratore e il termine noto al denominatore sono opposti.

Il grafico di un’involuzione è simmetrico rispetto alla bisettrice, perché ribaltandolo si ottiene di nuovo se stesso: pensa all’iperbole $y = \frac{1}{x}$. Nessuna funzione della tabella è strettamente crescente su tutto il suo dominio, e non è un caso. Se lo fosse, i grafici di $f$ e $f^{-1}$ si incontrerebbero solo sulla bisettrice; ma per un’involuzione coincidono, quindi tutto il grafico starebbe sulla bisettrice: l’unica involuzione strettamente crescente è $f(x) = x$.

Inverse che esistono ma non si scrivono

A volte l’inversa esiste, ma non si può scrivere con una formula. $f(x) = x^5 + x$ è somma di due funzioni strettamente crescenti, quindi è invertibile; è continua e va da $-\infty$ a $+\infty$, quindi ha immagine $\mathbb{R}$ per il teorema dei valori intermedi. Ma non esiste una formula con le radici che risolva l’equazione di quinto grado $x^5 + x = y$ per ogni $y$.

Possiamo però calcolare l’inversa in un punto, indovinando il valore giusto: $f^{-1}(b)$ è l’unico $a$ con $f(a) = b$.

• $f(1) = 2$, dunque $f^{-1}(2) = 1$;
• $f(2) = 34$, dunque $f^{-1}(34) = 2$;
• $f$ è dispari, quindi anche $f^{-1}$: $f^{-1}(-34) = -2$.

L’iniettività garantisce che il valore trovato è l’unico. Con la stessa idea, negli articoli citati sopra, si studiano limiti e derivate di $f^{-1}$ senza conoscerne la formula.

Gli errori più comuni

• Dimenticare il dominio dell’inversa. È l’immagine di $f$, non il dominio della formula: l’inversa di $\sqrt{x - 2}$ è $x^2 + 2$ solo per $x \geq 0$.
• Scegliere a caso il segno della radice. Nelle parabole il segno dipende dal ramo: per $(x - 3)^2 + 1$ con $x \leq 3$ serve il meno.
• Confondere $f^{-1}(x)$ con $\frac{1}{f(x)}$. L’esponente $-1$ sul nome della funzione indica l’inversa.
• Invertire una funzione non iniettiva. Da $y = x^2$ su $\mathbb{R}$ si ricava $x = \pm\sqrt{y}$: due valori, quindi nessuna inversa finché non restringi il dominio.
• Controllare una sola identità. $\left(\sqrt{x}\right)^2 = x$ non basta: $\sqrt{x^2} = x$ vale solo per $x \geq 0$.
• Cercare le intersezioni con l’inversa solo sulla bisettrice. Funziona per le funzioni crescenti, non per quelle decrescenti come $-x^3$.
• Invertire una composta nell’ordine sbagliato. $(f \circ g)^{-1} = g^{-1} \circ f^{-1}$: si disfa per prima l’ultima operazione.
• Usare le soglie sbagliate nelle funzioni a tratti. Le condizioni dell’inversa riguardano i valori di $f$, non gli intervalli di partenza (esercizio 5).

Esercizi svolti

1. Una funzione con la radice

Testo. Determina l’inversa di $f(x) = 1 + 2\sqrt{x - 3}$, con il suo dominio e la sua immagine.

Il dominio di $f$ è $x \geq 3$. La radice è strettamente crescente, e moltiplicarla per 2 e sommare 1 non cambia la monotonia: $f$ è iniettiva. Poiché $\sqrt{x - 3}$ assume tutti i valori $\geq 0$, $f$ assume tutti i valori $\geq 1$: $\operatorname{Im} f = [1, +\infty)$. Ricaviamo $x$ con $y \geq 1$:

$$\begin{gathered} \sqrt{x - 3} = \frac{y - 1}{2} \\ x - 3 = \frac{(y - 1)^2}{4} \\ x = 3 + \frac{(y - 1)^2}{4} \end{gathered}$$

Elevare al quadrato non introduce soluzioni estranee, perché i due membri della prima equazione sono non negativi. Scambiando i nomi:

$$\begin{gathered} f^{-1}(x) = 3 + \frac{(x - 1)^2}{4}, \\ \operatorname{dom} f^{-1} = [1, +\infty), \\ \operatorname{Im} f^{-1} = [3, +\infty) \end{gathered}$$

Verifica. $f(7) = 1 + 2 \cdot 2 = 5$ e $f^{-1}(5) = 3 + \frac{16}{4} = 7$. Senza la condizione $x \geq 1$ la formula darebbe $f^{-1}(-1) = 4$, ma $f(4) = 3$.

L’inversa è un ramo di parabola con vertice $(1, 3)$, simmetrico del punto iniziale $(3, 1)$ di $f$.

2. Una funzione fratta

Testo. Sia $f(x) = \frac{1 - 3x}{x + 2}$. Dimostra che è iniettiva, trova la sua immagine e scrivi l’inversa con dominio e immagine.

Il dominio è $\mathbb{R} \setminus \{-2\}$. Risolviamo $y = f(x)$ con $x \neq -2$: questo passo dà iniettività e immagine insieme.

$$\begin{gathered} y(x + 2) = 1 - 3x \\ xy + 3x = 1 - 2y \\ x(y + 3) = 1 - 2y \end{gathered}$$

Per $y = -3$ l’equazione diventa $0 = 7$, impossibile. Per $y \neq -3$ c’è una sola soluzione,

$$x = \frac{1 - 2y}{y + 3}$$

che non è mai $-2$: imponendolo si arriva a $1 - 2y = -2y - 6$, cioè $1 = -6$. Quindi ogni $y \neq -3$ ha esattamente una controimmagine: $f$ è iniettiva e $\operatorname{Im} f = \mathbb{R} \setminus \{-3\}$. Scambiando i nomi:

$$\begin{gathered} f^{-1}(x) = \frac{1 - 2x}{x + 3}, \\ \operatorname{dom} f^{-1} = \mathbb{R} \setminus \{-3\}, \\ \operatorname{Im} f^{-1} = \mathbb{R} \setminus \{-2\} \end{gathered}$$

Verifica. $f(-1) = 4$ e $f^{-1}(4) = \frac{-7}{7} = -1$.

Il grafico di $f$ è un’iperbole con asintoti $x = -2$ e $y = -3$; l’inversa ha gli asintoti scambiati, $x = -3$ e $y = -2$. Questa $f$ non è inversa di se stessa: $f(0) = \frac{1}{2}$, mentre $f^{-1}(0) = \frac{1}{3}$.

3. Esponenziale e logaritmo

Testo. Scrivi l’inversa, con il suo dominio, di $f(x) = 2 + e^{3x - 1}$ e di $g(x) = \ln(x + 1) - 2$.

La prima. $f$ è definita su $\mathbb{R}$ ed è strettamente crescente. Poiché $e^{3x - 1}$ assume tutti i valori positivi, $\operatorname{Im} f = (2, +\infty)$. Con $y > 2$:

$$\begin{gathered} e^{3x - 1} = y - 2 \\ 3x - 1 = \ln(y - 2) \\ x = \frac{1 + \ln(y - 2)}{3} \end{gathered}$$

Il logaritmo si può prendere proprio perché $y - 2 > 0$. Quindi

$$\begin{gathered} f^{-1}(x) = \frac{1 + \ln(x - 2)}{3}, \\ \operatorname{dom} f^{-1} = (2, +\infty) \end{gathered}$$

Verifica: $f\!\left(\frac{1}{3}\right) = 2 + e^0 = 3$ e $f^{-1}(3) = \frac{1 + \ln 1}{3} = \frac{1}{3}$.

La seconda. $g$ è definita per $x > -1$, è strettamente crescente e, come il logaritmo, assume tutti i valori reali: $\operatorname{Im} g = \mathbb{R}$.

$$\begin{gathered} \ln(x + 1) = y + 2 \\ x + 1 = e^{y + 2} \\ x = e^{y + 2} - 1 \end{gathered}$$

Questo valore è sempre maggiore di $-1$, come deve. Quindi $g^{-1}(x) = e^{x + 2} - 1$, con dominio $\mathbb{R}$ e immagine $(-1, +\infty)$. Verifica: $g(0) = -2$ e $g^{-1}(-2) = e^0 - 1 = 0$.

Esponenziale e logaritmo si disfano a vicenda, e il dominio dell’inversa viene dalla condizione di esistenza del logaritmo.

4. Una parabola rivolta verso il basso

Testo. Sia $f(x) = 5 + 4x - x^2$. Trova il più grande intervallo del tipo $[a, +\infty)$ su cui $f$ è invertibile e scrivi l’inversa della restrizione, con dominio e immagine.

Completiamo il quadrato:

$$\begin{gathered} f(x) = -(x^2 - 4x + 4) + 4 + 5 \\ {} = 9 - (x - 2)^2 \end{gathered}$$

È una parabola rivolta verso il basso con vertice $(2, 9)$. Se $a < 2$, l’intervallo $[a, +\infty)$ contiene sia $a$ sia $4 - a$, simmetrici rispetto a $x = 2$ e con la stessa immagine (per esempio $f(0) = f(4) = 5$). Se $a \geq 2$, $f$ è strettamente decrescente. L’intervallo cercato è quindi $[2, +\infty)$, e lì $f$ assume tutti i valori $\leq 9$. Con $y \leq 9$ e $x \geq 2$:

$$\begin{gathered} (x - 2)^2 = 9 - y \\ x - 2 = \sqrt{9 - y} \\ x = 2 + \sqrt{9 - y} \end{gathered}$$

Il segno è più perché $x - 2 \geq 0$. Scambiando i nomi:

$$\begin{gathered} f^{-1}(x) = 2 + \sqrt{9 - x}, \\ \operatorname{dom} f^{-1} = (-\infty, 9], \\ \operatorname{Im} f^{-1} = [2, +\infty) \end{gathered}$$

Verifica. $f(4) = 5$ e $f^{-1}(5) = 2 + \sqrt{4} = 4$. Invece $f^{-1}\big(f(0)\big) = 4$: lo 0 non sta nella restrizione, e lì l’identità non deve valere. Con il segno meno avresti invertito l’altro ramo, quello su $(-\infty, 2]$.

La restrizione è decrescente, e infatti anche l’inversa lo è.

5. Una funzione a tratti con un parametro

Testo. Per $a \in \mathbb{R}$ considera

$$f(x) = \begin{cases} 2x + a & \text{se } x < 1 \\ x^2 + 1 & \text{se } x \geq 1 \end{cases}$$

Per quali $a$ la funzione è iniettiva? Per quali è biiettiva da $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$? In quel caso scrivi l’inversa.

Entrambi i tratti sono strettamente crescenti. Il primo assume i valori di $(-\infty, 2 + a)$, il secondo quelli di $[2, +\infty)$. La funzione è iniettiva se e solo se questi due insiemi non si sovrappongono:

• se $a > 0$, i valori tra 2 e $2 + a$ sono assunti due volte: con $a = 1$, per esempio, $f\!\left(\frac{3}{4}\right) = f\!\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right) = \frac{5}{2}$;
• se $a \leq 0$, i valori del primo tratto sono minori di $2 + a \leq 2$, quelli del secondo almeno 2: niente sovrapposizioni.

Quindi $f$ è iniettiva se e solo se $a \leq 0$. L’immagine $(-\infty, 2 + a) \cup [2, +\infty)$ è tutto $\mathbb{R}$ solo se $a \geq 0$; per $a < 0$ resta il buco $[2 + a, 2)$. Quindi $f$ è biiettiva da $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ solo per $a = 0$.

Per $a = 0$ invertiamo un tratto alla volta, ragionando sui valori:

• se $y < 2$, il valore viene dal primo tratto: $y = 2x$, quindi $x = \frac{y}{2}$;
• se $y \geq 2$, viene dal secondo: $y = x^2 + 1$ con $x \geq 1$, quindi $x = \sqrt{y - 1}$, con il segno più.

$$f^{-1}(x) = \begin{cases} \dfrac{x}{2} & \text{se } x < 2 \\ \sqrt{x - 1} & \text{se } x \geq 2 \end{cases}$$

Verifica. $f(2) = 5$ e $f^{-1}(5) = 2$; $f(-1) = -2$ e $f^{-1}(-2) = -1$.

Le soglie dell’inversa sono $x < 2$ e $x \geq 2$: con quelle di $f$ otterresti $f^{-1}(1{,}5) = \sqrt{0{,}5}$, che è minore di 1 e non può venire dal secondo tratto. Il valore giusto è $0{,}75$.

6. Un’inversa senza formula

Testo. Sia $f(x) = 2^x + x$.

1. Dimostra che $f$ è invertibile su $\mathbb{R}$ e trova il dominio di $f^{-1}$.
2. Calcola $f^{-1}(1)$, $f^{-1}(3)$ e $f^{-1}(6)$.
3. Risolvi la disequazione $f^{-1}(x) > 1$.
4. I grafici di $f$ e di $f^{-1}$ si incontrano?

1. $2^x$ e $x$ sono strettamente crescenti, quindi lo è anche la loro somma: $f$ è iniettiva. È continua e tende a $-\infty$ per $x \to -\infty$ e a $+\infty$ per $x \to +\infty$; per il teorema dei valori intermedi $\operatorname{Im} f = \mathbb{R}$, che è il dominio di $f^{-1}$. Da $y = 2^x + x$ non si riesce a ricavare $x$ con logaritmi e passaggi algebrici, ma non serve.

2. Proviamo valori semplici: $f(0) = 1$, $f(1) = 3$, $f(2) = 6$. Quindi

$$\begin{gathered} f^{-1}(1) = 0, \quad f^{-1}(3) = 1, \\ f^{-1}(6) = 2 \end{gathered}$$

e sono gli unici valori possibili, perché $f$ è iniettiva.

3. $f$ è strettamente crescente, quindi applicandola ai due membri il verso si conserva:

$$\begin{gathered} f^{-1}(x) > 1 \iff f\big(f^{-1}(x)\big) > f(1) \\ {} \iff x > 3 \end{gathered}$$

4. Poiché $f$ è crescente, i due grafici possono incontrarsi solo nei punti con $f(x) = x$, cioè $2^x = 0$: impossibile. I grafici non si incontrano mai: quello di $f$ sta sopra la bisettrice, perché $f(x) - x = 2^x > 0$, e il suo simmetrico tutto sotto.

Altri esercizi su immagini, composte e inverse li trovi negli esercizi svolti su insiemi e funzioni.

In sintesi

• $f^{-1}$ manda ogni $y$ nell’unico $x$ con $f(x) = y$; valgono $f^{-1}\big(f(x)\big) = x$ e $f\big(f^{-1}(y)\big) = y$.
• Invertibile se e solo se biiettiva; per le funzioni reali basta l’iniettività.
• Metodo: dominio e iniettività, si risolve $y = f(x)$, si scambiano i nomi, $\operatorname{dom} f^{-1} = \operatorname{Im} f$, si verifica.
• Il grafico di $f^{-1}$ è il simmetrico di quello di $f$ rispetto a $y = x$; se $f$ è crescente si incontrano solo sulla bisettrice.
• Se $f$ non è iniettiva si restringe il dominio; in una parabola il segno della radice dipende dal ramo.
• $f^{-1}$ ha la stessa monotonia di $f$, è dispari se $f$ lo è, e $(f \circ g)^{-1} = g^{-1} \circ f^{-1}$.
• $f^{-1}(x)$ non è $\frac{1}{f(x)}$.

Per capire in fretta se una funzione è iniettiva, se ha simmetrie o se si ripete, servono alcune proprietà generali: le vediamo in funzioni pari e dispari, periodiche, monotone e limitate.