Evo još malo gradiva srednje škole... Malo zapinjem

Dakle, treba odrediti inverzni oblik funkcija;
[dispmath]f(x)=\log_2 (4x)-\log_\sqrt 2 x[/dispmath]
rješenje: [inlmath]y=f^{-1}(x)=2^{2-x}[/inlmath]
[dispmath]f(x)=\log_\sqrt 2 (2x)+\log_\frac{1}{2}x[/dispmath]
rješenje: [inlmath]y=f^{-1}x=2^{x-2}[/inlmath]

O, pa ti se odlično služiš Latex-om, blake... Svaka čast.

U ovakvim zadacima cilj ja da sve svedemo na logaritme s jednakim osnovama, a u oba zadatka vidimo da će biti najlakše da ih svedemo na logaritme s osnovom [inlmath]2[/inlmath], budući da su i [inlmath]\sqrt 2[/inlmath] i [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath] stepeni dvojke, tj. [inlmath]2^\frac{1}{2}[/inlmath] i [inlmath]2^{-1}[/inlmath], respektivno.

Funkciju [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] prvo malo sredimo:
[dispmath]f\left(x\right)=\log_2\left(4x\right)-\log_{\sqrt 2}x[/dispmath][dispmath]f\left(x\right)=\log_2 4+\log_2 x-\frac{1}{\log_x\sqrt 2}[/dispmath][dispmath]f\left(x\right)=2+\log_2 x-\frac{1}{\frac{1}{2}\log_x 2}[/dispmath][dispmath]f\left(x\right)=2+\log_2 x-2\log_2 x[/dispmath][dispmath]f\left(x\right)=2-\log_2 x[/dispmath]
Sada to napišemo kao
[dispmath]x=2-\log_2 f^{-1}\left(x\right)[/dispmath][dispmath]\log_2 f^{-1}\left(x\right)=2-x[/dispmath][dispmath]f^{-1}\left(x\right)=2^{2-x}[/dispmath]
Drugi zadatak se radi vrlo slično. Možeš pokušati da ga rešiš na osnovu rešenja ovog prvog zadatka, pa ako ne bude išlo, javi pa ćemo i njega uraditi.

Daniel je napisao:Sada to napišemo kao
[dispmath]x=2-\log_2 f^{-1}\left(x\right)[/dispmath][dispmath]\log_2 f^{-1}\left(x\right)=2-x[/dispmath][dispmath]f^{-1}\left(x\right)=2^{2-x}[/dispmath]

e drugi sam rješia po ovom tvom postupku u par crta... samo ne kužin kako kad stavljamo bazu [inlmath]2[/inlmath] ispod logaritma onda moramo stavit i bazu [inlmath]2[/inlmath] ispod [inlmath]2-x[/inlmath] ODJEDANPUT...a ja bi stavlja [inlmath]2[/inlmath] ispod [inlmath]2[/inlmath] pa onda minus pa opet [inlmath]2^x[/inlmath]
a [inlmath]2^2-2^x\ne 2^{2-x}[/inlmath]

E, pa ne smeš nikako posle
[dispmath]\log_2 f^{-1}\left(x\right)=2-x[/dispmath]
napisati
[dispmath]f^{-1}\left(x\right)=2^2-2^x[/dispmath]
Kako i sam kažeš, [inlmath]2^2-2^x\ne 2^{2-x}[/inlmath] (za stepenovanje ne važi distibutivnost u odnosu na oduzimanje).

Možemo to posmatrati ovako:
[dispmath]\log_2 f^{-1}\left(x\right)=\left(2-x\right)[/dispmath]
Sada i na levoj i na desnoj strani dvojku dignemo na iznos leve, odnosno desne strane:
[dispmath]2^{\log_2 f^{-1}\left(x\right)}=2^{\left(2-x\right)}[/dispmath]
(Pošto smo dvojku digli na ceo iznos leve strane, isto tako i na desnoj strani, radi očuvanja jednakosti, dvojku moramo dići na ceo iznos desne strane, tj. na [inlmath]\left(2-x\right)[/inlmath] i to odjednom, znači [inlmath]2^{2-x}[/inlmath], a nikako [inlmath]2^2[/inlmath] pa minus [inlmath]2^x[/inlmath])

Primenjujući osobinu da je
[dispmath]n^{log_n x}=x[/dispmath]
dobijamo:
[dispmath]2^{\log_2 f^{-1}\left(x\right)}=f^{-1}\left(x\right)=2^{2-x}[/dispmath]

Izračunajte inverznu funkciju i odredite područje definicije te funkcije
[dispmath]f(x)=\mathrm{arctg}\:3x[/dispmath][dispmath]f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}[/dispmath]

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\mathrm{arctg}\:3x[/dispmath]

[dispmath]f\left(x\right)=y=\mathrm{arctg}\:3x[/dispmath]
Oblast definisanosti inverzne funkcije:
[inlmath]\mathrm{arctg}\:3x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\quad\Rightarrow\quad y\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath]

„Tangensujemo“ obe strane:
[dispmath]\mathrm{tg}\:y=\mathrm{tg}\left(\mathrm{arctg}\:3x\right)[/dispmath]
Tangens i arkus tangens nisu inverzne funkcije na celom intervalu realnih brojeva, međutim, budući da je arkus tangens injektivna funkcija, što znači da se iz vrednosti arkus tangensa može jednoznačno odrediti vrednost njegovog argumenta, važi da je [inlmath]\mathrm{tg}\left(\mathrm{arctg}\:x\right)=x[/inlmath].
S druge strane, recimo, pošto tangens nije injektivna već periodična funkcija, ne bi važilo [inlmath]\mathrm{arctg}\left(\mathrm{tg}\:x\right)=x[/inlmath].
Dakle,
[dispmath]\mathrm{tg}\:y=3x[/dispmath][dispmath]x=\frac{1}{3}\mathrm{tg}\:y[/dispmath]
pa je, na intervalu [inlmath]\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath]:
[dispmath]f^{-1}\left(x\right)=\frac{1}{3}\mathrm{tg}\:x[/dispmath]
to jest,
[dispmath]f^{-1}\left(x\right)=\begin{cases}
\frac{1}{3}\mathrm{tg}\:x, & x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\\
\mbox{nije definisana}, & x\notin\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)
\end{cases}[/dispmath]

blake je napisao:[dispmath]f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}[/dispmath]

[dispmath]f\left(x\right)=y=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}[/dispmath][dispmath]y\left(e^x+e^{-x}\right)=e^x-e^{-x}[/dispmath][dispmath]ye^x+ye^{-x}=e^x-e^{-x}[/dispmath][dispmath]ye^x-e^x=-ye^{-x}-e^{-x}[/dispmath][dispmath]e^x\left(y-1\right)=-e^{-x}\left(y+1\right)[/dispmath][dispmath]\frac{e^x}{e^{-x}}=-\frac{y+1}{y-1}[/dispmath][dispmath]e^{2x}=\frac{1+y}{1-y}\quad /\ln[/dispmath][dispmath]2x=\ln\frac{1+y}{1-y}[/dispmath][dispmath]x=\frac{1}{2}\ln\frac{1+y}{1-y}[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad f^{-1}\left(x\right)=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}[/dispmath]
Područje definicije: [inlmath]\frac{1+x}{1-x}>0[/inlmath] i rešiš to po [inlmath]x[/inlmath]...

Inverz od
[dispmath]f(x)=\frac{1-\log_2\left(\cos^4x+\sin^4x\right)}{\log_2\left(\cos^4x+\sin^4x\right)}[/dispmath][dispmath]\frac{1-\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)}{\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)}=x[/dispmath][dispmath]1-\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)=x\cdot\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)[/dispmath][dispmath]2-\cos^4y+\sin^4y=\left(\cos^4y+\sin^4y\right)^x[/dispmath]

Ne valja ti poslednji red. Pretpostavljam da si jedinicu iz pretposlednjeg reda napisao kao [inlmath]\log_2 2[/inlmath] i dobio
[dispmath]\log_2 2-\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)=\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)^x[/dispmath]
ali si zaboravio da razlika logaritama nije jednaka logaritmu razlike, već logaritmu količnika. Tj. [inlmath]\log a-\log b{\color{red}\ne}\log\left(a-b\right)[/inlmath], već [inlmath]\log a-\log b{\color{red}=}\log\frac{a}{b}[/inlmath]. Prema tome, dobije se
[dispmath]\log_2\frac{2}{\cos^4y+\sin^4y}=\log_2\left(\cos^4y+\sin^4y\right)^x[/dispmath]
Međutim, ima tu još nešto. Funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] je periodična, pošto u njoj promenljiva [inlmath]x[/inlmath] figuriše samo unutar izraza [inlmath]\cos^4y+\sin^4y[/inlmath], za koji se lako može pokazati da je periodičan. Pošto je [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] periodična, ona ne može imati inverznu funkciju. Zato ću raditi pod pretpostavkom da je u zadatku rečeno da se traži inverz one funkcije koja bi na jednom određenom intervalu, na kojem je [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] injektivna, imala vrednost funkcije [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath], a van tog intervala ne bi bila definisana.

Izjednačavamo vrednosti argumenata logaritama iz prethodnog koraka:
[dispmath]\frac{2}{\cos^4y+\sin^4y}=\left(\cos^4y+\sin^4y\right)^x[/dispmath][dispmath]2=\left(\cos^4y+\sin^4y\right)^{x+1}[/dispmath][dispmath]\cos^4y+\sin^4y=2^\frac{1}{x+1}[/dispmath][dispmath]\underbrace{\cos^4y+2\sin^2y\cos^2y+\sin^4y}_{\left(\cos^2y+\sin^2y\right)^2=1}-2\sin^2y\cos^2y=2^\frac{1}{x+1}[/dispmath][dispmath]1-\frac{1}{2}\cdot\underbrace{4\sin^2y\cos^2y}_{\left(2\sin y\cos y\right)^2=\sin^2 2y}=2^\frac{1}{x+1}[/dispmath][dispmath]1-\frac{1}{2}\sin^2 2y=2^\frac{1}{x+1}\quad /\cdot 2[/dispmath][dispmath]2-\sin^2 2y=2^{\frac{1}{x+1}+1}[/dispmath][dispmath]2-\sin^2 2y=2^{\frac{x+2}{x+1}}[/dispmath][dispmath]\sin^2 2y=2-2^{\frac{x+2}{x+1}}\quad /\sqrt{\phantom{0}}[/dispmath][dispmath]\left|\sin 2y\right|=\sqrt{2-2^{\frac{x+2}{x+1}}}[/dispmath][dispmath]\sin 2y=\pm\sqrt{2-2^{\frac{x+2}{x+1}}}[/dispmath]
Ceo dosadašnji postupak se mogao sprovoditi i za originalnu funkciju [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath]. Međutim, da bismo se sad oslobodili ovog sinusa, tj. da bismo „arkus sinusovali“ obe strane, moramo se sad ograničiti na taj jedan interval funkcije [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath], kao što sam malopre napisao. U zavisnosti od toga na koji se interval ograničimo, umesto [inlmath]\pm[/inlmath] uzimamo ili plus ili minus.
Ako smo uzeli interval funkcije [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] u kome je [inlmath]x[/inlmath] pozitivno, onda, zbog simetričnosti inverzne funkcije, sada mora biti [inlmath]y[/inlmath] pozitivno, pa pošto je koren pozitivan i, samim tim, i arkus sinus korena pozitivan, moramo ispred arkus sinusa staviti plus:
[dispmath]2y=\arcsin\sqrt{2-2^{\frac{x+2}{x+1}}}[/dispmath][dispmath]y=\frac{1}{2}\arcsin\sqrt{2-2^{\frac{x+2}{x+1}}}[/dispmath]
Ali, ako smo uzeli interval funkcije [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] u kome je [inlmath]x[/inlmath] negativno, onda mora sada biti [inlmath]y[/inlmath] negativno, pa ispred arkus sinusa stavljamo minus:
[dispmath]y=-\frac{1}{2}\arcsin\sqrt{2-2^{\frac{x+2}{x+1}}}[/dispmath]

Daniel je napisao:(...)
[inlmath]\cos^4y+\sin^4y[/inlmath], za koji se lako može pokazati da je periodičan.
(...)

[inlmath]\cos^4y+\sin^4y=\cos^4(y+T)+\sin^4(y+T)[/inlmath]

Da, a može se videti i po tome što sam u svom postupku [inlmath]\cos^4y+\sin^4y[/inlmath] predstavio kao [inlmath]1-\frac{1}{2}\sin^2 2y[/inlmath], a kvadrat sinusa je periodična funkcija. Ili, ako se to dalje sredi,
[dispmath]1-\frac{1}{2}\sin^2 2y=1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\cos 4y}{2}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4y[/dispmath]
Iz ovako napisanog izraza vidimo čak i koliki je osnovni period – [inlmath]\frac{2\pi}{4}[/inlmath], tj. [inlmath]\frac{\pi}{2}[/inlmath].