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Autor Tema: Probar \(\;\;f\;\) única si \(\;\;2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=x\).  (Leído 3672 veces)
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martiniano
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« Respuesta #40 : 12/06/2018, 02:20:41 am »

Hola
A mí me sale [texx]f '(0)=\displaystyle\frac{1}{6}[/texx]
¿Cómo lo has hecho?
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« Respuesta #41 : 12/06/2018, 05:43:09 am »

Hola
A mí me sale [texx]f '(0)=\displaystyle\frac{1}{6}[/texx]
¿Cómo lo has hecho?


Haciendo    [texx]y=f(x)[/texx],    entonces    [texx]f^{-1}(y)=x=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=2y^3-3y^2+6y[/texx],
[texx]\forall{y\in{\big\{f(x)\big\}}}[/texx].

Las propiedades de esta función ya se han visto, es derivable por tratarse de un polinomio, su derivada no se anula nunca, así que es una biyección y su inversa es derivable.

(No consigo verlo del todo, puesto que esas propiedades dependen de las de    [texx]f(x)[/texx]).

Se tiene que    [texx](f^{-1})'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}=\displaystyle\frac{1}{f'(x)}[/texx]    de donde

[texx]f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\big(f^{-1}\big)'(y)}=\displaystyle\frac{1}{6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)}=\displaystyle\frac{1}{6f'(x)}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}}[/texx],

[texx]\big(f'(x)\big)^2=\displaystyle\frac{1}{6}\cdot{}\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}[/texx],

[texx]f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{6}}\cdot{}\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}}[/texx].

Por otra parte, para    [texx]x=0[/texx],    la ecuación    [texx]2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=0[/texx]    tiene por solución    [texx]f(0)=0[/texx],    así que sustituyendo será,

[texx]f'(0)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{6}}\cdot{}\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{\big(f(0)\big)^2-f(0)+1}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{6}}[/texx].

Saludos.


EDITADO.
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« Respuesta #42 : 12/06/2018, 06:14:59 am »

Tengo la sensación de que falta algo que no acabo de entender pero ni tan siquiera estoy seguro de ello y tampoco se de que se trata.

El resultado obtenido ha sido casualidad, ensayando posibilidades y tampoco estoy seguro que sea correcto.

Saludos y gracias.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #43 : 12/06/2018, 07:37:51 am »

Hola

Haciendo    [texx]y=f(x)[/texx],    entonces    [texx]f^{-1}(y)=x=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=2y^3-3y^2+6y[/texx],
[texx]\forall{y\in{\big\{f(x)\big\}}}[/texx].

Las propiedades de esta función ya se han visto, es derivable por tratarse de un polinomio, su derivada no se anula nunca, así que es una biyección y su inversa es derivable.

(No consigo verlo del todo, puesto que esas propiedades dependen de las de    [texx]f(x)[/texx]).

Se tiene que    [texx](f^{-1})'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}=\displaystyle\frac{1}{f'(x)}[/texx]    de donde

[texx]f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\big(f^{-1}\big)'(y)}=\displaystyle\frac{1}{6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)}=\displaystyle\frac{1}{6f'(x)}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}}[/texx],

Te estás liando; en el denominador escribes [texx](f^{-1})'(y)[/texx] pero luego derivas respecto de [texx]x[/texx].

Más sencillo que todo eso, tienes que:

[texx]2f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)=x [/texx]

Admitiendo que f(x) es derivable (eso creo que ya ha sido previamente discutido en el hilo) puedes derivar en la igualdad anterior:

[texx]6f(x)^2f'(x)-6f(x)f'(x)+6f'(x)=1[/texx]

Evalúa en [texx]x=0[/texx] (sabiendo que [texx]f(0)=0[/texx]) y despeja [texx]f'(0)[/texx]).

Saludos.
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« Respuesta #44 : 12/06/2018, 08:56:50 am »

Hola

Haciendo    [texx]y=f(x)[/texx],    entonces    [texx]f^{-1}(y)=x=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=2y^3-3y^2+6y[/texx],
[texx]\forall{y\in{\big\{f(x)\big\}}}[/texx].

Las propiedades de esta función ya se han visto, es derivable por tratarse de un polinomio, su derivada no se anula nunca, así que es una biyección y su inversa es derivable.

(No consigo verlo del todo, puesto que esas propiedades dependen de las de    [texx]f(x)[/texx]).

Se tiene que    [texx](f^{-1})'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}=\displaystyle\frac{1}{f'(x)}[/texx]    de donde

[texx]f'(x)=\displaystyle\frac{1}{\big(f^{-1}\big)'(y)}=\displaystyle\frac{1}{6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)}=\displaystyle\frac{1}{6f'(x)}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}}[/texx],

Te estás liando; en el denominador escribes [texx](f^{-1})'(y)[/texx] pero luego derivas respecto de [texx]x[/texx].

Más sencillo que todo eso, tienes que:

[texx]2f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)=x [/texx]

Admitiendo que f(x) es derivable (eso creo que ya ha sido previamente discutido en el hilo) puedes derivar en la igualdad anterior:

[texx]6f(x)^2f'(x)-6f(x)f'(x)+6f'(x)=1[/texx]

Evalúa en [texx]x=0[/texx] (sabiendo que [texx]f(0)=0[/texx]) y despeja [texx]f'(0)[/texx]).

Saludos.


[texx]6f'(x)\cdot{\left[0-0+1\right]}=1[/texx]

[texx]f'(0)=\displaystyle\frac{1}{6}[/texx]

Si, mucho más fácil, gracias, pero oculta aún más lo que trasciende y no consigo captar.

Veo claro que sea cual sea la función    [texx]f[/texx],    ésta debe verificar    [texx]f(0)=0[/texx]     además debe ser derivable en    [texx]\mathbb{R}[/texx],    y siendo así, la pendiente de su tangente en    [texx]x=0[/texx]    debe ser    [texx]\displaystyle\frac{1}{6}[/texx],    pero aún así, debe de haber infinitas funciones que verifican esto. No consigo entender lo de la unicidad.

Saludos.
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« Respuesta #45 : 12/06/2018, 11:07:17 am »

Hola.
Échale un vistazo a las respuestas de la 30 a la 33, y dime qué es lo que no entiendes exactamente, porfa, que es que ya no sé cómo quedó aquello.
Saludos.
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« Respuesta #46 : 12/06/2018, 11:39:57 am »

Hola.
Échale un vistazo a las respuestas de la 30 a la 33, y dime qué es lo que no entiendes exactamente, porfa, que es que ya no sé cómo quedó aquello.
Saludos.

Pues exactamente la implicación:

[texx]2y^3-3y^2+6y=0[/texx]   sol. única   [texx]\Longrightarrow{}[/texx]  unicidad   [texx]f(x)[/texx]  verificando   [texx]2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)-x=0[/texx].
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« Respuesta #47 : 13/06/2018, 02:14:55 am »

Hola.
La implicación que he intentado explicar en esas respuestas es:

[texx]y^3-3y^2+6y-x=0[/texx]  sol. única   [texx]\Longrightarrow{}[/texx] unicidad de [texx]f(x)[/texx] tal que [texx]f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)-x=0[/texx]

Imagínate que resuelves la ecuación [texx]y^3-3y^2+6y-x=0[/texx] para [texx]x=0[/texx]. Da [texx]y=0[/texx], pues entonces dices que [texx]f(0)=0[/texx]. Luego que resuelves la ecuación para [texx]x=1[/texx] por todo lo que hemos dicho antes obtendrás un valor, y sólo un valor de [texx]y[/texx], a ese valor le llamas [texx]f(1)[/texx]. Luego resuelves la ecuación para [texx]x=2[/texx] y a ese valor (hay uno y sólo uno) le llamas [texx]f(2)[/texx]. Imagínate que vas dando a la [texx]x[/texx] todos los números reales, y a la [texx]y[/texx] que obtengas de resolver la ecuación la llamas [texx]f(x)[/texx]...

Espero que lo hayas entendido. Saludos

Saludos
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« Respuesta #48 : 13/06/2018, 04:10:11 am »

Hola.
La implicación que he intentado explicar en esas respuestas es:

[texx]y^3-3y^2+6y-x=0[/texx]  sol. única   [texx]\Longrightarrow{}[/texx] unicidad de [texx]f(x)[/texx] tal que [texx]f(x)^3-3f(x)^2+6f(x)-x=0[/texx]

Imagínate que resuelves la ecuación [texx]y^3-3y^2+6y-x=0[/texx] para [texx]x=0[/texx]. Da [texx]y=0[/texx], pues entonces dices que [texx]f(0)=0[/texx]. Luego que resuelves la ecuación para [texx]x=1[/texx] por todo lo que hemos dicho antes obtendrás un valor, y sólo un valor de [texx]y[/texx], a ese valor le llamas [texx]f(1)[/texx]. Luego resuelves la ecuación para [texx]x=2[/texx] y a ese valor (hay uno y sólo uno) le llamas [texx]f(2)[/texx]. Imagínate que vas dando a la [texx]x[/texx] todos los números reales, y a la [texx]y[/texx] que obtengas de resolver la ecuación la llamas [texx]f(x)[/texx]...

Espero que lo hayas entendido. Saludos

Saludos

Bueno vale, es posible que lo haya entendido.

[texx]f(x)[/texx]    ha de verificar    [texx]2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)-x=0[/texx]    [texx]\forall{\,x\in{\mathbb{R}}}[/texx].

En particular ha de verificar   

[texx]2\big(f(0)\big)^3-3\big(f(0)\big)^2+6f(0)-0=0[/texx],   (esta ecuación tiene como única solución real    [texx]f(0)=0[/texx]).

[texx]2\big(f(1)\big)^3-3\big(f(1)\big)^2+6f(1)-1=0[/texx],   (esta ecuación tiene como única solución real    [texx]f(1)=x_1[/texx]).

[texx]2\big(f(\sqrt[ ]{2})\big)^3-3\big(f(\sqrt[ ]{2})\big)^2+6f(\sqrt[ ]{2})-\sqrt[ ]{2}=0[/texx],    (esta ecuación tiene como única solución real    [texx]f(\sqrt[ ]{2})=x_{\sqrt[ ]{2}}[/texx]).

...   ...   ...

La función buscada, por lo tanto, deberá verificar    [texx]f(0)=0[/texx].

Se asume    [texx]f[/texx]    derivable en    [texx]\mathbb{R}[/texx]    porque sino no es posible continuar.

Siendo así, la composición es derivable en    [texx]\mathbb{R}[/texx]    por ser suma, resta, producto de la función identidad y composición de funciones derivables en    [texx]\mathbb{R}[/texx].

Se calcula la derivada de la composición

[texx]6\big(f(x)\big)^2\cdot{f'(x)}-6f(x)\cdot{f'(x)}+6f'(x)-1[/texx]

[texx]6f'(x)\cdot{\left[\big(f(x)\big)^2-f(x)+1\right]}-1[/texx]

Se despeja    [texx]f'(x)[/texx]    de la ecuación

[texx]6f'(x)\cdot{\left[\big(f(x)\big)^2-f(x)+1\right]}-1=0[/texx]

[texx]f'(x)=\displaystyle\frac{1}{6}\cdot{\displaystyle\frac{1}{\big(f(x)\big)^2-f(x)+1}}[/texx]

Al evaluar en    [texx]x=0[/texx]    se obtiene   

[texx]f'(0)=\displaystyle\frac{1}{6}[/texx]


SÓLO FALTA PROBAR QUE    [texx]f[/texx]    ES ÚNICA Y DERIVABLE.


:BangHead: :BangHead: :BangHead:


Saludos y gracias.
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« Respuesta #49 : 13/06/2018, 04:43:49 am »

Hola

SÓLO FALTA PROBAR QUE    [texx]f[/texx]    ES ÚNICA Y DERIVABLE.

¡La unicidad ya la tienes! Revisa otra vez todo. Has probado que fijado [texx]x[/texx] existe un único [texx]y[/texx] tal que [texx]y^3-3y^2+6y-x=0[/texx] por tanto si [texx]f(x)^3-3f(x)^2+5f(x)-x=0[/texx] necesariamente [texx]f(x)=y[/texx].

La diferenciabilidad es más latosa si no puedes echar mano de ningún teorema auxiliar. ¿No has dado el teorema de la función inversa en una variable? Normalmente se enuncia y demuestra cuando se da esta fórmula:

[texx](f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(y))}[/texx]

en tu caso tendrías que aplicarlo a la función [texx]p(y)=y^3-3y^2+6y.[/texx]

Saludos.
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« Respuesta #50 : 13/06/2018, 06:50:47 am »

Hola

SÓLO FALTA PROBAR QUE    [texx]f[/texx]    ES ÚNICA Y DERIVABLE.

¡La unicidad ya la tienes! Revisa otra vez todo. Has probado que fijado [texx]x[/texx] existe un único [texx]y[/texx] tal que [texx]y^3-3y^2+6y-x=0[/texx] por tanto si [texx]f(x)^3-3f(x)^2+5f(x)-x=0[/texx] necesariamente [texx]f(x)=y[/texx].

Estamos tontos.

Si    [texx]f(x)=\sqrt[ ]{x^2}[/texx]    y    [texx]g(x)=x[/texx]    resulta que    [texx]f=g[/texx].    Es decir, una función es igual a otra si a cada elemento del dominio le hace corresponder igual elemento de la imagen, independientemente de la expresión que tenga. De lo más sencillo de ver!

:enojado:

Muchas gracias.
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« Respuesta #51 : 13/06/2018, 01:25:44 pm »

...
La diferenciabilidad es más latosa si no puedes echar mano de ningún teorema auxiliar. ¿No has dado el teorema de la función inversa en una variable? Normalmente se enuncia y demuestra cuando se da esta fórmula:

[texx](f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(y))}[/texx]

en tu caso tendrías que aplicarlo a la función [texx]p(y)=y^3-3y^2+6y.[/texx]

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    derivable en el intervalo    [texx]I[/texx]    con derivada    [texx]f'(x)\neq{0}[/texx]    para todo    [texx]x\in{I}[/texx].    Entonces    [texx]f[/texx]
es una biyección de    [texx]I[/texx]    sobre el intervalo    [texx]J=f(I)[/texx],    y la función inversa    [texx]f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    es derivable en
[texx]J[/texx]    siendo


[texx]\big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}[/texx]       [texx](y\in{\mathbb{R}})[/texx]


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« Respuesta #52 : 14/06/2018, 04:29:51 am »

Hola

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    derivable en el intervalo    [texx]I[/texx]    con derivada    [texx]f'(x)\neq{0}[/texx]    para todo    [texx]x\in{I}[/texx].    Entonces    [texx]f[/texx]
es una biyección de    [texx]I[/texx]    sobre el intervalo    [texx]J=f(I)[/texx],    y la función inversa    [texx]f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    es derivable en
[texx]J[/texx]    siendo


[texx]\big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}[/texx]       [texx](y\in{\mathbb{R}})[/texx]


Bien. Pues aplícalo para la función:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x[/texx]

Dado que [texx]g'(x_0)=\color{red}6x_0^2-6x_0+6\color{black}\neq 0[/texx] en todo punto [texx]x_0[/texx] se tiene que la función inversa [texx]g^{-1}(x)[/texx] es derivable en [texx]g(x_0)[/texx].

Nota que tal función inversa es la que verifica:

[texx]g(g^{-1}(x))=x[/texx]

es decir:

[texx]\color{red}2\color{black}(g^{-1}(x))^3-3(g^{-1}(x))^2+6g^{-1}(x)=x[/texx]

por tanto [texx]g^{-1}(x)[/texx] es precisamente la [texx]f(x)[/texx] del enunciado original.

Saludos.

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« Respuesta #53 : 14/06/2018, 06:00:28 am »

Hola

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    derivable en el intervalo    [texx]I[/texx]    con derivada    [texx]f'(x)\neq{0}[/texx]    para todo    [texx]x\in{I}[/texx].    Entonces    [texx]f[/texx]
es una biyección de    [texx]I[/texx]    sobre el intervalo    [texx]J=f(I)[/texx],    y la función inversa    [texx]f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    es derivable en
[texx]J[/texx]    siendo


[texx]\big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}[/texx]       [texx](y\in{\mathbb{R}})[/texx]


Bien. Pues aplícalo para la función:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}-x[/texx]

Dado que [texx]g'(x_0)=6x^2-6x+5\neq 0[/texx] en todo punto [texx]x_0[/texx] se tiene que la función inversa [texx]g^{-1}(x)[/texx] es derivable en [texx]g(x_0)[/texx].

¿Esta bien la corrección en rojo?
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« Respuesta #54 : 14/06/2018, 06:11:52 am »

Hola

Cita
Bien. Pues aplícalo para la función:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}-x[/texx]

Dado que [texx]g'(x_0)=6x^2-6x+5\neq 0[/texx] en todo punto [texx]x_0[/texx] se tiene que la función inversa [texx]g^{-1}(x)[/texx] es derivable en [texx]g(x_0)[/texx].

¿Esta bien la corrección en rojo?

No del todo. Sobra el [texx]-x.[/texx]

Es:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}[/texx]

Saludos.
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« Respuesta #55 : 14/06/2018, 12:13:39 pm »

Hola

Cita
Bien. Pues aplícalo para la función:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}-x[/texx]

Dado que [texx]g'(x_0)=6x^2-6x+5\neq 0[/texx] en todo punto [texx]x_0[/texx] se tiene que la función inversa [texx]g^{-1}(x)[/texx] es derivable en [texx]g(x_0)[/texx].

¿Esta bien la corrección en rojo?

No del todo. Sobra el [texx]-x.[/texx]

Es:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x\color{red}[/texx]

Saludos.

Pues entonces    [texx]g'(x)=6x^2-6x+6[/texx]    ¿No?
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« Respuesta #56 : 15/06/2018, 04:47:11 am »

Hola

Pues entonces    [texx]g'(x)=6x^2-6x+6[/texx]    ¿No?

Si; cuando me indicaste mi primera errata, de paso corregí esa también.  :guiño:

Saludos.
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« Respuesta #57 : 15/06/2018, 06:23:53 pm »

Hola

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    derivable en el intervalo    [texx]I[/texx]    con derivada    [texx]f'(x)\neq{0}[/texx]    para todo    [texx]x\in{I}[/texx].    Entonces    [texx]f[/texx]
es una biyección de    [texx]I[/texx]    sobre el intervalo    [texx]J=f(I)[/texx],    y la función inversa    [texx]f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    es derivable en
[texx]J[/texx]    siendo


[texx]\big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}[/texx]       [texx](y\in{\mathbb{R}})[/texx]


Bien. Pues aplícalo para la función:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x[/texx]

Dado que [texx]g'(x_0)=\color{red}6x_0^2-6x_0+6\color{black}\neq 0[/texx] en todo punto [texx]x_0[/texx] se tiene que la función inversa [texx]g^{-1}(x)[/texx] es derivable en [texx]g(x_0)[/texx].

Nota que tal función inversa es la que verifica:

[texx]g(g^{-1}(x))=x[/texx]

es decir:

[texx]\color{red}2\color{black}(g^{-1}(x))^3-3(g^{-1}(x))^2+6g^{-1}(x)=x[/texx]

por tanto [texx]g^{-1}(x)[/texx] es precisamente la [texx]f(x)[/texx] del enunciado original.

Saludos.

CORREGIDO

Me estoy liando con la notación. Lo que se debe probar es la unicidad derivabilidad de    [texx]f(x)[/texx]    sabiendo que verifica    [texx]2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)=x[/texx],    entonces se hace

[texx]g(x)=2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)-x[/texx],

si ahora se quiere considerar que la función    [texx]f[/texx]    es ya la función inversa de alguna función, se debería hacer

[texx]f(x)=h^{-1}(y)[/texx]     y    [texx]h(x)[/texx]    la función directa original. La notación    [texx]g^{-1}(x)=f(x)[/texx]    genera confusión. 

Lo correcto ahora sería    [texx]y=g(x)[/texx]    y por lo tanto    [texx]g^{-1}(y)=x[/texx].

No consigo aclararme para poder aplicar el teorema.

Saludos.

CORREGIDO.
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« Respuesta #58 : 16/06/2018, 12:57:10 pm »

Teorema (Derivada de una función compuesta o regla de la cadena)

Sean    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    y    [texx]g:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    con    [texx]f(I)\subset{J}[/texx],    y sea    [texx]h=g\circ{f}:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    la función compuesta. Supongamos que     [texx]f[/texx]    es derivable en    [texx]a\in{I}[/texx]    y que    [texx]g[/texx]    es derivable en    [texx]f(a)[/texx].    Entonces    [texx]h[/texx]    es derivable en    [texx]a[/texx]    y    [texx]h'(a)=g'\big(f(a)\big)f'(a)[/texx].

En particular, si    [texx]g[/texx]    es derivable en    [texx]J[/texx],    la función compuesta    [texx]h=g\circ{f}[/texx]    es derivable en todo punto de    [texx]I[/texx]    donde    [texx]f[/texx]    sea derivable.



Este teorema no garantiza que    [texx]2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)[/texx]    sea derivable en    [texx]x[/texx],    [texx]\forall{x\in{\mathbb{R}}}[/texx].    Falta la
hipótesis    [texx]f[/texx]    derivable en    [texx]x[/texx],    [texx]\forall{x}\in{}\mathbb{R}[/texx].

No veo como probar la derivabilidad de    [texx]f[/texx].

Saludos.
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« Respuesta #59 : 18/06/2018, 06:40:38 am »

Hola

Teorema (Derivada de una función compuesta o regla de la cadena)

Sean    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    y    [texx]g:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    con    [texx]f(I)\subset{J}[/texx],    y sea    [texx]h=g\circ{f}:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    la función compuesta. Supongamos que     [texx]f[/texx]    es derivable en    [texx]a\in{I}[/texx]    y que    [texx]g[/texx]    es derivable en    [texx]f(a)[/texx].    Entonces    [texx]h[/texx]    es derivable en    [texx]a[/texx]    y    [texx]h'(a)=g'\big(f(a)\big)f'(a)[/texx].

En particular, si    [texx]g[/texx]    es derivable en    [texx]J[/texx],    la función compuesta    [texx]h=g\circ{f}[/texx]    es derivable en todo punto de    [texx]I[/texx]    donde    [texx]f[/texx]    sea derivable.



Este teorema no garantiza que    [texx]2\big(f(x)\big)^3-3\big(f(x)\big)^2+6f(x)[/texx]    sea derivable en    [texx]x[/texx],    [texx]\forall{x\in{\mathbb{R}}}[/texx].    Falta la
hipótesis    [texx]f[/texx]    derivable en    [texx]x[/texx],    [texx]\forall{x}\in{}\mathbb{R}[/texx].

No veo como probar la derivabilidad de    [texx]f[/texx].

¡Pero te acabo de decir dos mensajes más atrás que la derivabilidad de [texx]f[/texx] se prueba usando el Teorema de la función inversa!.

Vuelve a considerar esto y dime que no entiendes:

Hemos visto éste

Teorema (Derivación de la función inversa).

Sea    [texx]f:I\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    derivable en el intervalo    [texx]I[/texx]    con derivada    [texx]f'(x)\neq{0}[/texx]    para todo    [texx]x\in{I}[/texx].    Entonces    [texx]f[/texx]
es una biyección de    [texx]I[/texx]    sobre el intervalo    [texx]J=f(I)[/texx],    y la función inversa    [texx]f^{-1}:J\longrightarrow{\mathbb{R}}[/texx]    es derivable en
[texx]J[/texx]    siendo


[texx]\big(f^{-1}\big)'(y)=\displaystyle\frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)}[/texx]       [texx](y\in{\mathbb{R}})[/texx]


Bien. Pues aplícalo para la función:

[texx]g(x)=\color{red}2\color{black}x^3-3x^2+6x[/texx]

Dado que [texx]g'(x_0)=\color{red}6x_0^2-6x_0+6\color{black}\neq 0[/texx] en todo punto [texx]x_0[/texx] se tiene que la función inversa [texx]g^{-1}(x)[/texx] es derivable en [texx]g(x_0)[/texx].

Nota que tal función inversa es la que verifica:

[texx]g(g^{-1}(x))=x[/texx]

es decir:

[texx]\color{red}2\color{black}(g^{-1}(x))^3-3(g^{-1}(x))^2+6g^{-1}(x)=x[/texx]

por tanto [texx]g^{-1}(x)[/texx] es precisamente la [texx]f(x)[/texx] del enunciado original.

Saludos.

CORREGIDO

Saludos.
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