مشتق توابع معکوس – از صفر تا صد (+ دانلود فیلم آموزش گام به گام)

در آموزش‌های قبلی از مجموعه مقالات ریاضی مجله فرادرس، درباره مفهوم مشتق و روش‌های مشتق‌گیری بحث کردیم و مباحثی مانند مشتق لگاریتم و تابع نمایی، مشتق ضمنی، مشتق جزئی، مشتق زنجیره‌ای و مشتق جهتی را توضیح دادیم. در این آموزش، درباره مشتق توابع معکوس بحث خواهیم کرد.

قضیه تابع معکوس

فرض کنید $$f(x)$$ یک تابعِ اکیداً یکنوا در بازه $$(a, b)$$ باشد. اگر نقطه $$x_0$$ در این بازه وجود داشته باشد، به‌طوری که $$f’\left( {{x_0}} \right) \ne 0$$، آن‌گاه تابع معکوس $$x = \varphi \left( y \right)$$ نیز در $${y_0} = f\left( {{x_0}} \right)$$ مشتق‌پذیر بوده و مشتق آن با رابطه زیر بیان می‌شود:

$$\large \varphi’\left( {{y_0}} \right) = \frac{1}{{f’\left( {{x_0}} \right)}}.$$

اثبات: فرض کنید متغیر $$y$$ در نقطه $$y _0$$ به‌اندازه $$\Delta y \ne 0$$ نِمُو (رشد) داشته باشد. نمو متناظرِ متغیر $$x$$ را در نقطه $$x_0$$ با $$\Delta x$$ نشان می‌دهیم و به‌دلیل اکیداً یکنوا بودن $$y = f\left( x \right)$$، داریم: $$\Delta x \ne 0$$. نسبت نموها را می‌توان به‌صورت زیر نوشت:

$$\large \frac{{\Delta x}}{{\Delta y}} = \frac{1}{{\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}}}.$$

اگر $$\Delta y \to 0$$، آن‌گاه از آن‌جایی که تابع معکوس $$x = \varphi \left( y \right)$$ در $$y_0$$ پیوسته است، داریم: $$\Delta x \to 0$$‌. بنابراین، سمت راست رابطه بالا، به‌صورت زیر درمی‌آید:

$$\large {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}}} = \frac{1}{{\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}}} } = {\frac{1}{{f’\left( {{x_0}} \right)}}.}$$

در این حالت، سمت چپ معادله به یک حد میل می‌کند که بنا به تعریف، برابر با مشتق تابع معکوس است:

$$\large \lim\limits_{\Delta y \to 0} \frac{{\Delta x}}{{\Delta y}} = \varphi’\left( {{y_0}} \right).$$

بنابراین، داریم:

$$\large \varphi’\left( {{y_0}} \right) = \frac{1}{{f’\left( {{x_0}} \right)}}$$

یعنی مشتق تابع معکوس، معکوس مشتق تابع اصلی است.

مثال‌ها

در این قسمت، برای آشنایی بهتر با نحوه محاسبه مشتق تابع معکوس و کاربرد آن، چند مثال حل‌ شده را بررسی می‌کنیم.

مثال ۱

برای توابع زیر، مشتق تابع $$y = f\left( x \right)$$ را با استفاده از مشتق تابع معکوس $$x = \varphi \left( y \right)$$ به‌دست آورید.

(الف) $$\large y = \sqrt[\large n\normalsize]{x}$$

حل: ابتدا تابع معکوس تابع $$y = \sqrt[\large n\normalsize]{x}$$ را تعیین می‌کنیم. برای این کار، متغیر $$x$$ را برحسب $$y$$ می‌نویسیم:

$$\large {y = f\left( x \right) = \sqrt[\large n\normalsize]{x},\;\;}\Rightarrow {{y^n} = {\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)^n},\;\;}\Rightarrow {x = \varphi \left( y \right) = {y^n}.}$$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large {{\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {{y^n}} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{n{y^{n – 1}}}}.}$$

اکنون عبارت $$y = \sqrt[\large n\normalsize]{x}$$ را جایگذاری می‌کنیم. در نتیجه، توصیف مشتق تابع داده‌شده، به‌صورت زیر خواهد بود:

$$\large {{\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)^\prime } = \frac{1}{{n{y^{n – 1}}}} } = {\frac{1}{{n{{\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)}^{n – 1}}}} } = {\frac{1}{{n\sqrt[\large n\normalsize]{{{x^{n – 1}}}}}}\;\;\;}\kern-0.3pt{\left( {x \gt 0} \right).}$$

(ب) $$\large y = \arcsin x$$

حل: تابع آرک‌سینوس، معکوس تابع سینوس است. بنابراین، $$x = \varphi \left( y \right) = \sin y$$. مشتق $$\arcsin x$$ به‌صورت زیر نوشته می‌شود:

$$\large {{\left( {\arcsin x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {\sin y} \right)}^\prime }}} } \\ \large = {\frac{1}{{\cos y}} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 – {{\sin }^2}y} }} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 – {{\sin }^2}\left( {\arcsin x} \right)} }} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}}$$

که در آن، $$-1 \lt x \lt 1$$ است.

(پ) $$\large y = \ln x$$

حل: تابع لگاریتم طبیعی و تابع نمایی، معکوس یکدیگر هستند. بنابراین، $$x = \varphi \left( y \right) = {e^y}$$، که در آن، $$x \gt 0$$ و $$y \in \mathbb{R}$$ است. مشتق لگاریتم طبیعی را می‌توان به‌سادگی و با استفاده از مشتق تابع نمایی محاسبه کرد:

$$\large {{\left( {\ln x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {{e^y}} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{{e^y}}} } = {\frac{1}{{{e^{\ln x}}}} } = {\frac{1}{x}}$$

در محاسبات بالا، از $${e^{\ln x}} = x$$ استفاده کرده‌ایم.

(ت) $$\large y = \sqrt[\large 3\normalsize]{{x + 1}}$$

حل: ابتدا معکوس تابع $$x = \varphi \left( y \right)$$ تابع $$y = f\left( x \right)$$ را پیدا می‌کنیم که برای هر $$x \in \mathbb{R}$$، اکیداً یکنوا است. متغیر $$x$$ را برحسب $$y$$ می‌نویسیم:

$$\large {y = \sqrt[\large 3\normalsize]{{x + 1}},\;\;}\Rightarrow {{y^3} = x + 1,\;\;}\Rightarrow {x = {y^3} – 1.}$$

اکنون، مشتق $$f’\left( x \right)$$ را به‌دست می‌آوریم:

(ث) $$\large y = \arccos \left( {1 – 2x} \right)$$

حل: تابع آرک‌کسینوس، در بازه $$\left[ { – 1,1} \right]$$ تعریف می‌شود و یکنوا است. در نتیجه، دامنه تابع اصلی، به‌فرم زیر است:

$$\large { – 1 \le 1 – 2x \le 1,\;\; }\Rightarrow {- 2 \le – 2x \le 0,\;\; }\Rightarrow {0 \le x \le 1.}$$

تابع $$x = \varphi \left( y \right)$$ را به‌صورت زیر می‌نویسیم:

$$\large {y = \arccos \left( {1 – 2x} \right),\;\;}\Rightarrow {1 – 2x = \cos y,\;\;} \\ \large \Rightarrow {2x = 1 – \cos y,\;\;}\Rightarrow {x = \frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos y.}$$

اکنون، مشتق تابع اصلی را با استفاده از مشتق تابع معکوس محاسبه می‌کنیم:

$$ \large \require {cancel}<br /> {{\left( {\arccos \left( {1 – 2x} \right)} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }<br /> = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } \\ \large<br /> = {\frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos y} \right)}^\prime }}} }<br /> = {\frac{1}{{\frac{1}{2}\sin y}} = \frac{2}{{\sin y}} }<br /> = {\frac{2}{{\sqrt {1 – {\cos^2}y} }} } \\ \large<br /> = {\frac{2}{{\sqrt {1 – {\cos^2}\left( {\arccos \left( {1 – 2x} \right)} \right)} }} }<br /> = {\frac{2}{{\sqrt {1 – {{\left( {1 – 2x} \right)}^2}} }} }<br /> = {\frac{2}{{\sqrt {1 – \left( {1 – 4x + 4{x^2}} \right)} }} } \\ \large<br /> = {\frac{2}{{\sqrt {\cancel{1} – \cancel{1} + 4x – 4{x^2}} }} }<br /> = {\frac{\cancel{2}}{{\cancel{2}\sqrt {x – {x^2}} }} }<br /> = {\frac{1}{{\sqrt {x – {x^2}} }}.} $$

توجه کنید که مشتق، در نقاط مرزی $$x = 0$$ و $$x = 1$$ از دامنه تابع $$y = f\left( x \right)$$ تعریف نشده است.

(ج) $$\large y = \sqrt {1 + \sqrt x }$$

حل: این تابع، برای $$x \gt 0$$ تعریف شده و اکیداً یکنوا است. بنابراین، می‌توان معکوس تابع را روی این بازه به‌دست آورد. با توصیف $$x$$ برحسب $$y$$ داریم:

$$\large {y = \sqrt {1 + \sqrt x } ,\;\;}\Rightarrow {{y^2} = 1 + \sqrt x ,\;\;} \\ \large \Rightarrow {\sqrt x = {y^2} – 1,\;\;}\Rightarrow {x = {\left( {{y^2} – 1} \right)^2}.}$$

اکنون مشتق تابع $$y = f\left( x \right)$$ را با استفاده از قضیه تابع معکوس می‌نویسیم:

$$\large {{\left( {\sqrt {1 + \sqrt x } } \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left[ {{{\left( {{y^2} – 1} \right)}^2}} \right]}^\prime }}} } \\ \large = {\frac{1}{{2\left( {{y^2} – 1} \right) \cdot {{\left( {{y^2} – 1} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{2\left( {{y^2} – 1} \right) \cdot 2y}} } = {\frac{1}{{4y\left( {{y^2} – 1} \right)}}.}\qquad$$

با جایگذاری تابع اصلی $$y$$ در عبارت بالا، داریم:

$$\large {{\left( {\sqrt {1 + \sqrt x } } \right)^\prime } }={ \frac{1}{{4y\left( {{y^2} – 1} \right)}} } = {\frac{1}{{4\sqrt {1 + \sqrt x } \left( {{{\left( {\sqrt {1 + \sqrt x } } \right)}^2} – 1} \right)}} } \\ \large = {\frac{1}{{4\sqrt {1 + \sqrt x } \left( {\cancel{1} + \sqrt x – \cancel{1}} \right)}} } = {\frac{1}{{4\sqrt x \sqrt {1 + \sqrt x } }}\;\;}\kern-0.3pt{\left( {x \gt 0} \right).}$$

(چ) $$\large y = \arctan \frac{1}{x}$$

حل: تابع معکوس این تابع به‌صورت زیر است:

$$\large {y = \arctan \frac{1}{x},\;\;}\Rightarrow {\frac{1}{x} = \tan y,\;\;}\Rightarrow {x = \frac{1}{{\tan y}},\;\;}\kern-0.3pt{\;\;x \ne 0.}$$

اکنون مشتق تابع اصلی $$y = f\left( x \right)$$ را محاسبه می‌کنیم:

$$\large {{\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{{\tan y}}} \right)}^\prime }}} }\\ \large = {\frac{1}{{\left( { – \frac{1}{{{{\tan }^2}y}}} \right) \cdot \frac{1}{{{{\cos }^2}y}}}} } = { – \frac{{{{\tan }^2}y}}{{\frac{1}{{{{\cos }^2}y}}}}.}$$

با استفاده از اتحاد مثلثاتی $$\frac{1}{{{{\cos }^2}y}} = 1 + {\tan ^2}y$$، داریم:

$$\large {{\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)^\prime } = – \frac{{{{\tan }^2}y}}{{\frac{1}{{{{\cos }^2}y}}}} } = { – \frac{{{{\tan }^2}y}}{{1 + {{\tan }^2}y}} } \\ \large = { – \frac{{{{\tan }^2}\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)}}{{1 + {{\tan }^2}\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)}} } = { – \frac{{{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}}} } = { – \frac{{\frac{1}{{{x^2}}}}}{{\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2}}}}} } = { – \frac{1}{{1 + {x^2}}}.}$$

همان‌گونه که می‌بینیم، فقط علامت مشتق تابع $$y = \arctan {\large\frac{1}{x}\normalsize}$$، با مشتق تابع $$y = \arctan x$$ تفاوت دارد.

(ح) $$\large y = \sqrt x$$

حل: این تابع، معکوس تابع سهمی $$x = \varphi \left( y \right) = {y^2}$$ است. بنابراین، مشتق آن به‌صورت زیر نوشته می‌شود:

$$\large {\sqrt x = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } \\ \large = {\frac{1}{{{{\left( {{y^2}} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{2y}} } = {\frac{1}{{2\sqrt x }}\;\;\left( {x \gt 0} \right).}$$

(خ) $$\large y = 2x + 4$$

حل: ابتدا تابع معکوس $$x = \varphi \left( y \right)$$ را می‌نویسیم که معکوس تابع $$y = f\left( x \right)$$ است:

$$\large {y = 2x + 4,\;\; }\Rightarrow {2x = y – 4,\;\;} \Rightarrow {x = \frac{y}{2} – 2.}$$

بنابراین، مشتق $$f’\left( x \right)$$ به‌صورت زیر خواهد بود:

$$\large {{\left( {2x + 4} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{2} – 2} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{1/2}} = 2.}$$

مثال ۲

تابع $$y = {x^5} + 2{x^3} + 3x$$ را در نظر بگیرید. مشتق تابع معکوس را در نقطه $$x=1$$ حساب کنید.

حل: در این مثال، یافتن یک توصیف برای تابع معکوس و مشتق آن، بسیار دشوار است. بنابراین، مشتق تابع اصلی را محاسبه، و پس از آن، مشتق تابع معکوس را در نقطه مورد نظر به‌دست می‌آوریم.

$$\large {y’ = f’\left( x \right) } = {{\left( {{x^5} + 2{x^3} + 3x} \right)^\prime } } = {5{x^4} + 6{x^2} + 3.}$$

مقدار مشتق $$f’\left( x \right)$$ در نقطه $$x= 1$$، برابر است با:

$$\large f’\left( {x = 1} \right) = 5 \cdot {1^4} + 6 \cdot {1^2} + 3 = 14.$$

مقدار خود تابع در نقطه $$x = 1$$ به‌صورت زیر است:

$$\large y\left( {x = 1} \right) = {1^5} + 2 \cdot {1^3} + 3 \cdot 1 = 6.$$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large {\varphi’\left( {y = 6} \right) } = {\frac{1}{{f’\left( {x = 1} \right)}} = \frac{1}{{14}}.}$$

مثال ۳

تابع $$y = {x^2} – x$$ داده شده است. مشتق تابع معکوس را در نقطه $$x=1$$ حساب کنید.

حل: مشتق تابع اصلی به‌صورت زیر است:

$$\large {y’ = f’\left( x \right) } = {{\left( {{x^2} – x} \right)^\prime } } = {2x – 1.}$$

توجه کنید که نقطه $$x = {\large\frac{1}{2}\normalsize}$$، دو ناحیه نزولی ($$x < {\large\frac{1}{2}\normalsize}$$) و صعودی ($$x > {\large\frac{1}{2}\normalsize}$$) تابع اصلی را از هم جدا می‌کند. هریک از این بازه‌ها، شاخه تابع معکوس مربوط به خود را دارند که آن‌ها را با $${\varphi _1}\left( y \right)$$ و $${\varphi _2}\left( y \right)$$ نشان می‌دهیم. توصیف این توابع را می‌توان با حل معادله $$y = f\left( x \right)$$ نسبت به $$x$$، به‌فرم صریح زیر نوشت:

$$\large {y = {x^2} – x,\;\;}\Rightarrow {{x^2} – x – y = 0,\;\;}\Rightarrow {D = 1 + 4y,\;\;} \\ \large \Rightarrow {{\varphi _{1,2}}\left( y \right) } = {\frac{{1 \pm \sqrt {1 + 4y} }}{2}.}$$

مشتق تابع معکوس با فرمول زیر تعریف می‌شود:

$${\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} } = {\frac{1}{{2x – 1}}\;\;\;}\kern-0.3pt {\left( {x \ne \frac{1}{2}} \right).}$$

با جایگذاری عبارات صریح $$x = {\varphi _1}\left( y \right)$$ و $$x = {\varphi _2}\left( y \right)$$ برای دو شاخه تابع معکوس، داریم:

$$\large {{\varphi _1}^\prime \left( y \right) = \frac{1}{{2 \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 + 4y} }}{2}} \right) – 1}} } = {\frac{1}{{\cancel{1} + \sqrt {1 + 4y} – \cancel{1}}} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 + 4y} }},}$$

$$\large {{\varphi _2}^\prime \left( y \right) = \frac{1}{{2 \left( {\frac{{1 – \sqrt {1 + 4y} }}{2}} \right) – 1}} } = {\frac{1}{{\cancel{1} – \sqrt {1 + 4y} – \cancel{1}}} } = {-\frac{1}{{\sqrt {1 + 4y} }}.}$$

نقطه $$x = 1$$، متناظر با مقدار $$y = {1^2} – 1 = 0$$ است و روی شاخه $${\varphi _1}\left( y \right)$$ تابع معکوس واقع شده است. مشتق تابع معکوس در این نقطه، برابر است با:

$$\large {{\varphi _2}^\prime \left( {x = 1} \right) = {\varphi _2}^\prime \left( {y = 0} \right) } = { – \frac{1}{{\sqrt {1 + 4 \cdot 0} }} = – 1.}$$

مثال ۴

مشتق معکوس تابع $$y = {e^x} + 2x + 1$$ را در نقطه $$x =0$$ به‌دست آورید.

حل: وقتی $$x = 0$$ است، مقدار تابع به‌صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$\large y\left( {x = 0} \right) = {e^0} + 2 \cdot 0 + 1 = 2.$$

مشتق تابع $$y = f\left( x \right)$$ و مقدار آن ر نقطه $$x = 0$$ برابر است با:

$$\large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {{e^x} + 2x + 1} \right)^\prime } } = {{e^x} + 2,}$$

$$\large {y’\left( {x = 0} \right) = f’\left( {x = 0} \right) } = {{e^0} + 2 = 3.}$$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large {\varphi’\left( {y = 2} \right) }={ \frac{1}{{f’\left( {x = 0} \right)}} = \frac{1}{3}.}$$

مثال ۵

مشتق معکوس تابع $$y = \sin \left( {x – 1} \right) + {x^2}$$ را در نقطه $$x =۱$$ به‌دست آورید.

حل: ابتدا مقدار تابع اصلی و مشتق آن را در نقطه $$x = 1$$ محاسبه می‌کنیم:

$$\large y\left( {x = 1} \right) = \sin 0 + {1^2} = 1,$$

$$\large {y’\left( x \right) = f’\left( x \right) } = {\left[ {\sin \left( {x – 1} \right) + {x^2}} \right] } = {\cos \left( {x – 1} \right) + 2x,}$$

$$\large {y’\left( {x = 1} \right) = f’\left( {x = 1} \right) } = {\cos 0 + 2 \cdot 1 = 3.}$$

بنابراین، می‌توانیم مشتق تابع معکوس را به‌صورت زیر به‌دست آوریم:

$$\large {\varphi’\left( {y = 1} \right) }={ \frac{1}{{f’\left( {x = 1} \right)}} } ={ \frac{1}{3}.}$$

مثال ۶

مشتق معکوس تابع $$y = {x^2} + 2\ln x$$ را در نقطه $$x =۱$$ به‌دست آورید.

حل: تابع اصلی $$y = f (x)$$ در $$x> 0$$ تعریف می‌شود. مشتق در این دامنه، مثبت است:

$$\large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 2\ln x} \right)^\prime } } = {2x + \frac{2}{x} \gt 0\;\;}\kern-0.3pt{\;\;x \gt 0.}$$

بنابراین، تابع اکیداً یکنوا است و تابع معکوس دارد. با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} } = {\frac{1}{{2x + \frac{2}{x}}} } = {\frac{1}{{\frac{{2{x^2} + 2}}{x}}} } = {\frac{x}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}}.}$$

در این حالت، تابع $$x\left( y \right)$$ را نمی‌توان صریحاً بیان کرد. البته، با استفاده از فرمول اخیر می‌توان به‌سادگی مقدار مشتق تابع معکوس را در نقطه $$x = 1$$ تعیین کرد. ابتدا مقدار $$y$$ متناظر را محاسبه می‌کنیم:

 $$\large y\left( {x = 1} \right) = {1^2} + 2\ln 1 = 1 + 0 = 1.$$

بنابراین، داریم:

$$\large {\varphi’\left( {y = 1} \right) = \frac{1}{{f’\left( {x = 1} \right)}} } = {\frac{1}{{2\left( {{1^2} + 1} \right)}} = \frac{1}{4}.}$$

مثال ۷

مشتق معکوس تابع $$y = {x^3} – 3x$$ را در نقطه $$x = -2$$ به‌دست آورید.

حل: مشتق این تابع به‌صورت زیر است:

$$\large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {{x^3} – 3x} \right)^\prime } } = {3{x^2} – 3 = 3\left( {{x^2} – 1} \right),}$$

با توجه به مشتق بالا می‌توان گفت که تابع، سه بازه یکنوایی دارد:

1. تابع در بازه $$x \in \left( { – \infty , – 1} \right)$$ صعودی است.
2. تابع در بازه $$x \in \left( { – 1, 1} \right)$$ نزولی است.
3. تابع در بازه $$x \in \left( {1, \infty} \right)$$ صعودی است.

می‌توان تابع معکوس را در هر بازه به‌دست آورد. همچنین، فرض می‌کنیم تابع معکوس متناظر با بازه اول، شامل نقطه $$x = - 2$$‌ باشد.

مشتق تابع معکوس به‌صورت زیر است:

$$\large {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} } = {\frac{1}{{3\left( {{x^2} – 1} \right)}}.}$$

مقدار خود تابع، در نقطه $$x = -2$$ برابر است با:

$$\large {y\left( {x = – 2} \right) }={ {\left( { – 2} \right)^3} – 3 \cdot \left( { – 2} \right) } = { – 8 + 6 = – 2.}$$

بنابراین، مشتق تابع معکوس در نقطه مورد نظر به‌صورت زیر خواهد بود:

$$\large {\varphi’\left( {y = – 2} \right) }={ \frac{1}{{f’\left( {x = – 2} \right)}} } = {\frac{1}{{3 \cdot \left( {{{\left( { – 2} \right)}^2} – 1} \right)}} } = {\frac{1}{9}.}$$

مثال ۸

مشتق تابع معکوس $$y = 2{x^3} – 1$$‌ را در $$x=2$$ به‌دست آورید.

حل: ابتدا مشتق تابع را محاسبه می‌کنیم:

$$\large {y’ = f’\left( x \right) } = {{\left( {2{x^3} – 1} \right)^\prime } = 6x.}$$

همان‌طور که می‌بینیم، علامت مشتق در نقطه $$x = 0$$ تغییر می‌کند. به عبارت دیگر، تابع در $$x \lt 0$$ نزولی و در $$x \gt 0$$‌ صعودی است. بنابراین، شاخه‌ای را در نظر می‌گیریم که شامل نقطه $$x = 2$$ است. در این ناحیه، تابع معکوس وجود دارد و مشتق آن، به‌صورت زیر است:

$$\large \varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}}.$$

با محاسبه $$y\left( {x = 2} \right) = 2 \cdot {2^3} – 1 = 15$$، داریم:

$$\large {\varphi’\left( {y = 15} \right) = \frac{1}{{f’\left( {x = 2} \right)}} } = {\frac{1}{{6 \cdot 2}} = \frac{1}{{12}}.}$$

مثال ۹

مشتق تابع $$y = {\log _2}\left( {\frac{x}{3}} \right)$$ را حساب کنید.

حل: تابع $$y = f\left( x \right) = {\log _2}\left( {\frac{x}{3}} \right)$$ در $$x \gt 0$$ تعریف شده و در این بازه اکیداً صعودی است. در نتیجه، تابع معکوسی به‌فرم $$x = \varphi \left( y \right)$$ دارد:

$$\large {y = {\log _2}\left( {\frac{x}{3}} \right),\;\;}\Rightarrow {\frac{x}{3} = {2^y},\;\;}\Rightarrow {x = 3 \cdot {2^y}.}$$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large {{\left[ {{{\log }_2}\left( {\frac{x}{3}} \right)} \right]^\prime } }={ f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {3 \cdot {2^y}} \right)}^\prime }}} } \\ \large = {\frac{1}{{3 \cdot {2^y} \cdot \ln 2}} } = {\frac{1}{{3\ln 2 \cdot {2^{{{\log }_2}\left( {\large\frac{x}{3}\normalsize} \right)}}}} } = {\frac{1}{{3\ln 2 \cdot \frac{x}{3}}} = \frac{1}{{x\ln 2}}.}$$

که در آن، از اتحاد لگاریتمی زیر استفاده شده است:

$$\large {a^{{{\log }_a}x}} = x$$

مثال ۱۰

مشتق تابع $$y = \text{arcsec }x$$ را در $$x = \sqrt 2$$ پیدا کنید.

حل: از این حقیقت استفاده می‌کنیم که تابع آرک‌سکانت، معکوس تابع سکانت است. مشتق سکانت به‌صورت زیر است:

$$\large {{\left( {\sec y} \right)^\prime } = \tan y\sec y } = {\frac{{\sin y}}{{{{\cos }^2}y}}.}$$

مقدار سکانت در نقطه $$y = {\large\frac{\pi }{4}\normalsize}$$، برابر است با:

$$\large {\sec \left( {y = \frac{\pi }{4}} \right) } = {\frac{1}{{\cos \frac{\pi }{4}}} } = {\frac{1}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2.}$$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large {{\left( {\text{arcsec }x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {\sec y} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{\tan y\sec y}} } = {\frac{{{{\cos }^2}y}}{{\sin y}}.}$$

بنابراین، مشتق تابع $$\text{arcsec }x$$ در نقطه $$x = \sqrt 2$$، برابر است با:

$$\large {f’\left( {x = \sqrt 2 } \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( {y = \frac{\pi }{4}} \right)}} } = {\frac{{{{\cos }^2}\frac{\pi }{4}}}{{\sin \frac{\pi }{4}}} } = {\frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}} } = {\frac{{\sqrt 2 }}{2}.}$$

مثال ۱۱

مشتق تابع معکوس $$y = x \cdot {3^x}$$ را بیابید که در $$x \gt 0$$ تعریف شده است:

حل: مشتق تابع داده‌شده به‌صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$\large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {x \cdot {3^x}} \right)^\prime } } = {x’ \cdot {3^x} + x \cdot {\left( {{3^x}} \right)^\prime } } \\ \large = {1 \cdot {3^x} + x \cdot {3^x}\ln 3 } = {{3^x}\left( {1 + x\ln 3} \right).}$$

مشتق فوق، برای $$x \gt 0$$ مثبت است. بنابراین، تابع در این ناحیه اکیداً صعودی است و تابع معکوسی به‌صورت $$x = \varphi \left( y \right) v$$ دارد. مشتق این تابع معکوس، به‌صورت زیر بیان می‌شود:

$$\large {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} } = {\frac{1}{{{3^x}\left( {1 + x\ln 3} \right)}}.}$$

مثال ۱۲

مشتق تابع معکوس سینوس هیپربولیک $$y = \text{arcsinh } x$$ را بیابید.

حل: توابع $$y = \text{arcsinh } x$$ (آرک سینوس هیپربولیک)‌ و $$x = \sinh y$$ (سینوس هیپربولیک)، معکوس یکدیگر هستند. بنابراین، با استفاده از قضیه تابع معکوس می‌توان نوشت:

$$\large {{\left( {\text{arcsinh }x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) } = {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } = {\frac{1}{{{{\left( {\sinh y} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{{\cosh y}}.}$$

اکنون از اتحاد زیر کمک می‌گیریم:

$$\large {\cosh ^2}y – {\sinh ^2}y = 1$$

با استفاده از این اتحاد، می‌توانیم کسینوس هیپربولیک را برحسب سینوس هیپربولیک بنویسیم:

$$\large {\cosh ^2}y – {\sinh ^2}y = 1$$

$$\large {{\cosh ^2}y = 1 + {\sinh ^2}y,\;\;}\Rightarrow {\cosh y } = {\sqrt {1 + {{\sinh }^2}y} }$$

با توجه به اینکه $$\sinh \left( {\text{arcsinh }x} \right) = x$$، توصیف زیر برای مشتق تابع معکوس سینوس هیپربولیک به‌دست می‌آید:

$$\large {{\left( {\text{arcsinh }x} \right)^\prime } = \frac{1}{{\cosh y}} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\sinh }^2}y} }} } \\ \large = {\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\sinh }^2}\left( {\text{arcsinh }x} \right)} }} } = {\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}.}$$

اگر این مطلب برای شما مفید بوده است و علاقه‌مند به یادگیری مباحث مشابه هستید، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شوند:

• تقلب نامه (Cheat Sheet) مفاهیم و روابط مشتق
• مشتق توابع معکوس مثلثاتی — به زبان ساده
• مشتق توابع هذلولوی و معکوس آن‌ها — از صفر تا صد

^^