For at $f$ skal ha en omvendt funksjon $g$ på $I$ må $f$ være strengt monoton (én-til-én) på $I$.

Vi deriverer $f$:

Stasjonære punkter: $f^{\prime }(x)=0$ gir $x=0$ og $x=4$ (linje 3 i CAS).

$f$ er avtagende for $x\in (0,4)$ siden $f^{\prime }(x)<0$ der, og $2\in (0,4)$. Det største intervallet der $f$ er monoton og inneholder $x=2$ er derfor

(For kontroll: $f(0)=-1$ og $f(4)=-{\displaystyle \frac{35}{3}}$, så $f$ er strengt avtagende på hele intervallet.)

Tangeringspunktet på grafen til $g$ er $(-10,3)$, altså $g(-10)=3$.

Siden $g$ er den omvendte funksjonen til $f$, betyr dette at $f(3)=-10$.

Kontroll (linje 6): $f(3)=-10$ ✓

Sammenhengen mellom stigningstallene til $f$ og $g$ i speilpunktene er:

Her er $x_0=3$ og $y_0=f(3)=-10$:

(Linje 7–8 i CAS bekrefter $f^{\prime }(3)=-3$ og ${\displaystyle \frac{1}{f^{\prime }(3)}}=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$.)

Vi søker et annet punkt på grafen til $g$ der tangenten har stigningstall $-{\displaystyle \frac{1}{3}}$.

Vi løser $f^{\prime }(x)=-3$ (linje 9 i CAS):

$x=3$ svarer til tangeringspunktet vi allerede fant i b). Den andre løsningen er $x=1$.

$f(1)=-{\displaystyle \frac{8}{3}}$ (linje 10 i CAS).

Punktet på grafen til $f$ er $(1,-{\displaystyle \frac{8}{3}})$, og siden $g$ er den omvendte funksjonen, er det tilsvarende punktet på grafen til $g$: