Pregunta 12: Demostrar que la función exponencial f: R → R, dada por f(x) = e x es uno pero no sobre. ¿Qué sucede si el codominio se reemplaza por Ro+?
Solución:
Tenemos f: R → R, dado por f(x) = e x .
Sea x,y ϵ R, tal que
=> f(x) = f(y)
=> e x = e y
=> e (xy) = 1 = e 0
=> x – y = 0
=> x = y
Por eso,
f es uno-uno.
Claramente el rango de f = (0, INFINITY) no es igual a R.
Por tanto, f no es sobre.
Cuando el codominio se reemplaza por Ro+, es decir (0, INFINITY), entonces f se convierte en una función onto.
Pregunta 13: Demostrar que la función logarítmica f: Ro+→ R dada por f(x) = log(a)x, a>0 es una biyección.
Solución:
Tenemos f: Ro+→ R dada por f(x) = log(a)x, a>0.
Sea x,y ϵ Ro+ tal que,
f(x) = f(y)
=> log(a)x = log(a)y
=> log(a)x (x/y) = 0 [log(a)x = 0]
=> x/y = 1
=> x = y
Por lo tanto, f no es uno-uno.
Ahora, sea y ϵ R arbitrario, entonces f(x) = y
=> log(a)x = y
=>x = a y ϵ Ro+
Entonces para todo yϵR existe x = a y tal que f(x) = y.
Por eso,
f es sobre.
f es uno-uno.
=> f es biyectiva.
Pregunta 14: Si A = {1,2,3}, demuestre que una función uno a uno f: A → A debe ser sobre.
Solución:
Dado que f es uno-uno, tres elementos de {1,2,3} deben llevarse a los 3 elementos diferentes del codominio {1,2,3} bajo f. Por lo tanto, f tiene que ser sobre.
Pregunta 15: Si A={1, 2, 3}, demuestre que una función ontológica f: A→A debe ser uno-uno.
Solución:
A={1,2,3}
Posibles sobre funciones de A a A pueden ser las siguientes:
(0){(1,1),(2,2).(3,3)
(ii) (1,1), (2,3), (3,2)
(ii){(1,2),(2,2),(3,3)}
(iv){(1,2),(2,1),(3,3)}
(v){(1,3), (2,2),(3,1)]
(vi){(1,3),(2,1),(3,2)
Aquí, en cada función, diferentes elementos del dominio tienen imágenes diferentes.
Por lo tanto,
Todas las funciones son uno-uno
Pregunta 16: Encuentra el número de todas las funciones del conjunto A = { 1, 2, 3, ….n} a sí mismo.
Solución:
Sabemos que toda función sobre de A a sí misma es uno-uno.
Por lo tanto,
El número de funciones uno a uno = número de biyecciones = n!
Pregunta 17: Dé ejemplos de dos funciones uno a uno f1 y f2. De R a R tal que f1 + f2: R→ R definido por (f1 + f2)(x) = f1(x) + f2(x) no es uno-uno.
Solución:
Sabemos que f1: R→ R, dado por f1 (x)= x, y f2 (x)=-x son uno-uno.
Demostrando f1, es uno-uno:
Sea f1(x)= f1(y)
implica que x = y
Por lo tanto,
f1 es uno-uno.
Probando f2 es uno-uno:
Sea f2(x) = f2(y)
Implica que – x=-y
implica que x = y
Por lo tanto,
f2 es uno-uno.
Probar (f1 + f2) no es uno a uno:
Dado:(f1+f2)(x)= f1(x)+ f2 (x)= x+(-x) = 0
Por lo tanto,
Para todo número real x,(f1 + f2)(x)=0
Por lo tanto,
La imagen de cada número en el dominio es igual a 0.
Por lo tanto, (f1 + f2) no es uno-uno.
Pregunta 18: Dado un ejemplo de dos funciones sobreyectivas f1 y f2 de Z a Z tales que f1 + f2 no es sobreyectiva.
Solución:
Sabemos que f1: R → R, dada por f1(x) = x, y f2(x)=-x son funciones sobreyectivas.
Demostrando que f1 es sobreyectiva:
Sea y un elemento en el codominio (R), tal que f1(x)= y.
f1(x)= y
Implica que x = y, que está en R.
Por lo tanto,
para cada elemento en el codominio, existe alguna imagen previa en el dominio.
Por lo tanto,
f1 es sobreyectiva
Demostrando que f2 es sobreyectiva:
Sea f2 (x)= y
x = y, que está en R.
Por lo tanto,
para cada elemento en el codominio, existe alguna imagen previa en el dominio.
Por lo tanto,
f2 es sobreyectiva.
Probar (f1+f2) no es sobreyectiva:
Dado:(f1 + f2)(x) = f1(x)+ f2(x)=x+(-x)=0
Por tanto, para todo número real x, (f1 + f2)(x) = 0
Por lo tanto, la imagen de cada número en el dominio es igual a 0.
Implica que Rango = {0}
Co-dominio = R
Por lo tanto, ambos no son iguales.
Por tanto, f1+f2 no es sobreyectiva.
Pregunta 19: Muestre que si f1 y f2 son mapas uno a uno, de R a R entonces el producto f1 X f2: R→R definido por (f1 X f2)(x) = f1(x)f2(x) no necesita ser uno-uno.
Solución:
Sabemos que f: R→ R, dado por f1(x) = x, y f2(x) = x son uno-uno.
Demostrando f1 es uno-uno:
Sean x e y dos elementos en el dominio R, tales que f1(x) = f1(y)
f1(x) = f1(y)
x = y
Por lo tanto,
f1 es uno-uno.
Probando f2 es uno-uno:
Sean x e y dos elementos en el dominio R, tales que f2 (x) = f2(y)
f2(x)= f2(y)
implica que x = y
Por lo tanto,
f2 es uno-uno.
Probar f1 X f2 no es uno-uno:
Dado:
(f1 X f2)(x) = f1(x) X f2(x) = x * x = x²
Sean x e y dos elementos en el dominio R, tales que
(f1 X f2)(x) = (f1 X f2)(y)
Implica que x² = y²
Implica que x = (+-)y
Por lo tanto,
(f1 X f2) no es uno-uno.
Pregunta 20: Suponga que f1 y f2 son funciones uno a uno distintas de cero de R a R. ¿Es (f1/f2) necesariamente uno a uno? Justificar.
Solución:
Sabemos que f1: R→R dado por f1(x) = x³ y f2(x)= x son uno-uno.
Inyectividad de f1:
Considere que x e y son dos elementos en el dominio R, tales que
f1(x)= f1(y)
Implica que x³ = y
x=3√y pertenece a R
Por lo tanto,
f1 es uno-uno.
Inyectividad de f2:
Considere que x e y son dos elementos en el dominio R, tales que
f2(x)= f2(y)
implica que x = y
x pertenece a r
Por lo tanto,
f2 es uno-uno.
Proporcionar (f1 / f2) no es uno-uno:
Dado que (f1/f2)(x)= = f1(x)/f2(x) = (x³ / x) = x²
Considere que x e y son dos elementos en el dominio R, tales que
(f1/f2)(x) = (f1/f2)(y)
f2 f2
x² = y²
x= (+-)y
Por lo tanto,
(f1/f2) no es uno-uno.
Pregunta 21: Dado A = {2, 3, 4}, B = {2,5,6,7}. Construya un ejemplo de cada uno de los siguientes.
(i) Un mapa inyectivo de A a B.
(ii) Un mapeo de A a B que no es inyectivo.
(iii) Un mapeo de A a B.
Solución:
Dado A={1,2,3,4}, B = {2,5,6,7}
Sea f: A → Bf: A → B una aplicación de A a B f = {(2,5)(3,6)(4,7)}
f es un mapeo inyectivo.
Ya que por cada elemento a € A existe un único elemento b € B
Definamos un mapeo: A→B dado por g = {(2,2)(2,5)(3,6)(4,7)}
g no es un mapeo inyectivo.
ya que el elemento 2 € A no está mapeado de forma única
Dado que (2,2) y (2,5) pertenecen a la función g, g no es inyectiva
Definamos una aplicación h: A→B
h: A → B dada por h = {(2,2),(5,3),(7,4)}
h es un mapeo de A a B
B a A ya que cada pedido pone {2,5,7} € B a elementos en {2,3,4} € A
Pregunta 22: Demostrar que f: R → R, Dada por f(x) = x – [x] no es uno ni sobre uno.
Solución:
f:R → R, dado por f (x)= x-[x]
Inyectividad:
f(x)=0 para todo x pertenece a Z,
Por lo tanto,
f no es uno-uno.
Sobreyectividad:
Rango de f = (0,1) no es igual a R.
Codominio de f = R
Ambos no son iguales.
Por lo tanto,
f no es sobre.
Pregunta 23: Sea f:N→N definido por
f(n) = n + 1, si n es impar.
f(n) = n – 1, si n es par. Demuestre que si f es una biyección.
Solución:
Inyectividad:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (N).
Caso-1: Sean tanto x como y pares y
Sea x, y pertenece a N tal que f (x) = f (y)
Como, f (x) = f (y)
Implica que x – 1= x-1
implica que x = y
Caso-2: Sean tanto x como y impares y
Sean x, y pertenecientes a N tales que f (x)= f (y)
Como, f (x)= f (y)
Implica que x +1 = y +1
implica que x = y
Caso-3: Sea x par e impar entonces, x y.
Después,
x+1 es impar y y-1 es par.
Implica que x+1≠ y-1
Implica que f(x) ≠ f(y)
Por lo tanto,
x ≠ y
= f(x) ≠ f(y)
En los 3 casos,
Por lo tanto,
f es uno-uno.
Sobreyectividad:
Co-dominio desactivado = {1, 2,3,4,…}
Rango de f = {1+1,2 – 1,3+1,4 – 1,…} = {2,1,4, 3,…}={1, 2, 3, 4,…}
Ambos son lo mismo.
Implica que f es sobre.
Por lo tanto,
f es una biyección.
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Artículo escrito por akashkumarsen4 y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA