Pregunta 1. Da un ejemplo de una función.
(i) Que es uno-uno pero no sobre.
Solución:
Sea f: R → R dado por f(x) = 3x + 2
Verifiquemos la condición uno a uno en f(x) = 3x + 2
Inyectividad: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Z), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
⇒ 3x + 2 =3y + 2
⇒ 3x = 3y
⇒ x = y
⇒ f(x) = f(y)
⇒ x = y
Entonces, f es uno-uno.
Sobreyectividad : Sea y cualquier elemento en el co-dominio (Z), tal que f(x) = y para algún elemento x en Z(dominio).
Sea f(x) = y
⇒ 3x + 2 = y
⇒ 3x = y – 2
⇒ x = (y – 2)/3. Puede que no esté en el dominio (Z)
Porque si tomamos y = 3,
x = (y – 2)/3 = (3-2)/3 = 1/3 ∉ dominio Z.
Entonces, para cada elemento en el codominio no es necesario que haya ningún elemento en el dominio tal que f(x) = y. Por tanto, f no es sobre.
(ii) Que no es uno-uno sino sobre.
Solución:
Ejemplo de la función que no es uno-uno sino sobre
Sea f: Z → N ∪ {0} dado por f(x) = |x|
Inyectividad: Sean x e y dos elementos cualesquiera en el dominio (Z),
Tal que f(x) = f(y).
⇒ |x| = |y|
⇒ x = ± y
Entonces, diferentes elementos del dominio f pueden dar la misma imagen.
Entonces, f no es uno-uno.
Sobreyectividad:
Sea y cualquier elemento en el codominio (Z), tal que f(x) = y para algún elemento x en Z
(dominio).
f(x) = y
⇒ |x| = y
⇒ x = ± y
Que es un elemento en Z (dominio).
Entonces, para cada elemento en el codominio, existe una imagen previa en el dominio.
Por tanto, f es sobre.
(iii) Que no es ni uno ni sobre.
Solución:
Ejemplo de la función que no es ni uno ni sobre.
Sea f: Z → Z dado por f(x) = 2x² + 1
Inyectividad:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Z), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
⇒ 2x²+1 = 2y²+1
⇒ 2x² = 2y²
⇒ x² = y²
⇒ x = ± y
Entonces, diferentes elementos del dominio f pueden dar la misma imagen.
Por lo tanto, f no es uno-uno.
Sobreyectividad:
Sea y cualquier elemento en el codominio (Z), tal que f(x) = y para algún elemento x en Z
(dominio).
f(x) = y
⇒ 2x²+1=y
⇒ 2x²= y − 1
⇒ x² = (y-1)/2
⇒ x = √ ((y-1)/2) ∉ Z siempre.
Por ejemplo, si tomamos, y = 4,
x = ± √ ((y-1)/2)
= ± √ ((4-1)/2)
= ± √ (3/2) ∉Z
Entonces, x puede no estar en Z (dominio).
Por tanto, f no es sobre.
Pregunta 2. ¿Cuáles de las siguientes funciones de A a B son uno-uno y sobre?
(i) f1 = {(1, 3), (2, 5), (3, 7)}; A = {1, 2, 3}, B = {3, 5, 7}
Solución:
(i) Considere f1 = {(1, 3), (2, 5), (3, 7)}; A = {1, 2, 3}, B = {3, 5, 7}
Inyectividad: f1 (1) = 3 f1 (2) = 5 f1 (3) = 7
⇒ Cada elemento de A tiene diferentes imágenes en B. Entonces, f1 es uno-uno.
Sobreyectividad: Codominio de f1 = {3, 5, 7} Rango de f1 = conjunto de imágenes = {3, 5, 7}
⇒ Co-dominio = rango Entonces, f1 es sobre.
(ii) f2 = {(2, a), (3, b), (4, c)}; A = {2, 3, 4}, B = {a, b, c}
Solución:
(ii) Considere f2 = {(2, a), (3, b), (4, c)}; A = {2, 3, 4}, B = {a, b, c}
Inyectividad: f2 (2) = a f2 (3) = b f2 (4) = c
⇒ Cada elemento de A tiene imágenes diferentes en B. Entonces, f2 es uno-uno.
Sobreyectividad: codominio de f2 = {a, b, c}
Rango de f2 = conjunto de imágenes = {a, b, c}
⇒ Co-dominio = rango
Entonces, f2 es sobre.
(iii) f3 = {(a, x), (b, x), (c, z), (d, z)}; A = {a, b, c, d,}, B = {x, y, z}.
Solución:
(iii) Considere f3 = {(a, x), (b, x), (c, z), (d, z)} ; A = {a, b, c, d}, B = {x, y, z}
Inyectividad: f3 (a) = x f3 (b) = x f3 (c) = z f3 (d) = z
⇒ ayb tienen la misma imagen x.
También c y d tienen la misma imagen z Entonces, f3 no es uno-uno.
Sobreyectividad: codominio de f3 ={x, y, z}
Rango de f3 = conjunto de imágenes = {x, z}
Entonces, el codominio no es lo mismo que el rango.
Entonces, f3 no es sobre.
Pregunta 3. Demostrar que la función f: N → N, definida por f(x) = x² + x + 1, es uno-uno pero no sobre
Solución:
Dado f: N → N, definido por f(x) = x² + x + 1
Ahora tenemos que demostrar que la función dada es uno-uno
Inyectividad: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (N), tales que f(x) = f(y).
⇒ x² + x + 1 = y² + y + 1
⇒ (x² – y²) + (x – y) = 0 `
⇒ (x + y) (x- y ) + (x – y ) = 0
⇒ (x – y) (x + y + 1) = 0
⇒ x – y = 0 [x + y + 1 no puede ser cero porque x e y son números naturales
⇒ x = y
Entonces, f es uno-uno.
Sobreyectividad:
Cuando x = 1
x² + x + 1 = 1 + 1 + 1 = 3
⇒ x² + x +1 ≥ 3, para cada x en N.
⇒ f(x) no asumirá los valores 1 y 2.
Entonces, f no es sobre.
Pregunta 4. Sean A = {−1, 0, 1} y f = {(x, x²) : x ∈ A}. Demostrar que f : A → A no es uno ni sobre uno.
Solución:
Dado A = {−1, 0, 1} y f = {(x, x²): x ∈ A} También dado que, f(x) = x²
Ahora tenemos que demostrar que la función dada ni uno-uno ni sobre.
Inyectividad: Sea x = 1
Por lo tanto f(1) = 1²=1 y f(-1)=(-1)²=1
⇒ 1 y -1 tienen las mismas imágenes. Entonces, f no es uno-uno.
Sobreyectividad: codominio de f = {-1, 0, 1}
f(1) = 1² = 1, f(-1) = (-1)² = 1 y f(0) = 0 ⇒ Rango de f = {0, 1} Entonces, ambos no son iguales. Por lo tanto, f no es sobre
Pregunta 5. Clasifique la siguiente función como inyección, sobreyección o biyección:
(i) f: N → N dado por f(x) = x ²
Solución:
Dado f: N → N, dado por f(x) = x²
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (N), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x² = y²
x = y (No obtenemos ± porque x e y están en N que son números naturales)
Entonces, f es una inyección.
Condición de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (N), tal que f(x) = y para algún elemento x en N (dominio).
f(x) = y
x²= y
x = √y, que puede no estar en N.
Por ejemplo, si y = 3,
x = √3 no está en N.
Entonces, f no es una sobreyección.
También f no es una biyección.
(ii) f: Z → Z dada por f(x) = x ²
Solución:
Dado f: Z → Z, dado por f(x) = x²
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Z), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x² = y²
x = ± y
Entonces, f no es una inyección.
Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (Z), tal que f(x) = y para algún elemento x en Z (dominio).
f(x) = y
x² = y
x = ± √y que puede no estar en Z.
Por ejemplo, si y = 3, x = ± √ 3 no está en Z.
Entonces, f no es una sobreyección.
También f no es biyección.
(iii) f: N → N dado por f(x) = x³
Solución:
Dado f: N → N dado por f(x) = x³
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (N), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x³ = y³
x = y
Entonces, f es una inyección
Condición de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (N), tal que f(x) = y para algún elemento x en N (dominio).
f(x) = y
x³= y
x = ∛y que puede no estar en N.
Por ejemplo, si y = 3,
X = ∛3 no está en N.
Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección
(iv) f: Z → Z dada por f(x) = x³
Solución:
Dado f: Z → Z dado por f(x) = x³
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean x e y dos elementos cualesquiera en el dominio (Z), tales que f(x) = f(y)
f(x) = f(y)
x³ = y³
x = y
Entonces, f es una inyección.
Condición de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (Z), tal que f(x) = y para algún elemento x en Z (dominio).
f(x) = y
x³ = y
x = ∛y que puede no estar en Z.
Por ejemplo, si y = 3,
x = ∛3 no está en Z.
Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección
(v) f: R → R, definida por f(x) = |x|
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = |x|
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección:
Sean x e y dos elementos cualesquiera en el dominio (R), tales que f(x) = f(y)
f(x) = f(y)
|x|=|y|
x = ± y
Entonces, f no es una inyección. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
|x|=y
x = ± y ∈ Z
Entonces, f es una sobreyección y f no es una biyección.
(vi) f: Z → Z, definida por f(x) = x ² + x
Solución:
Dado f: Z → Z, definido por f(x) = x² + x
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Z), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x²+ x = y² + y
Aquí, no podemos decir que x = y.
Por ejemplo, x = 2 y y = – 3
Después,
x² + x = 2² + 2 = 6
y2 + y = (−3)² – 3 = 6
Entonces, tenemos dos números 2 y -3 en el dominio Z cuya imagen es igual a 6.
Entonces, f no es una inyección. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el codominio (Z),
tal que f(x) = y para algún elemento x en Z (dominio).
f(x) = y
x² + x = y
Aquí, no podemos decir x ∈ Z.
Por ejemplo, y = – 4.
x² + x = − 4
x² + x + 4 = 0
x = (-1 ± √-5)/2 = (-1 ± i √5)/2 que no está en Z.
Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección.
(vii) f: Z → Z, definida por f(x) = x − 5
Solución:
Dado f: Z → Z, definido por f(x) = x – 5
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Z), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x-5 = y-5
x = y Entonces, f es una inyección. Prueba de sobreyección: Sea y cualquier elemento en el co-dominio (Z), tal que f(x) = y para algún elemento x en Z (dominio).
f(x) = yx – 5 = y
x = y + 5, que está en Z.
Entonces, f es una sobreyección y f es una biyección.
(viii) f: R → R, definida por f(x) = sen x
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = sen x
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y). f(x) = f(y)
sen x = sen y
Aquí, x puede no ser igual a y porque sen 0 = sen π.
Entonces, 0 y π tienen la misma imagen 0.
Entonces, f no es una inyección. Prueba de sobreyección:
Rango de f = [-1, 1]
Codominio de f = R Ambos no son iguales. Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección.
(ix) f: R → R, definida por f(x) = x³ + 1
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = x³ + 1
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x³+1 = y³+ 1
x³= y³
x = y
Entonces, f es una inyección.
Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
x³+1=y
x = ∛ (y – 1) ∈ R
Entonces, f es una sobreyección.
Entonces, f es una biyección.
(x) f: R → R, definida por f(x) = x³ − x
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = x³ − x
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y). f(x) = f(y)
x³ – x = y³ − y
Aquí, no podemos decir x = y.
Por ejemplo, x = 1 y y = -1
x³ − x = 1 − 1 = 0
y³ – y = (−1)³− (−1) – 1 + 1 = 0
Entonces, 1 y -1 tienen la misma imagen 0.
Entonces, f no es una inyección. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
x³ − x = y
Por observación podemos decir que existe algún x en R, tal que x³ – x = y.
Entonces, f es una sobreyección y f no es una biyección.
(xi) f: R → R, definida por f(x) = sen2x + cos2x
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = sin2x + cos2x
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
f(x) = sen2x + cos2x
Sabemos que sen2x + cos2x = 1
Entonces, f(x) = 1 para cada x en R.
Entonces, para todos los elementos del dominio, la imagen es 1.
Entonces, f no es una inyección. Condición de sobreyección: Rango de f = {1} Codominio de f = R Ambos no son iguales. Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección
(xii) f: Q − {3} → Q, definida por f (x) = (2x +3)/(x-3)
Solución:
Dado f: Q − {3} → Q, definido por f (x) = (2x +3)/(x-3)
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Q − {3}), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
(2x + 3)/(x – 3) = (2y + 3)/(y – 3)
(2x + 3) (y − 3) = (2y + 3) (x − 3)
2xy − 6x + 3y − 9 = 2xy − 6y + 3x − 9
9x = 9y
x = y
Entonces, f es una inyección.
Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (Q − {3}), tal que f(x) = y para algún elemento x en Q (dominio).
f(x) = y
(2x + 3)/(x – 3) = y
2x + 3 = xy − 3y
2x – xy = −3y − 3
x (2−y) = −3 (y + 1)
x = -3(y + 1)/(2 – y) que no está definido en y = 2.
Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección.
(xiii) f: Q → Q, definida por f(x) = x³ + 1
Solución:
Dada f: Q → Q, definida por f(x) = x³ + 1
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (Q), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x³ + 1 = y³ + 1
x³ = y³
x = y
Entonces, f es una inyección. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (Q), tal que f(x) = y para algún elemento x en Q (dominio).
f(x) = y
x³+ 1 = yx = ∛(y-1), que puede no estar en Q.
Por ejemplo, si y = 8,
x³+ 1 = 8
x³= 7 x = ∛7, que no está en Q.
Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección
(xiv) f: R → R, definida por f(x) = 5x³ + 4
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = 5x³ + 4
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea inyección, sobreyección y biyección.
condición.
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
5x³ + 4 = 5y³ + 4
5x³= 5y³
x³ = y³
x = y
Entonces, f es una inyección.
Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
5x³+ 4 = y
x³ = (y – 4)/5 ∈ R
Entonces, f es una sobreyección y f es una biyección.
(xv) f: R → R, definida por f(x) = 5x³ + 4
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = 5x³ + 4
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
5x³ + 4 = 5y³ + 4
5x³ = 5y³
x³ = y³
x = y
Entonces, f es una inyección.
Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el codominio (R),
tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
5x³ + 4 = y
x³ = (y – 4)/5 ∈ R
Entonces, f es una sobreyección y f es una biyección.
(xvi) f: R → R, definida por f(x) = 1 + x ²
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = 1 + x²
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
1 + x² = 1 + y²
x² = y²
x = ± y
Entonces, f no es una inyección. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
1 + x² = y
x² = y − 1
x = ± √-1 = ± i` no está en R.
Entonces, f no es una sobreyección y f no es una biyección.
(xvii) f: R → R, definida por f(x) = x/(x ² + 1)
Solución:
Dado f: R → R, definido por f(x) = x/(x² + 1)
Ahora tenemos que verificar que la función dada sea la condición de inyección, sobreyección y biyección.
Condición de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x /(x² + 1) = y /(y² + 1)
x y²+ x = x²y + y
xy² − x²y + x − y = 0
−xy (−y + x) + 1 (x − y) = 0
(x – y) (1 – xy) = 0
x = y o x = 1/y
Entonces, f no es una inyección. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio).
f(x) = y
x /(x² + 1) = y
y x² – x + y = 0
x = (-(-1) ± √ (1-4y²))/(2y) si y ≠ 0
= (1 ± √ (1-4y²))/ (2y), que puede no estar en R
Por ejemplo, si y=1, entonces (1 ± √ (1-4)) / (2y) = (1 ± i √3)/2, que no está en R
Entonces, f no es sobreyección y f no es biyección.
Pregunta 6. Si f: A → B es una inyección, tal que el rango de f = {a}, determine el número de elementos en A.
Solución:
Dado f: A → B es una inyección
Y también dado ese rango de f = {a}
Entonces, el número de imágenes de f = 1 Ya que f es una inyección,
habrá exactamente una imagen para cada elemento de f .
Entonces, número de elementos en A = 1.
Pregunta 7. Demuestra que la función f: R − {3} → R − {2} dada por f(x) = (x-2)/(x-3) es una biyección.
Solución:
Dado que f: R − {3} → R − {2} dado por f (x) = (x-2)/(x-3)
Ahora tenemos que mostrar que la función dada es uno-uno y sobre
Inyectividad: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (R − {3}), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
⇒ (x – 2) /(x – 3) = (y – 2) /(y – 3)
⇒ (x – 2) (y – 3) = (y – 2) (x – 3)
⇒ xy – 3 x – 2 y + 6 = xy – 3y – 2x + 6
⇒ x = y
Entonces, f es uno-uno.
Sobreyectividad:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R − {2}), tal que f(x) = y para algún elemento x en R − {3} (dominio).
f(x) = y
⇒ (x – 2) /(x – 3) = y
⇒ x – 2 = xy – 3y
⇒ xy – x = 3y – 2
⇒ x ( y – 1 ) = 3y – 2
⇒ x = (3y – 2)/ (y – 1), que está en R – {3}
Entonces, para cada elemento en el codominio, existe alguna imagen previa en el dominio.
⇒ f es sobre.
Como f es tanto uno como sobre uno,
es una biyección.
Pregunta 8. Sea A = [-1, 1]. Luego, discuta si la siguiente función de A a sí misma es uno-uno, sobre o biyectiva:
(i) f (x) = x/2
Solución:
Dado f: A → A, dado por f (x) = x/2
Ahora tenemos que mostrar que la función dada es uno-uno y sobre
Prueba de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (A), tales que f(x) = f(y).
f(x) = f(y)
x/2 = y/2
x = y
Entonces, f es uno-uno. Prueba de sobreyección:
Sea y cualquier elemento en el co-dominio (A), tal que f(x) = y para algún elemento x en A (dominio)
f(x) = y
x/2 = y
x = 2y, que puede no estar en A.
Por ejemplo, si y = 1, entonces x = 2, que no está en A.
Entonces, f no es sobre.
Entonces, f no es biyectiva.
(ii) g(x) = |x|
Solución:
Dado g: A → A, dado por g (x) = |x|
Ahora tenemos que mostrar que la función dada es uno-uno y sobre
Prueba de inyección: Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (A), tales que f(x) = f(y).
g(x) = g(y)
|x| = |y|
x = ± y
Entonces, f no es uno-uno. Prueba de sobreyección:
Para y = -1, no hay valor de x en A.
Entonces, g no es sobre.
Entonces, g no es biyectiva.
(iii) h (x) = x²
Solución:
Dado h: A → A, dado por h (x) = x²
Ahora tenemos que mostrar que la función dada es uno-uno y sobre
Prueba de inyección:
Sean xey dos elementos cualesquiera del dominio (A), tales que h(x) = h(y).
h(x) = h(y)
x² = y²
x = ± y
Entonces, f no es uno-uno. Prueba de sobreyección:
Para y = – 1, no hay valor de x en A.
Entonces, h no es sobre.
Entonces, h no es biyectiva.
Pregunta 9. ¿Son los siguientes conjuntos de pares ordenados de una función? Si es así, examine si el mapeo es inyectivo o sobreyectivo:
(i) {(x, y): x es una persona, y es la madre de x}
Solución:
Sea f = {(x, y): x es una persona, y es la madre de x}
Como, para cada elemento x en el conjunto de dominios, hay un único elemento relacionado y en el conjunto de codominios.
Entonces, f es la función.
Prueba de inyección: Como, y puede ser madre de dos o más personas Entonces, f no es inyectiva.
Prueba de sobreyección:
Por cada madre y definida por (x, y), existe una persona x para la cual y es madre.
Entonces, f es sobreyectiva.
Por lo tanto, f es una función sobreyectiva.
(ii) {(a, b): a es una persona, b es un antepasado de a}
Solución:
Sea g = {(a, b): a es una persona, b es un antepasado de a}
Ya que, el mapa ordenado (a, b) no mapea ‘a’ – una persona a una persona viva.
Entonces, g no es una función.
Pregunta 10. Sea A = {1, 2, 3}. Escribe todos uno a uno de A a sí mismo.
Solución:
Dado A = {1, 2, 3}
Número de elementos en A = 3
Número de funciones uno a uno = número de formas de organizar 3 elementos = 3! = 6
(yo) {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}
(ii) {(1, 1), (2, 3), (3, 2)}
(iii) {(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 )}
Pregunta 11. Si f: R → R es la función definida por f(x) = 4×3 + 7, demuestra que f es una biyección.
Solución:
Dado f: R → R es una función definida por f(x) = 4×3 + 7 Inyectividad:
Sean x e y dos elementos cualesquiera en el dominio (R), tales que f(x) = f(y)
⇒ 4×3 + 7 = 4y3 + 7
⇒ 4×3 = 4y3
⇒ x3 = y3
⇒ x = y
Entonces, f es uno-uno.
Sobreyectividad: Sea y cualquier elemento en el co-dominio (R), tal que f(x) = y para algún elemento x en R (dominio)
f(x) = y
⇒ 4×3 + 7 = y
⇒ 4×3 = y − 7
⇒ x3 = (y – 7)/4
⇒ x = ∛(y-7)/4 en R
Entonces, para cada elemento en el codominio, existe alguna imagen previa en el dominio. f es sobre.
Como f es biyectiva y sobre,
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