MateClar
← Capitol

Manual · pagina 100

Exercițiul 17 · Funcții care nu sunt inversabile

(Activitate în pereche) Demonstrați că următoarele funcții nu sunt inversabile:

a) f:R→Rf:\mathbb R \to \mathbb R, f(x)=2x2−3x+1f(x) = 2x^2 - 3x + 1;

b) f:(0,∞)→Rf:(0, \infty) \to \mathbb R, f(x)=x4f(x) = x^4;

c) f:R→Rf:\mathbb R \to \mathbb R, f(x)={x+1,x>02x−1,x≤0f(x) = \begin{cases} x + 1, & x > 0 \\ 2x - 1, & x \le 0 \end{cases};

d) f:R→Rf:\mathbb R \to \mathbb R, f(x)={x,x∈Qπx,x∈R∖Qf(x) = \begin{cases} x, & x \in \mathbb Q \\ \pi x, & x \in \mathbb R \setminus \mathbb Q \end{cases}.

a)f:R→Rf:\mathbb R \to \mathbb R, f(x)=2x2−3x+1f(x) = 2x^2 - 3x + 1

Ajunge un contraexemplu: două numere diferite cu aceeași imagine. Pornește de la f(0)f(0) și caută alt xx cu aceeași valoare.

  1. 1. Ce trebuie arătat

    Deci ajunge să găsim două numere diferite cu aceeași imagine. Avem f(0)=1f(0) = 1. Căutăm alt xx cu f(x)=1f(x) = 1:
    2x2−3x+1=1  ⇒  x(2x−3)=02x^2 - 3x + 1 = 1 \;\Rightarrow\; x(2x - 3) = 0

    Verifică-te

    Ce alt xx, diferit de 00, are f(x)=1f(x) = 1?

  2. 2. Concluzia

    Avem 0≠320 \ne \frac32, dar f(0)=f(32)=1f(0) = f\left(\frac32\right) = 1. Deci ff nu este injectivă, nu este bijectivă și, conform teoremei de la p. 97, nu este inversabilă.
    −1123−11234Oxy
    ff
    (0,1)(0, 1)
    (32,1)\left(\frac32, 1\right)

    Dreapta orizontală punctată y=1y = 1 taie graficul în două puncte: ff nu este injectivă (manual, p. 85).

Răspuns
f(0)=f(32)=1f(0) = f\left(\frac32\right) = 1 cu 0≠320 \ne \frac32, deci ff nu este injectivă, așadar nu este bijectivă și nici inversabilă.

b)f:(0,∞)→Rf:(0, \infty) \to \mathbb R, f(x)=x4f(x) = x^4

Pe (0,∞)(0, \infty) funcția crește, deci e injectivă. Uită-te la codomeniu: ce semn are x4x^4?

  1. 1. Injectivitatea nu este problema

    Dacă 0<x1<x20 < x_1 < x_2, atunci x14<x24x_1^4 < x_2^4: funcția este strict crescătoare pe (0,∞)(0, \infty), deci injectivă (manual, p. 85). Rămâne de verificat surjectivitatea, iar codomeniul este tot R\mathbb R.

    Verifică-te

    Ce valori ia x4x^4 pentru x∈(0,∞)x \in (0, \infty)?

  2. 2. O valoare fără preimagine

    Mulțimea valorilor este (0,∞)(0, \infty), mai mică decât codomeniul R\mathbb R. De exemplu y=−1∈Ry = -1 \in \mathbb R: ecuația x4=−1x^4 = -1 nu are nicio soluție. La fel y=0y = 0: x4=0x^4 = 0 are doar soluția x=0∉(0,∞)x = 0 \notin (0, \infty).
    −1123−2−11234Oxy
    x4x^4
    y=−1y = -1

    Graficul pornește din (0,0)(0, 0), exclus (cerc gol). Dreptele orizontale de la y=0y = 0 în jos (zona colorată pe OyOy) nu taie graficul.

    Deci ff nu este surjectivă, nu este bijectivă și nu este inversabilă (manual, p. 97). Cu codomeniul (0,∞)(0, \infty), aceeași lege ar da o funcție inversabilă.
Răspuns
ff este injectivă, dar nu surjectivă: Im⁡f=(0,∞)≠R\operatorname{Im} f = (0, \infty) \ne \mathbb R, de exemplu y=−1y = -1 (sau y=0y = 0) nu are preimagine. Deci ff nu este inversabilă.

c)f:R→Rf:\mathbb R \to \mathbb R, f(x)={x+1,x>02x−1,x≤0f(x) = \begin{cases} x + 1, & x > 0 \\ 2x - 1, & x \le 0 \end{cases}

Află ce valori ia fiecare ramură. Se suprapun? Rămâne vreun gol între ele?

  1. 1. Valorile fiecărei ramuri

    Verifică-te

    Ce valori ia ramura x+1x + 1 pentru x>0x > 0?
    Cealaltă ramură: din x≤0x \le 0 rezultă 2x−1≤−12x - 1 \le -1, deci ea ia valorile din (−∞,−1](-\infty, -1].

  2. 2. Injectivă, dar cu un gol

    Ambele ramuri sunt strict crescătoare, iar mulțimile lor de valori, (−∞,−1](-\infty, -1] și (1,∞)(1, \infty), nu au elemente comune. Deci două numere diferite au mereu imagini diferite: ff este injectivă.

    Verifică-te

    Ce numere din codomeniul R\mathbb R nu sunt valori ale lui ff?
    −3−2−1123−4−3−2−11234Oxy
    2x−12x - 1
    x+1x + 1

    Ramura din dreapta pornește din (0,1)(0, 1), exclus; cea din stânga se oprește în (0,−1)(0, -1), inclus. Valorile colorate pe OyOy, din (−1,1](-1, 1], nu sunt atinse.

  3. 3. O valoare fără preimagine

    Luăm y=0y = 0. Pe ramura x+1x + 1: x+1=0x + 1 = 0 dă x=−1x = -1, dar ramura cere x>0x > 0. Pe ramura 2x−12x - 1: 2x−1=02x - 1 = 0 dă x=12x = \frac12, dar ramura cere x≤0x \le 0. Niciuna nu dă 00.

    Deci 0∈R0 \in \mathbb R nu are preimagine, ff nu este surjectivă, prin urmare nu este bijectivă și nu este inversabilă (manual, p. 97).

Răspuns
ff este injectivă, dar nu este surjectivă: valorile din (−1,1](-1, 1], de exemplu 00, nu au preimagine. Deci ff nu este inversabilă.

d)f:R→Rf:\mathbb R \to \mathbb R, f(x)={x,x∈Qπx,x∈R∖Qf(x) = \begin{cases} x, & x \in \mathbb Q \\ \pi x, & x \in \mathbb R \setminus \mathbb Q \end{cases}

Un număr rațional, de exemplu 11, are imaginea 11. Poți găsi un număr irațional pe care înmulțirea cu π\pi îl duce tot în 11?

  1. 1. Căutăm două numere cu aceeași imagine

    Numerele raționale rămân pe loc, iar cele iraționale se înmulțesc cu π\pi. Luăm numărul rațional 11: f(1)=1f(1) = 1. Căutăm un număr irațional xx cu πx=1\pi x = 1.

    Verifică-te

    Ce număr irațional are f(x)=1f(x) = 1?

  2. 2. 1π\frac1\pi este irațional, deci ff nu e injectivă

    Dacă 1π\frac1\pi ar fi rațional, 1π=pq\frac1\pi = \frac pq cu p,qp, q întregi nenuli, atunci π=qp\pi = \frac qp ar fi rațional, fals. Deci 1π∈R∖Q\frac1\pi \in \mathbb R \setminus \mathbb Q și f(1π)=π⋅1π=1f\left(\frac1\pi\right) = \pi \cdot \frac1\pi = 1.

    Avem 1≠1π1 \ne \frac1\pi, dar f(1)=f(1π)=1f(1) = f\left(\frac1\pi\right) = 1. Deci ff nu este injectivă, nu este bijectivă și nu este inversabilă (manual, p. 97).

Răspuns
f(1)=1f(1) = 1 și f(1π)=π⋅1π=1f\left(\frac1\pi\right) = \pi \cdot \frac1\pi = 1, cu 1≠1π1 \ne \frac1\pi, deci ff nu este injectivă și nu este inversabilă.