MateClar
← Capitol

Manual · pagina 93

Exercițiul 7 · Patru funcții nesurjective

Verifică dacă următoarele funcții sunt nesurjective:

a) f:R→Rf : \mathbb R \to \mathbb R, f(x)=∣x∣f(x) = |x|;

b) f:R→(0,∞)f : \mathbb R \to (0, \infty), f(x)=x4+x2+1f(x) = x^4 + x^2 + 1;

c) f:R→(0,∞)f : \mathbb R \to (0, \infty), f(x)=∣x−2∣+∣x∣f(x) = |x - 2| + |x|;

d) f:R→Rf : \mathbb R \to \mathbb R, f(x)=[x]f(x) = [x].

a)f:R→Rf : \mathbb R \to \mathbb R, f(x)=∣x∣f(x) = |x|

Codomeniul conține și numere negative. Poate un modul să fie negativ?

  1. 1. Ce înseamnă „nesurjectivă”

    Pentru „nesurjectivă” ajunge, așadar, un singur yy din codomeniu fără preimagine. Aici codomeniul este tot R\mathbb R, iar modulul unui număr este întotdeauna ≥0\ge 0 (din gimnaziu).

    Verifică-te

    Care dintre aceste valori din codomeniu nu are nicio preimagine prin ff?

  2. 2. Imaginea lui ff și dreptele orizontale

    Ca să vezi tot ce lipsește, află imaginea: pentru ce numere yy are ecuația ∣x∣=y|x| = y cel puțin o soluție? Gândește-te la y=3y = 3, y=0y = 0, y=−2y = -2.

    Verifică-te

    Care este imaginea Im⁡f\operatorname{Im} f?
    −4−3−2−11234−3−2−11234Oxy
    ∣x∣|x|
    y=2y = 2
    y=−2y = -2

    Dreapta y=2y = 2 taie graficul de două ori; dreapta y=−2y = -2 nu îl taie deloc. Pe OyOy e colorată imaginea, [0,+∞)[0, +\infty).

    Interpretarea geometrică (manual, p. 90): ff este surjectivă dacă orice dreaptă y=ky = k, cu kk din codomeniu, taie graficul. Aici graficul stă deasupra axei OxOx, deci orice dreaptă y=ky = k cu k<0k < 0 îl ratează.

    Cum Im⁡f=[0,+∞)≠R\operatorname{Im} f = [0, +\infty) \ne \mathbb R, funcția ff este nesurjectivă.

Răspuns
Da, ff este nesurjectivă: Im⁡f=[0,+∞)≠R\operatorname{Im} f = [0, +\infty) \ne \mathbb R. De exemplu, y=−1y = -1 nu are preimagine.

b)f:R→(0,∞)f : \mathbb R \to (0, \infty), f(x)=x4+x2+1f(x) = x^4 + x^2 + 1

Toate valorile lui ff sunt pozitive, ca și codomeniul. Dar cât de mici pot fi?

  1. 1. Cât de mic poate fi f(x)f(x)

    Funcția este nesurjectivă dacă găsim un yy din codomeniul (0,∞)(0, \infty) pe care ff nu îl atinge (manual, p. 90).

    Puterile pare nu sunt niciodată negative: x4≥0x^4 \ge 0 și x2≥0x^2 \ge 0 pentru orice xx. Adunând, x4+x2+1≥0+0+1x^4 + x^2 + 1 \ge 0 + 0 + 1, adică

    f(x)≥1,∀x∈R,f(x) \ge 1, \quad \forall x \in \mathbb R,
    cu egalitate pentru x=0x = 0: f(0)=1f(0) = 1.

    Verifică-te

    Care dintre aceste numere este din codomeniu și nu are preimagine prin ff?

  2. 2. Imaginea exactă

    Mai rămâne de văzut că orice y≥1y \ge 1 este atins. Notăm t=x2≥0t = x^2 \ge 0; atunci x4=t2x^4 = t^2 și ecuația f(x)=yf(x) = y devine t2+t+1=yt^2 + t + 1 = y. Formăm pătratul (din gimnaziu): t2+t=(t+12)2−14t^2 + t = \left(t + \frac12\right)^2 - \frac14, deci
    (t+12)2=y−34\left(t + \tfrac12\right)^2 = y - \tfrac34
    Pentru y≥1y \ge 1 avem y−34≥14y - \frac34 \ge \frac14, deci t=y−34−12≥12−12=0t = \sqrt{y - \frac34} - \frac12 \ge \frac12 - \frac12 = 0. Atunci x=tx = \sqrt t este o soluție a ecuației f(x)=yf(x) = y.

    Verifică-te

    Pentru y=3y = 3: ce numere xx au f(x)=3f(x) = 3?

  3. 3. Concluzia

    −2−1,5−1−0,50,511,520,511,522,533,54Oxy
    ff
    y=12y = \frac12
    (0,1)(0, 1)

    Graficul nu coboară sub y=1y = 1: dreapta y=12y = \frac12 nu îl taie. Imaginea, colorată pe OyOy, este [1,+∞)[1, +\infty).

    Deci Im⁡f=[1,+∞)\operatorname{Im} f = [1, +\infty), o parte strictă a codomeniului (0,∞)(0, \infty): valorile din (0,1)(0, 1) nu sunt atinse. Funcția ff este nesurjectivă.
Răspuns
Da, ff este nesurjectivă: Im⁡f=[1,+∞)≠(0,∞)\operatorname{Im} f = [1, +\infty) \ne (0, \infty). De exemplu, y=12y = \frac12 nu are preimagine.

c)f:R→(0,∞)f : \mathbb R \to (0, \infty), f(x)=∣x−2∣+∣x∣f(x) = |x - 2| + |x|

Scrie ff fără module, pe intervalele delimitate de 00 și 22 (unde se schimbă semnul expresiilor din module).

  1. 1. Scriem ff fără module

    Ca să vedem ce valori ia ff, o explicităm (din gimnaziu: ∣u∣=u|u| = u dacă u≥0u \ge 0 și ∣u∣=−u|u| = -u dacă u<0u < 0). Expresiile xx și x−2x - 2 își schimbă semnul în 00, respectiv în 22, deci avem trei cazuri.

    Pentru x<0x < 0: f(x)=(2−x)+(−x)=2−2xf(x) = (2 - x) + (-x) = 2 - 2x.

    Pentru x>2x > 2: f(x)=(x−2)+x=2x−2f(x) = (x - 2) + x = 2x - 2.

    Verifică-te

    Cât este f(x)f(x) pentru 0≤x≤20 \le x \le 2?

  2. 2. Valoarea cea mai mică

    f(x)={2−2x,x<02,0≤x≤22x−2,x>2f(x) = \begin{cases} 2 - 2x, & x < 0 \\ 2, & 0 \le x \le 2 \\ 2x - 2, & x > 2 \end{cases}
    Pentru x<0x < 0 avem −2x>0-2x > 0, deci f(x)>2f(x) > 2; pentru x>2x > 2, 2x−2>22x - 2 > 2. Pe [0,2][0, 2] funcția este constantă, egală cu 22. Așadar f(x)≥2f(x) \ge 2 pentru orice xx.

    Verifică-te

    Care număr din codomeniu nu are preimagine prin ff?

  3. 3. Imaginea și graficul

    Orice y>2y > 2 este atins: pe ramura x>2x > 2, din 2x−2=y2x - 2 = y rezultă x=y+22>2x = \frac{y + 2}2 > 2. Iar y=2y = 2 este atins pe [0,2][0, 2]. Deci Im⁡f=[2,+∞)\operatorname{Im} f = [2, +\infty).
    −2−11234−1123456Oxy
    ff
    y=1y = 1

    Graficul are un „fund” plat la înălțimea 22, pe [0,2][0, 2]. Dreapta y=1y = 1 trece pe sub el, fără să îl taie.

    Im⁡f=[2,+∞)\operatorname{Im} f = [2, +\infty) este o parte strictă a codomeniului (0,∞)(0, \infty): numerele din (0,2)(0, 2) nu sunt atinse. Funcția ff este nesurjectivă.
Răspuns
Da, ff este nesurjectivă: Im⁡f=[2,+∞)≠(0,∞)\operatorname{Im} f = [2, +\infty) \ne (0, \infty). De exemplu, y=1y = 1 nu are preimagine.

d)f:R→Rf : \mathbb R \to \mathbb R, f(x)=[x]f(x) = [x]

Ce fel de număr este întotdeauna partea întreagă?

  1. 1. Ce valori ia partea întreagă

    Funcția este nesurjectivă dacă un număr real yy nu este atins (manual, p. 90). Uită-te la exemplele de mai sus: ce fel de numere ies ca valori?

    Verifică-te

    Care dintre aceste numere din codomeniu nu are preimagine?

  2. 2. Imaginea și dreptele orizontale

    Orice întreg kk este atins, de exemplu [k]=k[k] = k. Iar un număr care nu e întreg nu este atins niciodată. Deci Im⁡f=Z≠R\operatorname{Im} f = \mathbb Z \ne \mathbb R.
    −3−2−11234−3−2−11234Oxy
    y=0,5y = 0{,}5

    Graficul este făcut din „trepte” la înălțimi întregi. Dreapta y=0,5y = 0{,}5 trece printre treptele 00 și 11, fără să atingă graficul.

    Orice dreaptă y=ky = k cu kk neîntreg ratează graficul (manual, p. 90), deci ff este nesurjectivă.
Răspuns
Da, ff este nesurjectivă: Im⁡f=Z≠R\operatorname{Im} f = \mathbb Z \ne \mathbb R. De exemplu, y=0,5y = 0{,}5 nu are preimagine.