Algebra dla MSEM 1, 2019/2020 ćwiczenia 4. – rozwiązania
15 października 2019
1. Dla danej funkcji f ∶ R → R, f (x) = x2 i zbiorów A = [−1, 2], B = [1, 4], znajdź f [A] i f−1[B].
Oczywiście f [A] = [0, 4], bowiem: jeśli y ∈ [0, 4], to niech x =√
y. Wtedy y ∈ [−1, 2] oraz f (x) = y. Jeśli natomiast x ∈ [−1, 2], to oczywiście 0 ≤ f (x) = x2≤4.
Natomiast f−1[B] = [−2, −1] ∪ [1, 2], bowiem jeśli y ∈ B, oraz y = f (x) = x2, to 1 ≤ ∣x∣ ≤ 2. Jeśli natomiast x ∈ [−2, −1] ∪ [1, 2], to 1 ≤ f (x) = x2≤4.
2. Dla funkcji f ∶ R × R → R, f (x, y) = xy i zbiorów A = (−1, 1] × [−2, 2), B = [0, 1) znajdź f [A] oraz naszkicuj w układzie współrzędnych f−1[B].
Zauważmy, że f [A] = [−2, 2). Rzeczywiście, jeśli y ∈ [−2, 2), to y = f (1, y) oraz ⟨1, y⟩ ∈ A. Tymczasem, jeśli ⟨x, y⟩ ∈ A, to albo x, y ≥ 0 – wtedy 0 ≤ f (x, y) < 2, albo x ≥ 0, y < 0. Wtedy −2 ≤ x, y ≤ 0, albo x < 0, y ≥ 0 i wtedy −2 < f (x, y) ≤ 0 albo w końcu x, y < 0 – wtedy 0 < f (x, y) < 2. A ostatecznie [0, 2) ∪ [−2, 0] ∪ (−2, 0] ∪ (0, 2) = [−2, 2).
Tymczasem f−1[B] = {⟨x, y⟩ ∶ 0 ≤ xy < 1}, co na płaszczyźnie wygląda następująco:
3. Niech f ∶ R → R × R, f (x) = (∣x − 1∣, ∣x + 1∣). Znajdź f−1[(1, +∞) × (1, +∞)] oraz naszkicuj w układzie współrzędnych f [R].
Zauważmy, że: f (x) =
⎧⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⟨−x + 1, −x − 1⟩ ∶ x < −1
⟨−x + 1, x + 1⟩ ∶ −1 ≤ x < 1
⟨x − 1, x + 1⟩ ∶ x ≥ 1
.
Zatem f [R] = {⟨x, y⟩ ∶ y = x − 2, x > 0} ∪ {⟨x, y⟩ ∶ y = −x + 2, 0 ≤ x < 2} ∪ {⟨x, y⟩ ∶ y = x + 2, x ≥ 2}, czyli:
Zatem f−1[(1, +∞) × (1, +∞)] = (−∞, −2) ∪ (2, ∞), co łatwo sprawdzić.
1
4. Dla danych zbiorów A, B udowodnij, że ∣A∣ = ∣B∣ znajdując bijekcję z A na B lub B na A.
a) A = N, B = N ∖ {2011}
Rozwiązanie:
f ∶ A → B, f (n) =
⎧⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎩
n∶ n < 2011 n + 1∶ n ≥ 2011 . b) A = N, B = N ∪ {π, 2π}
Rozwiązanie:
f ∶ A → B, f (n) =
⎧⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩ π∶ n = 0 2π∶ n = 1 n − 2∶ n > 1
.
c) A = (0, 1), B = (0, 1], Rozwiązanie:
f ∶ B → A, f (x) =
⎧⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎩
1
k+1∶x = 1k, k ∈ N ∖ {0}
x wpp. .
d) A = (0, 4), B = (0, 1], Rozwiązanie:
Niech g∶ (0, 1) → (0, 4) będzie dane wzorem g(x) = 4. Szukana bijekcja to F = g ○ f ∶ B → A, gdzie f to bijekcja z poprzedniego podpunktu.
e) A = (0, 1), B = (0, 1) ∪ N, Rozwiązanie:
f ∶ A → B, f (x) =
⎧⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
k − 1∶ x = 2k1, k ∈ N ∖ {0}
k+11 ∶x = 2k+11 , k ∈ N ∖ {0}, x wpp.
f) A = {(x, y) ∈ R2∶x2+y2≤1}, B = A ∖ {⟨0, 0⟩}, Rozwiązanie:
f ∶ A → B, f ((x, y)) =
⎧⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
(1, 0)∶ x = y = 0
(k+11 , 0)∶ x =k1, y = 0, k ∈ N ∖ {0}
(x, y) wpp.
.
g) A = N, B = N × N, Rozwiązanie:
f ∶ B → A, f ((m, n)) = (m+n)(m+n+1)
2 +m. To jest bijekcja, bo to funkcja, która numeruje najpierw te pary o niższej sumie n + m, a w grupie par o danej sumie po kolei według m.
5. Czy prawdą jest, że dla dowolnych zbiorów A, B, jeśli ∣A ∖ B∣ = ∣B ∖ A∣, to ∣A∣ = ∣B∣? Odpowiedź uzasadnić.
Rozwiązanie:
Tak. Niech f ∶ A ∖ B → B ∖ A będzie bijekcją. Wtedy niech g∶ A → B będzie zadane następującym wzorem:
g(a) =
⎧⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎩
f (a) jeśli a ∈ A ∖ B a jeśli a ∈ A ∩ B Ponieważ f było bijekcją, to również g jest bijekcją. ◻
2
