1. funzioni Esercizio 1.1. Definiamo f : N → N ponendo f(x) = { 2 √ x

1. funzioni
Esercizio 1.1. Definiamo f : N → N ponendo
½ √
2 x
se x è un quadrato,
f (x) =
2x + 1
se x non è un quadrato
Determinare se f è iniettiva, surgettiva, biunivoca.
Ricordiamo che una funzione f : X → Y si dice iniettiva se nessun elemento di
Y è immagine di più di un elemento di X. Formalmente questo può essere espresso
con uno dei due seguenti predicati equivalenti:
• Dicendo che ogni volta che consideriamo due elementi di X diversi allora
necessariamente la loro immagine in Y tramite f sarà diversa:
∀x1 , x2 ∈ X
x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )
• Oppure con la contronominale della precedente:
∀x1 , x2 ∈ X
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2
Un errore molto comune è quello di definire l’iniettività di una funzione f : X → Y
in questo modo: Per ogni elemento x di X esiste un unico elemento y di Y tale
che f (x) = y In questo modo in realtà stiamo solo dicendo che f è una funzione
da X in Y .
Una funzione di dice surgettiva se l’immagine di f (ovvero l’insieme {y ∈ Y |∃x ∈
X con f (x) = y}) è uguale all’insieme Y . Ovvero se per ogni elemento y di Y
esiste almeno un elemento x di X tale che f (x) = y. Non è richiesto che esista un
unico elemento x di X con f (x) = x ma che ne esista almeno uno. Se per ogni y di
Y esiste un unico x di X con f (x) = y allora la funzione si dice bigettiva. Cioè
una funzione bigettiva è una funzione che è sia iniettiva che surgettiva.
Ma torniamo al nostro esercizio: per dire se la funzione f è iniettiva consideriamo
le coppie di elementi x1 , x2 in N e vediamo se può accadere che f (x1 ) = f (x2 ) con
x1 6= x2 (in questo caso la funzione sarebbe non iniettiva). Ci sono tre casi possibili:
(1) x√
Allora f (x1 ) = f (x2 ) significa che:
1 , x2 sono
√ due quadrati
√ perfetti.
√
2 x1 = 2 x2 ovvero x1 = x2 , da cui segue x1 = x2 . Questo significa
che nel caso dei quadrati perfetti f associa a numeri diversi un’immagine
diversa.
(2) x1 , x2 sono entrambi non quadrati. Allora f (x1 ) = f (x2 ) significa che:
2x1 + 1 = 2x2 + 1 ovvero 2x1 = 2x2 , quindi x1 = x2 . Ovvero anche nel
caso i due numeri siano entrambi non quadrati la f associa a numeri diversi
immagini diverse.
(3) Uno dei due (diciamo x1 ) è un quadrato e l’altro (x2 ) no (è ovvio che il fatto
di aver chiamato x1 il quadrato non è determinante, potevamo prendere
anche x2 quadrato e x1 no e nel nostro
√ discorso non cambierebbe nulla).
Allora f (x1 ) = f (x2 ) significa che: 2 x1 = 2x2 + 1 Ma questa uguaglianza
non può mai essere verificata visto che il numero a primo membro è pari (2
per qualcosa) e il secondo è dispari (2 per qualcosa più 1). Perciò l’immagine
tramite f di un quadrato e di un non quadrato non potrà mai essere uguale.
1
Abbiamo mostrato che per ogni coppia di numeri naturali x1 , x2 se f (x1 ) = f (x2 )
allora necessariamente x1 = x2 ovvero f è iniettiva.
Per la surgettività basta notare che per ottenere un numero dispari dobbiamo per
forza prendere un non quadrato. Allora se vogliamo ottenere per esempio 9 lo
potremmo ottenere solo come 2 · 4 + 1 ovvero prendendo
√ come x il 4. Ma il 4
è un quadrato e quindi la sua immagine tramite f è 2 4 = 4. Abbiamo quindi
mostrato che non tutti i dispari sono contenuti nell’insieme immagine di f ovvero
che Imm(f ) 6= Y , cioè f non è surgettiva. Non essendo surgettiva f non è bigettiva
(ricordiamo che una funzione si dice bigettiva se è iniettiva e surgettiva).
Esercizio 1.2. Costruire una funzione f : N × N → N che sia iniettiva e una
g : N × N → N che sia surgettiva.
Costruire una funzione g : N × N → N che sia surgettiva è piuttosto semplice: ce
ne sono molte facilmente scovabili. Un’idea può essere per esempio quella di considerare la proiezione su una coordinata, ovvero g(x, y) = x. In questo modo è ovvio
che per ogni numero naturale n che voglio esiste almeno un elemento (x, y) in N × N
tale che g(x, y) = n, basta prendere una coppia con primo elemento n e secondo
elemento qualsiasi. Per esempio se voglio ottenere 5 basta considerare la coppia
(5, 1) (ma anche (5, 2) o qualsiasi altra del tipo (5, ·). Con questa osservazione abbiamo anche che la funzione definita non è iniettiva (e quindi non può essere presa
come esempio di funzione da N × N in N iniettiva).
Trovare una funzione f : N × N → N che sia iniettiva è più difficile. Un’idea può
essere quella di sfruttare il teorema di fattorizzazione unica: vediamo come. Scegliamo due numeri primi distinti: per esempio 3 e 5 e definiamo f (x, y) = 3x · 5y .
Questa funzione è sicuramente da N × N in N e inoltre se prendiamo due coppie
(x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) diverse le loro immagini 3x1 5y1 e 3x2 5y2 saranno diverse in quanto
due numeri naturali con fattorizzazione diversa (dire che (x1 , y1 ) 6= (x2 , y2 ) significa che almeno una delle due disuguaglianze x1 6= x2 e y1 6= y2 è verificata, quindi
gli esponenti di almeno uno tra 3 e 5 dei due numeri ottenuti come immagine da
(x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) sono diversi).
Esercizio 1.3. Siano f : N × N → N e g : N × N → N le funzioni definite da:
f (m, n) = 2m + n3
∀(m, n) ∈ N × N
2
g(m, n) = 3m + n ∀(m, n) ∈ N × N
Stabilire se sono iniettive e se sono surgettive.
È facile mostrare che le due funzioni non sono iniettive trovando due elementi di
N × N diversi che hanno la stessa immagine tramite f (e analogamente per g):
Consideriamo per esempio in un caso le coppie (4, 0) e (0, 2) si ha ovviamente che
(4, 0) 6= (0, 2) ma f ((4, 0)) = 2 · 4 + 0 = 8 cosı̀ come f ((0, 2)) = 2 · 0 + 23 = 8.
Analogamente per g possiamo considerare le coppie (3, 0) e (0, 3). Si ha (3, 0) 6=
(0, 3) ma g((3, 0)) = g((0, 3)) = 9.
Per la surgettività possiamo osservare che con f per qualsiasi numero pari, cioè
un numero della forma 2k, considerando la coppia (k, 0) si ha f ((k, 0)) = 2k e per
qualsiasi numero dispari, cioè un numero della forma 2k + 1, considerando la coppia
(k, 1) si ha f ((k, 1)) = 2k + 13 = 2k + 1. Quindi f è una funzione surgettiva.
Per quanto riguarda g invece si nota subito che per esempio 2 non è immagine
tramite g di nessuna coppia (m, n) di N × N in quanto se m 6= 0 il numero che
2
si ottiene 3m + n è maggiore o uguale a 3 e quindi diverso da 2. E se m è zero
dovrebbe esserci un numero naturale n che al quadrato è 2 e questo sappiamo che
non esiste. Perciò g non è surgettiva.
2. Correzione primo compitino a.a. 2006-2007
Esercizio 2.1. Data una funzione f : R → R, si considerino le seguenti proposizioni:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
∃x(f (x) ≤ 100 ∨ x < 10)
∃x(x ≥ 10 ∧ f (x) > 100)
∀x(x ≥ 10 ∨ f (x) > 100)
∀x(x < 10 ∧ f (x) ≤ 100)
∀x(x < 10 → f (x) > 100)
∃x(f (x) ≤ 100 → x ≥ 10)
Determinare le coppie di proposizioni equivalenti.
Determinare le coppie di proposizioni una equivalente alla negazione dell’altra.
Innanzitutto attraverso l’equivalenza logica A → B ≡ ¬A ∨ B scriviamo le
proposizioni equivalenti a (5) e (6) in modo da rendere più facile il confronto con
le altre:
(5) ∀x(x < 10 → f (x) > 100) ≡ ∀x(¬(x < 10) ∨ f (x) > 100) ≡ ∀x(x ≥ 10 ∨ f (x) > 100)
(6) ∃x(f (x) ≤ 100 → x ≥ 10) ≡ ∃x(¬(f (x) ≤ 100) ∨ x ≥ 10) ≡ ∃x(f (x) > 100 ∨ x ≥ 10)
In questo modo si osserva subito che le uniche due proposizioni equivalenti sono la
(3) e la (5).
Per l’equivalenza tra una proposizione e la negazione di un’altra basta fare la
negazione di quelle con il quantificatore universale (∀):
¬(3) ≡ ¬(5) ≡ ∃x(x < 10 ∧ f (x) ≤ 100)
¬(4) ≡ ∃x(x ≥ 10 ∨ f (x) > 100) ≡ ∃x(f (x) > 100 ∨ x ≥ 10) ≡ (6)
Perciò troviamo che (6) ≡ ¬(3).
Esercizio 2.2. Considera i seguenti insiemi:
• A = {n|∃k ∈ N tale che k ≤ 3 ∧ n = 3k}
• B = {2n + 1|n ∈ N ∧ 1 ≤ n ≤ 5}
• C = {(1, 2), (3, 4), (3, 3), (6, 7), (9, 9), (0, 3), (9, 7)}
(1)
(2)
(3)
(4)
Elenca gli elementi di A e di B.
Elenca gli elementi di (A × B) ∩ (B × A).
Elenca gli elementi di D = {b ∈ B|∃a ∈ A tale che (a, b) ∈ C}.
Costruire una funzione h : A → N tale che: ∀a ∈ A (a, h(a)) ∈ C.
(1) Gli elementi di A sono tutti i numeri naturali del tipo 3k con k naturale minore o uguale di 3, ovvero con k che è un elemento dell’insieme {0, 1, 2, 3}.
Cioè A = {0, 3, 6, 9}.
Gli elementi di B sono i numeri della forma 2n + 1 con n che varia nell’insieme {1, 2, 3, 4, 5}, ovvero B = {3, 5, 7, 9, 11}.
3
(2) Gli elementi in comune tra A × B e B × A sono le coppie (3, 3), (3, 9), (9, 3),
(9, 9).
(3) D è fatto dai b ∈ B tali che c’è una coppia (a, b) in C con a ∈ A. Innanzitutto dobbiamo vedere quali elementi di B appaiono come seconda
componente delle coppie appartenenti a C. Tali elementi sono il 3, il 7 e il
9. Le coppie di C con questi come seconda componente sono: (3, 3), (6, 7),
(9, 9), (0, 3) e (9, 7). Quindi per il 3 esiste almeno un elemento a di A (per
la precisione ne esistono due sia lo 0 che il 3) tale che (a, 3) ∈ C dunque
3 ∈ D. analogamente per 7 e 9. Perciò D = {3, 7, 9}.
(4) Dobbiamo definire h su A quindi dire a cosa è uguale h(0), h(3), h(6), h(9).
Bisogna dare questi valori sapendo che vogliamo che (0, h(0)), (3, h(3)),
(6, h(6)), (9, h(9)) appartengano tutti a C. Allora si vede subito che h(0)
può essere definito solo uguale a 3 (in quanto l’unica coppia di C con lo 0
come prima componente è (0, 3)), cosı̀ come per h(6) c’è solo 7. Per h(3)
abbiamo due scelte: 3 e 4, cosı̀ come per h(9): 7 e 9. Le funzioni h con la
proprietà voluta sono quindi 4 e le possiamo elencare tutte:
• h1 : A → N definita come segue h1 (0) = 3, h1 (3) = 3, h1 (6) = 7 e
h1 (9) = 7.
• h2 : A → N definita come segue h2 (0) = 3, h2 (3) = 4, h2 (6) = 7 e
h2 (9) = 7.
• h3 : A → N definita come segue h3 (0) = 3, h3 (3) = 3, h3 (6) = 7 e
h3 (9) = 9.
• h4 : A → N definita come segue h4 (0) = 3, h4 (3) = 4, h4 (6) = 7 e
h4 (9) = 9.
Esercizio 2.3. Dire se le seguenti funzioni sono iniettive e/o surgettive e/o bigettive:
(1) f : Z × Z → Z tale che:
f ((a, b)) = ab + 2
(2) g : Z × Z → Z × Z tale che:
g((a, b)) = (ab + 2, a − 1)
+
+
(3) h : N × N → Z tale che:
h((a, b)) = (ab + 2, a − 1)
(1) f è ovvio che f non è iniettiva in quanto nell’immagine il ruolo di a e b è
simmetrico (in quanto vale la proprietà commutativa del prodotto). Perciò
scambiando a con b il valore dell’immagine dell’elemento rimane immutato:
f ((a, b)) = ab + 2 = ba + 2 = f ((b, a))
Dunque per esempio i due elementi diversi di Z × Z (2, 3) e (3, 2) hanno la
stessa immagine 8 tramite f .
f è surgettiva: per affermarlo devo dimostrare che per ogni numero intero
c esiste almeno una coppia (a, b) tale che f ((a, b)) = ab + 2 è uguale a c.
Ma per avere ab + 2 = c basta scegliere due numeri interi a e b tali che
ab = c − 2 e questi esistono sicuramente, per esempio a = c − 2 e b = 1 (ma
anche il viceversa per quello che abbiamo osservato sopra).
4
(2) Nel caso di g il discorso è un pó più complicato perchè dobbiamo controllare
due componenti nell’immagine di un elemento. La seconda componente ci
dice che due elementi di Z × Z con primo elemento diverso avranno immagine diversa perchè la funziona che associa ad un numero a il numero
a − 1 è evidentemente iniettiva. Bisogna capire se può accadere che avendo a fissato esistano due elementi (a, b1 ) e (a, b2 ) con b1 6= b2 e la stessa
immagine tramite g. Dire questo significa avere ab1 + 2 = ab2 + 2 ovvero
ab1 = ab2 e per questo non è necessario che sia b1 = b2 in quanto se a è zero
questo è sempre vero. Questa argomentazione ci dice che tutte le coppie del
tipo: prima componente uguale a zero e seconda componente un qualsiasi
numero hanno la stessa immagine tramite g (provare per esempio (0, 3) e
(0, 1)) e quindi g non è iniettiva.
Anche per la surgettività bisogna stare attenti a non farsi fregare dal punto precedente. Se vogliamo ottenere un elemento con seconda coordinata uguale a 1 dobbiamo scegliere a = 2 a questo punto abbiamo che
g((2, b)) = 2b + 2 = 2(b + 1) cioè le uniche coppie che si possono ottenere con seconda componente uguale a 1 sono del tipo: un numero pari
come prima componente e 1 come seconda (per esempio non troveremo mai
come immagine (1, 1)). Perciò g non è surgettiva.
(3) Dal fatto che g non è surgettiva segue immediatamente che anche h non lo
è. Infatti la funzione è definita nell stesso modo ma il dominio è più piccolo
si ha dunque che: Immh è contenuta in Immg. Ma dal punto precedente
sappiamo che Immg non è uguale a Z × Z ma è strettamente contenuta.
Quindi anche Immh lo sarà.
Anche per l’iniettività aiutiamoci con il caso precedente. Avevamo trovato
che il problema era la prima componente uguale a 0 che in questo caso non
c’è (non appartiene a N+ ). Per avere h(a1 , b1 ) = h(a2 , b2 ) deve essere (come
nel caso di g):

a1 − 1 = a2 − 1 → a1 = a2

a1 b1 + 2 = a2 b2 + 2 |{z}
→ a1 b1 = a2 b2 |{z}
→ b1 = b2

a1 =a2
a1 6=0
Perciò avendo provato che h((a1 , b1 )) = h((a2 , b2 )) implica che a1 = a2 e
b1 = b2 h è iniettiva.
Esercizio 2.4. Dimostrare che per ogni intero n ≥ 1 vale:
n
X
1
1
≤2−
2
k
n
k=1
Procediamo per induzione rispetto alla proposizione P (n):
n
X
1
1
≤2−
k2
n
k=1
Passo base: P (1) è la proposizione seguente:
1
1
≤2−
2
1
1
Ovvero 1 ≤ 1 che è vera.
5
Passo induttivo: Dobbiamo mostrare che per ogni n P (n) vera implica P (n + 1) vera. Scriviamoci quindi la tesi P (n + 1):
n+1
X
1
1
≤2−
k2
n+1
| {z }
k=1
| {z }
B
A
Possiamo scrivere:
n+1
n
X 1
X
1
1
=
+
2
2
k
k
(n + 1)2
k=1
k=1
≤
|{z}
2−
1
1
+
n (n + 1)2
per ipo. induttiva
Se mostriamo che:
1
1
1
2− +
≤2−
2
n (n + 1)
n+1
{z
}
|
C
Abbiamo provato la nostra tesi, in quanto per la proprietà transitiva del ≤
da A ≤ C e C ≤ B segue che A ≤ B che è quello che volevamo dimostrare.
Dire che:
1
1
1
2− +
≤2−
n (n + 1)2
n+1
Equivale a mostrare che:
1
1
1
≤ −
(n + 1)2
n n+1
Ovvero:
1 2
n+1−n
≤
n+1
n(n + 1)
Che è vero in quanto il numeratore di entrambi i membri è uguale a 1 mentre
il denominatore è maggiore quello del primo membro ((n + 1)2 ) rispetto a
quello del secondo (n(n + 1)).
6