applicazioni

ESERCIZIO N° 1
Siano
1)
2)
3)
f : A → B e g : B → C due applicazioni. Dimostrare che:
se g o f è suriettiva allora g è suriettiva.
se g o f è iniettiva allora f è iniettiva.
se g o f è biiettiva allora f è iniettiva e g è suriettiva.
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1) g o f suriettiva ⇔ ∀c ∈ C ∃a ∈ A : g o f (a) = c
ma g o f(a) = g(f(a)) ⇒ ∃b ∈B, b = f(a): g(b) = c ⇒ g è suriettiva.
2)
g o f iniettiva ⇔
g (f (a1)) ≠ g(f (a2))
∀a1, a2, ∈ A, a1≠ a2 : g o f (a1) ≠ g o f (a2) ⇔
⇒
f (a1) ≠ f (a2)
⇒
f è iniettiva.
3) segue dalle 1) e 2).
ESERCIZIO N° 2 (18/01/2001)
Siano f e g due applicazioni R → R così definite: f(x) = 5x + 2 e g(x) =
x
+ 3.
2
a) Provare che esse sono biunivoche.
b) Verificare che g o f ≠ f o g
c) Posto g (x) = µx + λ, determinare tutti i valori di λ e µ ∈ Z tali che g o f = f o g
________________
a)
Un’applicazione f: A → B si dice biunivoca se è iniettiva e suriettiva.
Proviamo che è iniettiva ossia che ad elementi distinti di A corrispondono elementi distinti di B
(nel ns esercizio A=B=R)
Siano x1, x2 ∈ R con x1 ≠ x2 (#) allora:
?
f(x1) ≠ f(x2)
?
5x1 + 2 ≠ 5x2 + 2
?
5x1 ≠ 5x2
x1 ≠ x2 vero per ipotesi (#)
Proviamo che è suriettiva ossia che ogni elemento di B è il corrispondente di qualche elemento
di A.
?
∀ y ∈ R ⇒ ∃ x ∈ R : y = f(x)
poichè la sottr. e
la div. sono op.
chiuse in R
y-2
∈
R
5
Abbiamo allora provato che preso un qualunque y ∈ R ⇒ ∃x ∈ R : y = f(x).
Essendo, quindi, l’applicazione sia iniettiva che suriettiva, essa è biunivoca.
Sia y = 5x + 2 ∈ R ⇒ x =
b) calcoliamo g o f e f o g:
5x + 2
5x + 8
+3=
(1)
2
2
5x
5x + 34
x
x
+ 3) = 5(
+ 3) + 2 =
+ 15 + 2 =
f o g (x) = f(g(x)) = f(
2
2
2
2
Confrontando (1) e (2) si ha la tesi: g o f ≠ f o g.
g o f (x) = g(f(x)) = g(5x + 2) =
c) calcoliamo g o f e f o g :
g o f (x) = g (f(x)) = µ(5x + 2) + λ = 5µx + 2µ + λ
f o g (x) = f( g (x)) = 5(µx + λ) + 2 = 5µx + 5λ + 2
per essere vera la tesi dovrà essere (3) = (4) , ossia:
g o f (x) = f o g (x)
5µx + 2µ + λ = 5µx + 5λ + 2
2µ + λ = 5λ + 2
µ - 2λ = 1
µ = 1 + 2t
una soluzione è la coppia (1, 0): 
t∈Z
λ = t
(3)
(4)
(2)