2.3 Aplicacions

Exercici 2.29.

Donats $A=\left\{1,2,3\right\}$ i $B=\left\{2,3,4,5\right\}$ , és aplicació de $A$ en $B$ la relació entre $A$ i $B$ definida per

\left\{(1,3),(2,2),(1,5),(3,5)\right\}

Raona la resposta.

Solució: No és aplicació ja que $1\in A$ està relacionat amb dos elements de $B$ i això no pot passar. $\square$

Exercici 2.30.

Estudia si les relacions binàries següents en $\mathbb{R}$ són o no aplicacions. Quan ho siguin, calcula el seu domini i imatge. (a) $R_{1}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}:y^{2}-x=0\right\}$ ; (b) $R_{2}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}:x+y=2\right\}$ ; (c) $R_{3}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}:x^{2}+y^{2}=1\right\}$ ; i (d) $R_{4}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}:y=\sqrt{4-x^{2}}\right\}$ .

Solució: (a) La relació $R_{1}$ no és aplicació ja que $(1,1),(1,-1)\in R_{1}$ .

(b) La relació $R_{2}$ és aplicació. És clar que defineix l’aplicació $f:\mathbb{R}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ \mathbb{R}$ mitjançant $f(x)=2-x$ . El domini de $R_{2}$ és $\mathbb{R}$ i la imatge és també $\mathbb{R}$ .

(d) La relació $R_{4}$ és aplicació. És clar que defineix l’aplicació $f:\mathbb{R}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ \mathbb{R}$ mitjançant $f(x)=\sqrt{4-x^{2}}$ . El domini de $R_{4}$ és $[-2,2]$ i la imatge és $[0,2]$ . $\square$

Exercici 2.31.

Es considera l’aplicació $f:\mathbb{Z}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ \mathbb{R}$ definida per $f(x)=3x+1$ . (a) Calcula les imatges de $-2,0,3$ , i les antiimatges, si existeixen, de $-5,4/5$ i $9$ . Quins són els elements que tenen antiimatge? (b) Contesta a les mateixa qüestions prenent com a conjunt de sortida $\mathbb{R}$ en lloc de $\mathbb{Z}$

Solució: (a) Les imatges de $-2,0$ i $3$ són:

\begin{array}[]{l}f(-2)=3\cdot\left(-2\right)+1=-5\\ f(0)=3\cdot 0+1=1\\ f(3)=3\cdot 3+1=10\end{array}

Calculem les antiimatges de $-5,4/5$ i $9$ . Com que

\begin{array}[]{lll}f(x)=-5&\Longrightarrow&3x+1=-5\\ &\Longrightarrow&x=-2\end{array}

Llavors $-2$ és antiimatge de $-5$ . De la mateixa manera,

\begin{array}[]{lll}f(x)=\frac{4}{5}&\Longrightarrow&3x+1=\frac{4}{5}\\ &\Longrightarrow&x=-\frac{1}{15}\end{array}

Per tant, no existeix antiimatge de $4/5$ ja que $-1/15\notin\mathbb{Z}$ . Finalment,

\begin{array}[]{lll}f(x)=9&\Longrightarrow&3x+1=9\\ &\Longrightarrow&x=\frac{8}{3}\end{array}

Per tant, tampoc existeix antiimatge de $9$ ja que $8/3\notin\mathbb{Z}$ .

Observa que

\begin{array}[]{lll}f(x)=y&\Longrightarrow&3x+1=y\\ &\Longrightarrow&x=\dfrac{y-1}{3}\end{array}

Per tant,

\begin{array}[]{lll}\dfrac{y-1}{3}\in\mathbb{Z}&\Longrightarrow&y-1\text{ \'{e% }s m\'{u}ltiple de }3\\ &\Longrightarrow&y=1+3k\text{, amb }k\in\mathbb{Z}\end{array}

Per consegüent, els elements que tenen antiimatge són

\left\{...,-5,-2,1,4,7,...\right\}

(b) Les respostes són les mateixes que abans però amb la diferència que ara $-1/15\in\mathbb{R}$ és antiimatge de $4/5$ i $8/3\in\mathbb{R}$ ho és de $9$ . A més, els elements que tenen antiimatge és ara tot $\mathbb{R}$ . $\square$

Exercici 2.32.

Donades les aplicacions $f,g,h:\mathbb{Z}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ % \mathbb{Z}$ definides per $f(x)=x+2$ $g(x)=4x$ , i $h(x)=x^{2}-x$ , esbrina si són injectives, exhaustives o bijectivas.

Solució: L’aplicació $f$ és bijectiva. En efecte, és injectiva doncs

\begin{array}[]{lll}f(x)=f(y)&\Longrightarrow&x+2=y+2\\ &\Longrightarrow&x=y\end{array}

i també és exhaustiva ja que donat qualsevol $y\in\mathbb{Z}$ tenim

\begin{array}[]{lll}f(x)=y&\Longrightarrow&x+2=y\\ &\Longrightarrow&x=y-2\in\mathbb{Z}\end{array}

i, per tant, cada element $y\in\mathbb{Z}$ té antiimatge $y-2\in\mathbb{Z}$ .

L’aplicació $g$ és injectiva però no exhaustiva. En efecte, és injectiva doncs

\begin{array}[]{lll}g(x)=g(y)&\Longrightarrow&4x=4y\\ &\Longrightarrow&x=y\end{array}

En canvi, no és exhaustiva perquè qualsevol nombre enter que no sigui múltiple de $4$ no té antiimatge en $\mathbb{Z}$ .

Finalment, l’aplicació $h$ no és injectiva ni exhaustiva. En efecte, ja que $h(0)=h(1)=0$ i $0\neq 1$ , l’aplicació no és injectiva. Tampoc és exhaustiva ja que, per exemple, $-1$ no té antiimatge per al $h$ no tenir solucions senceres la següent equació de segon grau

	$\displaystyle x^{2}-x$	$\displaystyle=-1$
	$\displaystyle x^{2}-x+1$	$\displaystyle=0$

$\square$

Exercici 2.33.

Donades les aplicacions $f,g,h:\mathbb{R}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ % \mathbb{R}$ definides per $f(x)=e^{x}$ , $g(x)=\frac{1}{1+x^{2}}$ , i $h(x)=\cos x$ , esbrina si són injectives, exhaustives o bijectivas.

Solució: L’aplicació $f$ és injectiva però no exhaustiva. És injectiva ja que si $x\neq y$ , llavors és evident que $e^{x}\neq e^{y}$ . En canvi, no és exhaustiva ja que $e^{x}>0$ per tot $x\in\mathbb{R}$ i, per tant, $\mathop{\mathrm{I}m}f=(0,+\infty)\neq\mathbb{R}$ .

L’aplicació $g$ no és injectiva ni exhaustiva. No és injectiva ja que, per exemple , $g(1)=g(-1)=1/2$ i $1\neq-1$ . Tampoc és exhaustiva ja que evidentment

0<\frac{1}{1+x^{2}}<1

per a tot $x\in\mathbb{R}$ i, per tant, $\mathop{\mathrm{I}m}g=(0,1]\neq\mathbb{R}$ .

L’aplicació $h$ no és injectiva ni exhaustiva. No és injectiva ja que, per exemple , $h(0)=h(2\pi)=1$ i $0\neq 2\pi$ . Tampoc és exhaustiva ja que $-1\leq\cos x\leq 1$ per a tot $x\in\mathbb{R}$ i, per tant, $\mathop{\mathrm{I}m}h=[-1,1]$ . $\square$

Exercici 2.34.

Considerem l’aplicació $f:\mathbb{R}-\left\{-1,1\right\}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow% \leavevmode\nobreak\ \mathbb{R}$ definida per

f(x)=\frac{x^{2}}{x^{2}-1}

(a) Si $A=\left\{-1/2,0,1/2\right\}$ , calcula $f(A)$ i $f^{-1}(A)$ . (b) Esbrina si $f$ és injectiva o exhaustiva.

Solució: Com que les imatges de $-1/2,0$ i $1/2$ són

\begin{array}[]{l}f(-\frac{1}{2})=-\frac{1}{3}\\ f(0)=0\\ f(\frac{1}{2})=-\frac{1}{3}\end{array}

llavors $f(A)=\left\{-1/3,0\right\}$ .

Calculem les antiimatges de $-1/2,0$ i $1/2$ . Com que

\begin{array}[]{lll}f(x)=-\frac{1}{2}&\Longrightarrow&\dfrac{x^{2}}{x^{2}-1}=-% \frac{1}{2}\\ &\Longrightarrow&3x^{2}=1\\ &\Longrightarrow&x=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\end{array}

deduïm que $-1/\sqrt{3}$ i $1/\sqrt{3}$ són antiimatges de $-1/2$ . De la mateixa manera ,

\begin{array}[]{lll}f(x)=0&\Longrightarrow&\frac{x^{2}}{x^{2}-1}=0\\ &\Longrightarrow&x^{2}=0\\ &\Longrightarrow&x=0\end{array}

Per tant, $0$ és antiimatge de $0$ . Finalment,

\begin{array}[]{lll}f(x)=\frac{1}{2}&\Longrightarrow&\frac{x^{2}}{x^{2}-1}=% \frac{1}{2}\\ &\Longrightarrow&x^{2}=-1\end{array}

al no tenir solucions reals aquesta última equació de segon grau, deduïm que $1/2$ no té antiimatges.

Dels resultats obtinguts, deduïm també que $f$ no és injectiva (Hem vist que $f(-1/2)=f(-1/2)$ ) ni exhaustiva (Hem vist que $0$ no té antiimatge). $\square$

Exercici 2.35.

Donada una aplicació $f$ de $A$ en $B$ , considerem $X,Y\subset A$ i $Z,T\subset B$ . Demostra que es compleixen les següents propietats: (a) $X\subset Y$ implica $f(X)\subset f(Y)$ ; (b) $Z\subset T$ implica $f^{-1}(Z)\subset f^{-1}(T)$ ; (c) $f(X\cup Y)=f(X)\cup f(Y)$ ; (d) $f(X\cap Y)\subset f(X)\cap f(Y)$ ; (e) $f^{-1}(Z\cup T)=f^{-1}(Z)\cup f^{-1}(T)$ ; (f) $f^{-1}(Z\cap T)=f^{-1}(Z)\cap f^{-1}(T)$ ; (g) $X\subset f^{-1}\left(f(X)\right)$ ; (h) $f\left(f^{-1}(Z)\right)\subset Z$ ; (i) $f^{-1}\left(\complement_{B}Z\right)=\complement_{A}\left(f^{-1}(Z)\right)$ .

Solució: (a) Considerem qualsevol element $b\in f(X)$ . Llavors, existeix $a\in X$ tal que $f(a)=b$ . Ara bé, per hipòtesi, $X\subset Y$ , després $a\in Y$ i $f(a)=b\in f(Y)$ . D’aquesta manera hem demostrat que $f(X)\subset f(Y)$ .

(b) Considerem qualsevol element $a\in f^{-1}(Z)$ . Llavors, $f(a)\in Z$ i com, per hipòtesi, $Z\subset T$ , deduïm que $f(a)\in T$ . Després, $a\in f^{-1}(T)$ . Per tant, $f^{-1}(Z)\subset f^{-1}(T)$ .

(c) Provarem (1) $f(X\cup Y)\subset f(X)\cup f(Y)$ i (2) $f(X)\cup f(Y)\subset f(X\cup Y)$ . Llavors, de (1) i (2), deduirem la igualtat. (1) Considerem qualsevol element $b\in f(X\cup Y)$ . Llavors, existeix $a\in X\cup Y$ tal que $f(a)=b$ . Ara bé, si $a\in X\cup Y$ , llavors $a\in X$ o $a\in Y$ . Si $a\in X$ , llavors $f(a)=b\in f(X)$ i, per tant, $b\in f(X)\cup f(Y)$ . De la mateixa manera, si $a\in Y$ , llavors $f(a)=b\in f(Y)$ i, per tant, $b\in b\in f(X)\cup f(Y)$ . En qualsevol cas $b\in f(X)\cup f(Y)$ , amb el que deduïm que $f(X\cup Y)\subset f(X)\cup f(Y)$ . (2) Considerem qualsevol element $b\in f(X)\cup f(Y)$ . Llavors, $b\in f(X)$ o $b\in f(Y)$ . Si $b\in f(X)$ , llavors existeix $a\in X$ tal que $f(a)=b$ . Ara bé, si $a\in X$ , llavors $a\in X\cup Y$ i, per tant, $f(a)=b\in f(X\cup Y)$ . Si $b\in f(Y)$ , llavors existeix $c\in Y$ tal que $f(c)=b$ . De la mateixa manera que abans, si $c\in Y$ , llavors $c\in X\cup Y$ i, per tant, $f(c)=b\in f(X\cup Y)$ . En qualsevol cas $b\in f(X\cup Y)$ , amb el que deduïm que $f(X)\cup f(Y)\subset f(X\cup Y)$ .

(d) Considerem qualsevol element $b\in f(X\cap Y)$ . Llavors, existeix $a\in X\cap Y$ tal que $f(a)=b$ . Ara bé, si $a\in X\cap Y$ , llavors $a\in X$ i $a\in Y$ . Per tant, $f(a)=b\in f(X)\cap f(Y)$ , amb el que deduïm que $f(X\cap Y)\subset f(X)\cap f(Y)$ .

(e) Considerem qualsevol element $a\in f^{-1}(Z\cup T)$ . Llavors,

\begin{array}[]{lll}a\in f^{-1}(Z\cup T)&\Longleftrightarrow&f(a)\in Z\cup T\\ &\Longleftrightarrow&f(a)\in Z\text{ \ o \ }f(a)\in T\\ &\Longleftrightarrow&a\in f^{-1}(Z)\text{ \ o \ }a\in f^{-1}(T)\\ &\Longleftrightarrow&a\in f^{-1}(Z)\cup f^{-1}(T)\end{array}

D’aquestes equivalències s’obté directament $f^{-1}(Z\cup T)=f^{-1}(Z)\cup f^{-1}(T)$ .

(f) Considerem qualsevol element $a\in f^{-1}(Z\cap T)$ . Llavors,

\begin{array}[]{lll}a\in f^{-1}(Z\cap T)&\Longleftrightarrow&f(a)\in Z\cap T\\ &\Longleftrightarrow&f(a)\in Z\text{ \ i \ }f(a)\in T\\ &\Longleftrightarrow&a\in f^{-1}(Z)\text{ \ i \ }a\in f^{-1}(T)\\ &\Longleftrightarrow&a\in f^{-1}(Z)\cap f^{-1}(T)\end{array}

D’aquestes equivalències s’obté directament $f^{-1}(Z\cap T)=f^{-1}(Z)\cap f^{-1}(T)$ .

(g) Considerem qualsevol element $a\in X$ . Llavors $f(a)\in f(X)$ i, per tant, $a\in f^{-1}\left(f(X)\right)$ . Com a conseqüència, $X\subset f^{-1}\left(f(X)\right)$ .

(h) Considerem qualsevol element $b\in f\left(f^{-1}(Z)\right)$ . Llavors, existeix $a\in f^{-1}(Z)$ tal que $f(a)=b$ . Ara bé, si $a\in f^{-1}(Z)$ , llavors $f(a)=b\in Z$ . Com a conseqüència, $f\left(f^{-1}(Z)\right)\subset Z$ .

(i) Considerem qualsevol element $a\in f^{-1}\left(\complement_{B}Z\right)$ . Llavors,

\begin{array}[]{lll}a\in f^{-1}\left(\complement_{B}Z\right)&% \Longleftrightarrow&f(a)\in\complement_{B}Z\\ &\Longleftrightarrow&f(a)\notin Z\\ &\Longleftrightarrow&a\notin f^{-1}(Z)\\ &\Longleftrightarrow&a\in\complement_{A}\left(f^{-1}(Z)\right)\end{array}

D’aquestes equivalències s’obté directament $f^{-1}\left(\complement_{B}Z\right)=\complement_{A}\left(f^{-1}(Z)\right)$ . $\square$

Exercici 2.36.

Si $f:A\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ B$ és injectiva i $X,Y\subset A$ , demostra que (a) $X=f^{-1}\left(f(X)\right)$ i (b) $f(X\cap Y)\subset f(X)\cap f(Y)$ .

Solució: (a) Per l’exercici anterior, només cal provar que $f^{-1}\left(f(X)\right)\subset X$ . Considerem qualsevol element $a\in f^{-1}\left(f(X)\right)$ . Llavors, $f(a)\in f(X)$ i, per tant, existeix $c\in X$ tal que $f(c)=f(a)$ . Ara bé, per hipòtesi, $f$ és injectiva i, per tant, deduïm $c=a$ . Després, $a\in X$ i, com a conseqüència, $f^{-1}\left(f(X)\right)\subset X$ .

(b) Per l’exercici anterior, només cal provar que $f(X)\cap f(Y)\subset f(X\cap Y)$ . Considerem qualsevol element $b\in f(X)\cap f(Y)$ . Llavors, $b\in f(X)$ i $b\in f(Y)$ . Per tant, existeixen $a\in X$ i $c\in Y$ tals que $f(a)=f(c)=b$ . Ara bé, per hipòtesi, $f$ és injectiva i, per tant, deduïm $a=c$ . Com conseqüència, $a\in X\cap Y$ i, per tant, $f(a)=b\in f(X\cap Y)$ . Així, hem demostrat que $f(X)\cap f(Y)\subset f(X\cap Y)$ . $\square$

Exercici 2.37.

Si $f:A\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ B$ és exhaustiva i $Z\subset B$ , demostra que $f\left(f^{-1}(Z)\right)=Z$ .

Solució: Per l’exercici anterior, només cal provar que $Z\subset f\left(f^{-1}(Z)\right)$ . Considerem qualsevol element $b\in Z$ . Per hipòtesi, $f$ és exhaustiva i, per tant, existeix $a\in A$ tal que $f(a)=b$ . Després, $f(a)\in Z$ i, per tant, $a\in f^{-1}(Z)$ . D’aquí, deduïm que $f(a)=b\in f\left(f^{-1}(Z)\right)$ . Com a conseqüència, $Z\subset f\left(f^{-1}(Z)\right)$ . $\square$

Exercici 2.38.

Donades les aplicacions $f,g:\mathbb{R}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ \mathbb% {R}$ definides per $f(x)=x^{2}$ $g(x)=2x+1$ i . Calcula (a) $g\circ f$ , (b) $f\circ g$ , (c) $f\circ(g\circ f)$ i (d) $(f\circ f)\circ g$ .

Solució: (a)

	$\displaystyle(g\circ f)(x)$	$\displaystyle=g\left(f(x)\right)$
		$\displaystyle=g(x^{2})$
		$\displaystyle=2x^{2}+1$

(b)

	$\displaystyle(f\circ g)(x)$	$\displaystyle=f\left(g(x)\right)$
		$\displaystyle=f(2x+1)$
		$\displaystyle=(2x+1)^{2}$

(c)

	$\displaystyle\left(f\circ(g\circ f)\right)(x)$	$\displaystyle=f\left((g\circ f)(x)\right)$
		$\displaystyle=f\left(2x^{2}+1\right)$
		$\displaystyle=(2x^{2}+1)^{2}$

(d)

	$\displaystyle\left((f\circ f)\circ g\right)(x)$	$\displaystyle=(f\circ f)\left(g(x)\right)$
		$\displaystyle=f\left(f\left(g(x)\right)\right)$
		$\displaystyle=f\left((2x+1)^{2}\right)$
		$\displaystyle=\left[(2x+1)^{2}\right]^{2}$
		$\displaystyle=(2x+1)^{4}$

$\square$

Exercici 2.39.

Sean $f:A\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ B$ i $g:B\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ C$ dues aplicacions. Demostra que es compleixen les següents propietats: (a) Si $f$ i $g$ són injectives, llavors $g\circ f$ és injectiva; (b) Si $f$ i $g$ són exhaustives, llavors $g\circ f$ és exhaustiva; (c) Si $f$ i $g$ són bijectivas, llavors $g\circ f$ és bijectiva i, a més, $(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}$ ; (d) Si $g\circ f$ és injectiva, llavors $f$ és injectiva; (e) Si $g\circ f$ és exhaustiva, llavors $g$ és exhaustiva; (f) Si $g\circ f$ és injectiva i $f$ és exhaustiva, llavors $g$ és injectiva; (g) Si $g\circ f$ és exhaustiva i $g$ és injectiva, llavors $f$ és exhaustiva.

Solució: (a) Suposem que $x,y\in A$ tals que $(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)$ . Llavors,

\begin{array}[]{lll}g\left(f(x)\right)=g\left(f(y)\right)&\Longrightarrow&f(x)% =f(y)\\ &\Longrightarrow&x=y\end{array}

i, per tant, $g\circ f$ és injectiva.

(b) Donat qualsevol $z\in C$ hem de provar que existeix $x\in A$ tal que $(g\circ f)(x)=z$ . Per ser $g$ exhaustiva, existeix $u\in B$ tal que $g(u)=z$ . Ara, per ser $f$ exhaustiva, existeix $x\in A$ tal que $f(x)=u$ . Per tant,

	$\displaystyle(g\circ f)(x)$	$\displaystyle=g\left(f(x)\right)$
		$\displaystyle=g(u)$
		$\displaystyle=z$

i, com a conseqüència, $g\circ f$ és exhaustiva.

(c) Pels dos apartats anteriors, és clar que si $f$ i $g$ són bijectivas, llavors $g\circ f$ és bijectiva. En ser $f,g$ bijectivas, existeixen les aplicacions inverses $f^{-1}$ i $g^{-1}$ de $f$ i $g$ , respectivament. Llavors,

\begin{array}[]{lll}(g\circ f)(x)=g\left(f(x)\right)=z&\Longleftrightarrow&f(x% )=g^{-1}(z)\\ &\Longleftrightarrow&x=f^{-1}\left(g^{-1}(z)\right)=(f^{-1}\circ g^{-1})(z)% \end{array}

Per tant,

(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}

(d) Suposem que $x,y\in A$ . Llavors,

\begin{array}[]{lll}f(x)=f(y)&\Longrightarrow&g\left(f(x)\right)=g\left(f(y)% \right)\\ &&(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)\\ &\Longrightarrow&x=y\end{array}

i, per tant, $f$ és injectiva.

(e) Donat qualsevol $z\in C$ hem de provar que existeix $u\in B$ tal que $g(u)=z$ . Per ser $g\circ f$ exhaustiva, existeix $x\in A$ tal que $(g\circ f)(x)=g\left(f(x)\right)=z$ . Prenent $u=f(x)\in B$ , llavors tenim que $g(u)=g\left(f(x)\right)=z$ i, per tant, $g$ és exhaustiva.

(f) Suposem que $u,v\in B$ tals que $g(u)=g(v)$ . Per ser $f$ exhaustiva, existeixen $x,y\in A$ tals que $f(x)=u$ i $f(y)=v$ . Llavors, $g\left(f(x)\right)=g(u)$ i $g\left(f(y)\right)=g(v)$ i, per tant, $(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)$ . Ara bé, per hipòtesi, $g\circ f$ és injectiva, amb el que deduïm que $x=y$ . Després, $f(x)=f(y)$ , és a dir, $u=v$ . En conseqüència, $g$ és injectiva.

(g) Donat qualsevol $u\in B$ hem de provar que existeix $x\in A$ tal que $f(x)=u$ . És clar que $g(u)\in C$ . Per ser $g\circ f$ exhaustiva, existeix $x\in A$ tal que $(g\circ f)(x)=g(u)$ , és a dir, $g\left(f(x)\right)=g(u)$ . Ara bé, per hipòtesi, $g$ és injectiva, amb el que deduïm que $f(x)=u$ . En conseqüència, $f$ és exhaustiva. $\square$

Exercici 2.40.

Demostra que l’aplicació $f:\mathbb{R}-\left\{-1/2\right\}\longrightarrow\mathbb{R}-\left\{1/2\right\}$ definida per

f(x)=\frac{x+3}{1+2x}

és bijectiva. Calcula l’aplicació inversa $f^{-1}$ .

Solució: Vegem que $f$ és injectiva. Per a això, suposem que $x,y\in\mathbb{R}-\left\{-1/2\right\}$ i $f(x)=f(y)$ . Llavors,

\begin{array}[]{lll}\dfrac{x+3}{1+2x}=\dfrac{y+3}{1+2y}&\Longrightarrow&(x+3)(% 1+2y)=(1+2x)(y+3)\\ &\Longrightarrow&x+2xy+3+6y=y+3+2xy+6x\\ &\Longrightarrow&5y=5x\\ &\Longrightarrow&x=y\end{array}

i, per tant, $f$ és injectiva.

Vegem que $f$ és exhaustiva. Per a això, donat qualsevol $y\in\mathbb{R}-\left\{1/2\right\}$ hem de provar que existeix $x\in\mathbb{R}-\left\{-1/2\right\}$ tal que $f(x)=y$ . En efecte, suposem que $x$ existís i vegem quin és. Llavors,

\begin{array}[]{lll}f(x)=y&\Longrightarrow&\frac{x+3}{1+2x}=y\\ &\Longrightarrow&x+3=(1+2x)y\\ &\Longrightarrow&x-2xy=y-3\\ &\Longrightarrow&x(1-2y)=y-3\\ &\Longrightarrow&x=\frac{y-3}{1-2y}\end{array}

és a dir, hauria de ser

x=\frac{y-3}{1-2y}

Ara bé, com $y\neq 1/2$ tenim que $1-2y\neq 0$ i, a més,

\frac{y-3}{1-2y}\neq-\frac{1}{2}

per a tot $y\neq 1/2$ . Per tant,

x=\frac{y-3}{1-2y}\in\mathbb{R}-\left\{-1/2\right\}

i $f$ és exhaustiva. En ser $f$ injectiva i exhaustiva, també és bijectiva. Per tant, $f$ té aplicació inversa $f^{-1}$ . Com que es compleix

\begin{array}[]{ccc}\dfrac{x+3}{1+2x}=y&\Longleftrightarrow&x=\dfrac{y-3}{1-2y% }\end{array}

obtenim que

f^{-1}(x)=\frac{x-3}{1-2x}

$\square$

Exercici 2.41.

Donades les aplicacions $f,g:\mathbb{R}\leavevmode\nobreak\ \longrightarrow\leavevmode\nobreak\ \mathbb% {R}$ definides per

f(x)=x^{3}+1\text{ \ \ \ \ y \ \ \ \ }g(x)=\sqrt[3]{x-1}

calcula $g\circ f$ i $g^{-1}\circ f^{-1}$ , si existeixen.

Solució: Les aplicacions $f$ i $g$ són bijectivas com pot comprovar-se de seguida. Per tant, existeixen les aplicacions inverses $f^{-1}$ i $g^{-1}$ d’i $f$ $g$ , respectivament.

Calcularem ara $g\circ f$ i $f\circ g$ . Així, tenim

	$\displaystyle(g\circ f)(x)$	$\displaystyle=g\left(f(x)\right)$
		$\displaystyle=g(x^{3}+1)$
		$\displaystyle=\sqrt[3]{x^{3}+1-1}$
		$\displaystyle=\sqrt[3]{x^{3}}$
		$\displaystyle=x$

	$\displaystyle(f\circ g)(x)$	$\displaystyle=f\left(g(x)\right)$
		$\displaystyle=f\left(\sqrt[3]{x-1}\right)$
		$\displaystyle=\left(\sqrt[3]{x-1}\right)^{3}+1$
		$\displaystyle=x-1+1$
		$\displaystyle=x$

D’aquests resultats, deduïm que $f^{-1}=g$ ja que $f\circ g=g\circ f=I_{\mathbb{R}}$ . Per consegüent,

g^{-1}\circ f^{-1}=g^{-1}\circ g=I_{\mathbb{R}}

és a dir, $g^{-1}\circ f^{-1}$ és l’aplicació identitat en $\mathbb{R}$ . $\square$