priklad z pisomky, 1PMA2

[Jana Stolcova]

Ako som sľúbila, posielam ako približne ste mohli riešiť príklad z minulotýždňovej rozcvičky. Snáď som sa nikde nepomýlila a bude sa to dať pochopiť...

Dané sú zobrazenia $f,g: \mathbb R\rightarrow\mathbb R$.
$f=\begin{cases}
1- {1 \over {1+x}} \text{ ak } x\geq 0 \\
{1 \over{1-x}}-1 \text{ ak } x<0
\end{cases}$

$g=\begin{cases}
1+x \text{ ak } x>0\\
x \text{ ak } x\leq 0
\end{cases}$

Zisti, či je zobraznie $g$ injektívne, surjektívne, bijektívne (na písomke ste sí mohli vybrať aj $f$:)) a nájdi zložené zobrazenia $f\circ g$ a $g\circ f$.

Riešenie: Zobrazenie $g$ kladné čísla zväčší o 1, t.j. obraz čísla väčšieho ako 0 je väčší ako 1. Záporné čísla a 0 nezmení. Teda vidíme, že na čísla z intervalu $(0,1>$ sa nemá čo zobraziť. Zobrazenie by bolo surjektívne, keby každé reálne číslo malo svoj vzor. Preto zobrazenie $g$ nie je surjektívne.

Zobrazenie je injektívne, ak sa \textbf{každé} dva rôzne prvky zobrazia rôzne. (T.j. nestačí ukázať, že napr. $g(1)\neq g(2)$) Ak zoberieme 2 rôzne kladné čísla $x\neq y$, tak zrejme aj $g(x)=x+1\neq y+1=g(y)$. Ak zobrazíme dve rôzne čísla $\leq 0$, zobrazia sa sami na seba, teda opäť na rôzne.
Už som spomínala, že kladné čísla sa zobrazia na kladné, záporné (a 0) na záporné (a 0). Teda ak napr. $x\leq0$ a $y >0$ tak určite $g(x)\neq g(y)$. Teda $g$ je injektívne a nie je surjektívne (tým pádom nie je ani bijektívne).

Hľadajme zložené zobrazenia:

Zobrazenie $f\circ g(x)=f(g(x))=\begin{cases} f(1+x) \text{ ak } x>0 \\
f(x) \text{ ak } x\leq 0
\end{cases}$

Ak $x>0$, tak zrejme aj $1+x>0$, teda $f(1+x)= 1- {1 \over {1+(x+1)}}=1- {1 \over {2+x}}$.

Ak $x\leq 0$, $f\circ g (x)=f(x)=\begin{cases} {1 \over{1-x}}-1 \text{ ak } x<0 \\
1- {1 \over {1+0}}=0 \text{ ak } x=0
\end{cases}$

Teda $f\circ g=\begin{cases}
{1 \over{1-x}}-1 \text{ ak } x<0 \\
0 \text{ ak } x=0\\
{1\over{1-x}}-1 \text{ ak } x<0
\end{cases}$

Hľadajme zloženie $g\circ f$.

$g\circ f(x)=g(f(x))=\begin{cases} g(1- {1 \over {1+x}}) \text{ ak } x\geq 0 \\
g({1 \over{1-x}}-1) \text{ ak } x<0
\end{cases}$

Ak $x\geq 0$, tak $1- {1 \over {1+x}}\geq 0$, v prípade $x=0$ je to 0, inak $1- {1 \over {1+x}}> 0$. Teda

$g(1- {1 \over {1+x}})=\begin{cases} 1+1- {1 \over {1+x}}=2-{1 \over {1+x}} \text{ ak } x>0 \\
1- {1 \over {1+x}}=0 \text{ ak } x=0
\end{cases}$

Ak $x<0$, tak ${1 \over{1-x}}-1 <0$. Teda $g({1 \over{1-x}}-1)={1 \over{1-x}}-1$.

Dostávame $g\circ f =\begin{cases} 2-{1 \over {1+x}} \text{ ak } x>0 \\
0 \text{ ak } x=0\\
{1 \over{1-x}}-1 \text{ ak } x<0
\end{cases}$