Funciones - Apuntes - Matemática discreta, Apuntes de Matemática Discreta

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Apuntes de Matem´atica Discreta

9. Funciones

Francisco Jos´e Gonz´alez Guti´errez

C´adiz, Octubre de 2004

Universidad de C´adiz Departamento de Matem´aticas

ii

Universidad de C´adiz Departamento de Matem´aticas

9.1 Definiciones y Generalidades

Una funci´on de un conjunto A en otro conjunto B es una regla que asigna un elemento de B a cada elemento de A. Notaremos las funciones con las letras f, g, h,.. ..

9.1.1 Funci´on

Sean A y B dos conjuntos no vac´ıos. Una funci´on de A en B, y que notaremos f : A −→ B, es una relaci´on de A a B en la que para cada a ∈ A, existe un ´unico elemento b ∈ B tal que (a, b) ∈ f. Si (a, b) ∈ f , escribiremos f (a) = b y diremos que b es la imagen de a mediante f.

Es decir, una funci´on f de A en B es una relaci´on de A a B con las caracter´ısticas especiales siguientes:

1. Cada elemento de A se presenta como la primera componente de un par ordenado de la relaci´on f. Obs´ervese que esto significa que Dom (f ) = A, luego ∀a ∈ A, ∃b ∈ B : f (a) = b o sea, para cada elemento a de A ha de encontrarse un elemento b en B tal que f (a) = b.
2. Si f (a) = b 1 y f (a) = b 2 , entonces b 1 = b 2.

Las dos condiciones anteriores nos ofrecen la siguiente caracterizaci´on de una funci´on.

f : A −→ B es funci´on ⇐⇒

1. ∀a ∈ A, ∃b ∈ B : f (a) = b y
2. ∀a ∈ A [f (a) = b 1 ∧ f (a) = b 2 =⇒ b 1 = b 2 ]

Nota 9.1 Si en la caracterizaci´on anterior negamos ambos miembros, la contrarrec´ıproca nos ofrece una forma sencilla de comprobar que f no es una funci´on.

f : A −→ B no es funci´on ⇐⇒

1. ∃a ∈ A : f (a) 6 = b, ∀b ∈ B ´o
2. ∃a ∈ A : (f (a) = b 1 ∧ f (a) = b 2 ) ∧ b 1 6 = b 2

Es decir, una relaci´on f de A a B puede dejar de ser funci´on porque exista alg´un elemento en A que no sea imagen, mediante f , de ninguno de B, o bien porque exista alg´un elemento en A que tenga dos im´agenes.

Las funciones reciben tambi´en el nombre de aplicaciones o transformaciones, ya que desde un punto de vista geom´etrico, podemos considerarlas como reglas que asignan a cada elemento a ∈ A, el ´unico elemento f (a) ∈ B.

9.1.2 Dominio e Imagen

Si f es una funci´on de A en B, entonces A es el dominio de f y su imagen es el subconjunto de B, Img (f ) = {b ∈ B, ∃a : a ∈ A ∧ f (a) = b}

Ejemplo 9.1 Sean A = { 1 , 2 , 3 , 4 } , B = {a, b, c, d} y f = {(1, a), (2, a), (3, d), (4, c)}. Comprobar que f es una funci´on.

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Soluci´on

En efecto, todos los elementos de A aparecen como primer elemento de un par ordenado en la relaci´on, y ninguno como primero de dos pares diferentes. En la funci´on propuesta,

f (1) = a, f (2) = a, f (3) = d, f (4) = c

La figura siguiente muestra un esquema de la situaci´on.

f

A

• (^) d
• c
• (^) b
• a

B

Obs´ervese que el elemento a ∈ B aparece como segundo elemento de dos pares diferentes de f , es decir, es imagen de dos elementos distintos de A y adem´as existen elementos en B que no son imagen de ning´un elemento de A. Ninguna de las dos cosas causa conflicto con la definici´on de funci´on. 

Ejemplo 9.2 Sean A = { 1 , 2 , 3 } y B = {x, y, z}. Determinar si las relaciones siguientes son funciones de A en B.

(a) R 1 = {(1, x), (2, x)} (b) R 2 = {(1, x), (1, y), (2, z), (3, y)}

Soluci´on

(a) R 1 no es una funci´on ya que existen elementos de A que no son primer elemento de ning´un par de la relaci´on, es decir, que no tienen imagen en el conjunto B. (b) R 2 tampoco es funci´on ya que contiene los pares ordenados (1, x) y (1, y), es decir, el 1 tiene dos im´agenes distintas, x e y, lo cual viola la segunda condici´on de la definici´on de relaci´on.

La dificultad que encontramos en R 1 para que no sea funci´on, no es tan seria como la que presenta la relaci´on R 2. Obs´ervese que R 1 es una funci´on del conjunto { 1 , 2 } en B. Esto ilustra la idea general de que, si una relaci´on f de A en B satisface la segunda condici´on de la definici´on anterior, entonces f ser´a una funci´on del Dom (f ) en B. 

Ejemplo 9.3 Sean A = B = Z y f definida en la forma:

f : A −→ B : f (a) = a + 1, ∀a ∈ A

Determinar si f es una funci´on.

Soluci´on

La relaci´on definida est´a formada por todos los pares ordenados (a, a + 1), siendo a ∈ Z, es decir, f hace corresponder a cada n´umero entero el siguiente. Veamos si f es funci´on.

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Soluci´on

Llamaremos f a las relaciones que sean funciones.

(a) R = {(a, 1), (b, 2), (c, 1), (d, 2)} Si es funci´on. f : A −→ B tal que f (a) = 1, f (b) = 2, f (c) = 1, f (d) = 2 Img (f ) = {y ∈ B, ∃x ∈ A tal que f (x) = y} = { 1 , 2 } (b) R = {(a, 1), (b, 2), (a, 2), (c, 1), (d, 2)} No es funci´on, ya que f (a) = 1 y f (a) = 2, siendo 1 6 = 2. (c) R = {(a, 3), (b, 2), (c, 1)} No es funci´on, ya que Dom (R) 6 = A (d) R = {(a, 1), (b, 1), (c, 1), (d, 1)} Si es funci´on. f : A −→ B tal que f (x) = 1, ∀x ∈ A Img (f ) = { 1 } 

Ejemplo 9.6 Verificar que las f´ormulas siguientes producen una funci´on de A en B.

(a) A = B = Z; f (a) = a^2 (b) A = B = R; f (a) = ea

(c) A = R, B = { 0 , 1 } ; f (a) =

{ (^0) , si a /∈ Z 1 , si a ∈ Z (d) A = R, B = Z y f (a) es igual al mayor n´umero entero que sea menor o igual que a.

Soluci´on

Veamos si se cumplen las condiciones de funci´on.

(a) A = B = Z; f (a) = a^2 f : A −→ B tal que f (a) = a^2 , ∀a ∈ A

1. Sea a cualquiera de A. Entonces, tomando b = a^2 , tendremos que b ∈ B y b = a^2 =⇒ a =

b =⇒ f (a) = f

b

=⇒ f (a) =

b

=⇒ f (a) = b luego, ∀a ∈ A, ∃b ∈ B : f (a) = b

2. Si f (a) = b 1 y f (a) = b 2 , entonces a^2 = b 1 y a^2 = b 2 de donde se sigue que b 1 = b 2. f cumple las dos condiciones, luego es una funci´on de Z en Z. (c) A = B = R; f (a) = ea f : R −→ R tal que f (a) = ea, ∀a ∈ R
3. Sea a cualquier n´umero real. Entonces, tomando b = ea^ tendremos que b ∈ R y b = ea^ =⇒ a = ln(b) =⇒ f (a) = f (ln(b)) =⇒ f (a) = eln(b)^ =⇒ f (a) = b

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2. Para todo a real, se verifica f (a) = b 1 y f (a) = b 2

ea^ = b 1 y ea^ = b 2

 =⇒^ ln(b) = ln(c) =⇒^ b^1 =^ b^2

Consecuentemente, f es una funci´on de R en R.

(c) A = R, B = { 0 , 1 } ; f (a) =

{ (^0) , si a /∈ Z 1 , si a ∈ Z

f : A −→ { 0 , 1 } tal que f (a) =

{ (^0) , si a /∈ Z 1 , si a ∈ Z , ∀a ∈ A

Veamos si f es una funci´on.

1. Sea a un elemento arbitrario de A. Entonces, a ∈ A ⇐⇒ a ∈ (R \ Z) ∪ Z =⇒ a ∈ R \ Z ∨ a ∈ Z =⇒ a /∈ Z ∨ a ∈ Z tomando b = 0 si a /∈ Z y b = 1 si a ∈ Z, tendremos que f (a) = b, luego ∀a ∈ A, ∃b ∈ B : f (a) = b
2. Sea a ∈ A, cualquiera. Entonces, f (a) = b 1 y f (a) = b 2

b 1 = b 2 = 0, si a /∈ Z ´o b 1 = b 2 = 1, si a ∈ Z

luego en cualquier caso, ∀a ∈ A [f (a) = b 1 ∧ f (a) = b 2 =⇒ b 1 = b 2 ] Por tanto, f es una funci´on de R en { 0 , 1 }. (c) A = R, B = Z y f (a) es igual al mayor n´umero entero que sea menor o igual que a. f : R −→ Z tal que f (a) = m´ax {p ∈ Z : p 6 a} , ∀a ∈ R Veamos si es funci´on.

1. Si a es cualquiera de R, entonces − si a es entero, tomamos b = a. − si a no es entero, tomamos b igual al primer entero menor que a. luego, ∀a ∈ R, ∃b ∈ Z : f (a) = b
2. Si a es cualquier n´umero real, entonces f (a) = b 1 y f (a) = b 2

b 1 = m´ax {p ∈ Z : p 6 a} y b 2 = m´ax {p ∈ Z : p 6 a}

 =⇒^ b^1 =^ b^2

ya que el m´aximo de un conjunto es ´unico. Consecuentemente, f es una funci´on. 

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c •

b^ •

a •

A f

B

g

• β
• α

C

c •

b^ •

a •

A

h = g ◦ f

• (^) β
• α

C

Composici´on de Funciones

9.2.1 Definici´on

Dadas dos funciones f : A −→ B y g : B −→ C, llamaremos composici´on de f y g a una nueva relaci´on h : A −→ C : h(a) = g [f (a)] , ∀a ∈ A

la notaremos h = g ◦ f.

Veamos ahora que esta nueva relaci´on tambi´en es una funci´on, es decir, probaremos que la composici´on de dos funciones es una funci´on.

9.2.2 Proposici´on

Dadas dos funciones f : A −→ B y g : B −→ C, la composici´on de ambas, g ◦ f es una funci´on de A en C.

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Demostraci´on

Seg´un hemos definido:

g ◦ f : A −→ C : (g ◦ f )(a) = g [f (a)] ; ∀a ∈ A

Veamos que cumple las dos condiciones de funci´on.

1. Sea a cualquiera de A. Entonces, al ser f : A −→ B una funci´on, existir´a b ∈ B tal que f (a) = b. Dado que g : B −→ C tambi´en es una funci´on, para el b ∈ B reci´en encontrado, existir´a un c ∈ C tal que g(b) = c. Tenemos, pues,

f (a) = b y g(b) = c

 =⇒^ g^ [f^ (a)] =^ c^ =⇒^ (g^ ◦^ f^ )(a) =^ c

luego,

∀a ∈ A, ∃c ∈ C : (g ◦ f )(a) = c

es decir, todos los elementos de A tienen imagen mediante g ◦ f.

2. Sea a cualquiera de A y sean c 1 , c 2 ∈ C tales que (g ◦ f )(a) = c 1 y (g ◦ f )(a) = c 2. Entonces,

(g ◦ f )(a) = c 1 y (g ◦ f )(a) = c 2

g [f (a)] = c 1 y g [f (a)] = c 2

=⇒

g(b) = c 1 y g(b) = c 2

{f funci´on =⇒ ∃b ∈ B : f (a) = b}

=⇒ c 1 = c 2 {g es funcion}

es decir,

∀a ∈ A [(g ◦ f )(a) = c 1 ∧ (g ◦ f )(a) = c 2 =⇒ c 1 = c 2 ]

Consecuentemente, la composici´on de dos funciones es una funci´on. 

La figura siguiente ilustra como se calcula el valor de g ◦ f en un punto a ∈ A.

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y f ◦ g : R −→ R : (f ◦ g)(x) = x^2 + 10x + 25 

Obs´ervese que g ◦ f 6 = f ◦ g, es decir, la composici´on de aplicaciones no es, en general, conmutativa.

Puede ocurrir incluso que una de las dos no exista.

Ejemplo 9.9 Sean

f : Z+^ −→ Z+^ tal que f (x) = x, ∀x ∈ Z+^ y g : { 0 , 1 , 2 } −→ Z+^ tal que g(x) = x, ∀x ∈ { 0 , 1 , 2 } Calcular g ◦ f y f ◦ g.

Soluci´on

g ◦ f no existe ya que el dominio de g no es igual a la imagen de f.

f ◦ g est´a definida en la forma siguiente: f ◦ g : { 0 , 1 , 2 } −→ Z+^ tal que (f ◦ g)(x) = f [g(x)] = f (x) = x

En este caso, f ◦ g = g. 

Ejemplo 9.10 Sean f y g las funciones,

f : Z+ 0 −→ Z+ 0 tal que f (x) =

x 2 ,^ si^ x^ es par. 0 , en cualquier otro caso. g : Z+ 0 −→ Z+ 0 tal que g(x) = 2x Calcular g ◦ f y f ◦ g.

Soluci´on

Sea x cualquiera de Z+ 0. Entonces,

(g ◦ f )(x) = g [f (x)] =

g

( (^) x 2

, si x es par. g(0), en cualquier otro caso.

2 x 2 = x, si x es par. 2 · 0 = 0, en cualquier otro caso.

es decir,

g ◦ f : Z+ 0 −→ Z+ 0 tal que (g ◦ f )(x) =

{ (^) x, si x es par. 0 , en cualquier otro caso. Por otra parte, (f ◦ g)(x) = f [g(x)] = f (2x) =^22 x , ya que 2x siempre es par. luego, f ◦ g : Z+ 0 −→ Z+ 0 tal que (f ◦ g)(x) = x es decir f ◦ g = iZ+ 0 

9.2.3 Asociatividad

Dadas tres aplicaciones f : A −→ B g : B −→ C y h : C −→ D se verifica que (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f )

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Demostraci´on

g : B −→ C h : C −→ D

 =⇒^ h^ ◦^ g^ :^ B^ −→^ D f : A −→ B

 =⇒^ (h^ ◦^ g)^ ◦^ f^ :^ A^ −→^ D

Por otra parte,

f : A −→ B g : B −→ C

 =⇒^ g^ ◦^ f^ :^ A^ −→^ C h : C −→ D

 =⇒^ h^ ◦^ (g^ ◦^ f^ ) :^ A^ −→^ D

es decir, (h ◦ g) ◦ f y h ◦ (g ◦ f ) tienen el mismo dominio y el mismo conjunto final.

Adem´as, para cada a de A, tenemos:

[(h ◦ g) ◦ f ] (a) = (h ◦ g) (f (a)) = h [g (f (a))] [h ◦ (g ◦ f )] (a) = h [(g ◦ f ) (a)] = h [g (f (a))]

por tanto, (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ) 

Ejemplo 9.11 Sean A = B = C = R y sean f : A −→ B, g : B −→ C definidas por f (a) = a − 1 y g(b) = b^2. Encontrar

(a) (g ◦ f )(2) (b) (f ◦ g)(2) (c) (f ◦ g)(x) (d) (g ◦ f )(x) (e) (f ◦ f )(y) (f) (g ◦ g)(y)

Soluci´on

(a) (g ◦ f )(2) = g [f (2)] = g(2 − 1) = g(1) = 1^2 = 1 (b) (f ◦ g)(2) = f [g(2)] = f (2^2 ) = 2^2 − 1 = 3 (c) (f ◦ g)(x) = f [g(x)] = f (x^2 ) = x^2 − 1 (d) (g ◦ f )(x) = g [f (x)] = g(x − 1) = (x − 1)^2 = x^2 − 2 x + 1 (e) (f ◦ f )(y) = f [f (y)] = f (y − 1) = y − 1 − 1 = y − 2 (f) (g ◦ g)(y) = g [g(y)] = g(y^2 ) = y^4 

Ejemplo 9.12 Sean A = B = C = R y sean f : A −→ B, g : B −→ C definidas por f (a) = a + 1 y g(b) = b^2 + 2. Encontrar:

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Por otra parte, para cada x ∈ A se verifica:

(f 2 ◦ f 2 )(x) = f 2 [f 2 (x)] = f 2 (1 − x) = 1 − (1 − x) = x = f 1 (x) =⇒ f 2 ◦ f 2 = f 1 (f 2 ◦ f 3 )(x) = f 2 [f 3 (x)] = f 2

x

= 1 − (^) x^1 = x^ − x 1 = f 6 (x) =⇒ f 2 ◦ f 3 = f 6

(f 2 ◦ f 4 )(x) = f 2 [f 4 (x)] = f 2

1 − x

= 1 − (^1) −^1 x = (^) x x− 1 = f 5 (x) =⇒ f 2 ◦ f 4 = f 5 f 2 ◦ f 5 = f 2 ◦ (f 2 ◦ f 4 ) = (f 2 ◦ f 2 ) ◦ f 4 = f 1 ◦ f 4 = f 4 f 2 ◦ f 6 = f 2 ◦ (f 2 ◦ f 3 ) = (f 2 ◦ f 2 ) ◦ f 3 = f 1 ◦ f 3 = f 3 (f 3 ◦ f 2 )(x) = f 3 [f 2 (x)] = f 3 (1 − x) = (^1) −^1 x =⇒ f 3 ◦ f 2 = f 4 (f 3 ◦ f 3 )(x) = f 3 [f 3 (x)] = f 3 (^1 x^ )^ = x = i(x) =⇒ f 3 ◦ f 3 = f 1 f 3 ◦ f 4 = f 3 ◦ (f 3 ◦ f 2 ) = (f 3 ◦ f 3 ) ◦ f 2 = f 1 ◦ f 2 = f 2 (f 3 ◦ f 5 (x) = f 3 [f 5 (x)] = f 3

( (^) x x− 1

= (^) x^1 x − 1

= x^ − x 1 = f 6 (x) =⇒ f 3 ◦ f 5 = f 6

f 3 ◦ f 6 = f 3 ◦ (f 3 ◦ f 5 ) = (f 3 ◦ f 3 ) ◦ f 5 = f 1 ◦ f 5 = f 5 f 4 ◦ f 2 = (f 3 ◦ f 2 ) ◦ f 2 = f 3 ◦ (f 2 ◦ f 2 ) = f 3 ◦ f 1 = f 3 f 4 ◦ f 3 = (f 3 ◦ f 2 ) ◦ f 3 = f 3 ◦ (f 2 ◦ f 3 ) = f 3 ◦ f 6 = f 5 f 4 ◦ f 4 = (f 3 ◦ f 2 ) ◦ f 4 = f 3 ◦ (f 2 ◦ f 4 ) = f 3 ◦ f 5 = f 6 f 4 ◦ f 5 = (f 3 ◦ f 2 ) ◦ f 5 = f 3 ◦ (f 2 ◦ f 5 ) = f 3 ◦ f 4 = f 2 f 4 ◦ f 6 = (f 3 ◦ f 2 ) ◦ f 6 = f 3 ◦ (f 2 ◦ f 6 ) = f 3 ◦ f 3 = f 1 f 5 ◦ f 2 = (f 2 ◦ f 4 ) ◦ f 2 = f 2 ◦ (f 4 ◦ f 2 ) = f 2 ◦ f 3 = f 6 f 5 ◦ f 3 = (f 2 ◦ f 4 ) ◦ f 3 = f 2 ◦ (f 4 ◦ f 3 ) = f 2 ◦ f 5 = f 4 f 5 ◦ f 4 = (f 2 ◦ f 4 ) ◦ f 4 = f 2 ◦ (f 4 ◦ f 4 ) = f 2 ◦ f 6 = f 3 f 5 ◦ f 5 = (f 2 ◦ f 4 ) ◦ f 5 = f 2 ◦ (f 4 ◦ f 5 ) = f 2 ◦ f 2 = f 1 f 5 ◦ f 6 = (f 2 ◦ f 4 ) ◦ f 6 = f 2 ◦ (f 4 ◦ f 6 ) = f 2 ◦ f 1 = f 2 f 6 ◦ f 2 = (f 2 ◦ f 3 ) ◦ f 2 = f 2 ◦ (f 3 ◦ f 2 ) = f 2 ◦ f 4 = f 5 f 6 ◦ f 3 = (f 2 ◦ f 3 ) ◦ f 3 = f 2 ◦ (f 3 ◦ f 3 ) = f 2 ◦ f 1 = f 2 f 6 ◦ f 4 = (f 2 ◦ f 3 ) ◦ f 4 = f 2 ◦ (f 3 ◦ f 4 ) = f 2 ◦ f 2 = f 1 f 6 ◦ f 5 = (f 2 ◦ f 3 ) ◦ f 5 = f 2 ◦ (f 3 ◦ f 5 ) = f 2 ◦ f 6 = f 3 f 6 ◦ f 6 = (f 2 ◦ f 3 ) ◦ f 6 = f 2 ◦ (f 3 ◦ f 6 ) = f 2 ◦ f 5 = f 4 

Ejemplo 9.14 Dadas las funciones f : A −→ B y g : B −→ C, probar que (g ◦ f )(A) ⊆ g(B). ¿Es cierto el rec´ıproco?. Justificar la respuesta.

Soluci´on

Probaremos que todos los elementos de (g ◦ f )(A) est´an en g(B).

Por definici´on de composici´on de funciones,

f : A −→ B g : B −→ C

=⇒ g ◦ f : A −→ C

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luego, (g ◦ f )(A) = {c ∈ C, ∃a : a ∈ A, ∧ (g ◦ f )(a) = c} y g(B) = {c ∈ C, ∃b : b ∈ B ∧ g(b) = c} por tanto, ∀c ∈ (g ◦ f )(A) ⇐⇒ ∃a : a ∈ A ∧ (g ◦ f )(a) = c ⇐⇒ ∃a : a ∈ A ∧ g [f (a)] = c {f es funci´on, luego ∃b : b ∈ B ∧ f (a) = b} =⇒ ∃b : b ∈ B ∧ g(b) = c ⇐⇒ c ∈ g(B) de aqu´ı que (g ◦ f )(A) ⊂ g(B) El rec´ıproco, en general, no es cierto. El siguiente contraejemplo lo prueba.

Sean A = {x, y}, B = { 1 , 2 , 3 } y C = {α, β} y sean f y g las funciones f : A −→ B : f (x) = 1, f (y) = 2 g : B −→ C : g(1) = α, g(2) = α, g(3) = β entonces, (g ◦ f )(x) = g [f (x)] = g(1) = α (g ◦ f )(y) = g [f (y)] = g(2) = α

=⇒ (g ◦ f )(A) = {α}

por otro lado, g(1) = α g(2) = α g(3) = β

^ =⇒^ g(B) =^ {α, β}

y es obvio que {α, β} * {α} luego, g(B) * (g ◦ f )(A) 

Ejemplo 9.15 Si U es el conjunto universal, S, T ⊆ U , g : P(U ) −→ P(U ) y g(A) = T ∩ (S ∪ A).

Probar que g^2 = g, siendo g^2 = g ◦ g.

Soluci´on

Sea A cualquiera de P(U ),entonces g^2 (A) = (g ◦ g)(A) = g [g(A)] = g [T ∩ (S ∪ A)] = T ∩ [S ∪ (T ∩ (S ∪ A))] = (T ∩ S) ∪ [T ∩ (S ∪ A)] = (T ∩ S) ∪ [(T ∩ S) ∪ (T ∩ A)] = (T ∩ S) ∪ (T ∩ A) = T ∩ (S ∪ A) = g(A)

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y si x /∈ (A ∪ B), entonces fA∪B (x) = 0, pero

x /∈ (A ∪ B) ⇐⇒ x /∈ A y x /∈ B ⇐⇒ fA(x) + fB (x) − fA∩B (x) = 0 + 0 − 0 = 0

As´ı pues, fA∪B (x) = (fA + fB − fA∩B )(x), ∀x ∈ U

de aqu´ı que fA∪B = fA + fB − fA∩B

(c) fA\B = fA(1 − fB ). En efecto, sea x cualquiera de U. Entonces,

x ∈ A y x ∈ B, luego, fA\B = 0 y fA(x) (1 − fB (x)) = 1(1 − 1) = 0 x ∈ A y x /∈ B, luego, fA\B = 1 y fA(x) (1 − fB (x)) = 1(1 − 0) = 1 x /∈ A y x ∈ B, luego, fA\B = 0 y fA(x) (1 − fB (x)) = 0(1 − 1) = 0 x /∈ A y x /∈ B, luego, fA\B = 0 y fA(x) (1 − fB (x)) = 0(1 − 0) = 0

Consecuentemente, fA\B (x) = (fA(1 − fB )) (x), ∀x ∈ U

y fA\B = fA(1 − fB )



9.3 Tipos de Funciones

Examinaremos en este apartado distintas clases especiales de funciones.

9.3.1 Funci´on Inyectiva

Una funci´on f entre los conjuntos A y B se dice que es inyectiva, cuando cada elemento de la imagen de f lo es, a lo sumo, de un elemento de A. Suele decirse tambi´en que la funci´on es uno-a-uno. Dicho de otra forma: f : A −→ B es inyectiva ⇐⇒ ∀a 1 , a 2 ∈ A [a 1 6 = a 2 =⇒ f (a 1 ) 6 = f (a 2 )] La “mejor forma” de probar en la pr´actica la inyectividad de una funci´on es utilizar la contrarrec´ıproca, es decir, f : A −→ B es inyectiva ⇐⇒ ∀a 1 , a 2 ∈ A [f (a 1 ) = f (a 2 ) =⇒ a 1 = a 2 ]

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d^ •

c •

b^ •

a •

A

f

B

d^ •

c •

b^ •

a •

A

g

B

En la figura anterior f es inyectiva y g no lo es.

Ejemplo 9.17 Determinar si cada una de las aplicaciones siguientes es inyectiva.

(a) A cada alumno de ´algebra se le asigna el n´umero que se corresponde con su edad. (b) A cada pa´ıs en el mundo se le asigna la longitud y la latitud de su capital. (c) A cada libro escrito por un determinado autor, se le designa con el nombre del mismo. (d) A cada pa´ıs en el mundo que tenga un primer ministro se le asigna su primer ministro.

Soluci´on

(a) No, ya que hay muchos alumnos de ´algebra que tienen la misma edad. (b) Si, porque a dos pa´ıses distintos le corresponder´an diferentes longitudes y latitudes. (c) No, ya que hay diferentes libros que est´an escritos por el mismo autor. (d) Si, porque a pa´ıses diferentes les corresponder´an distintos primeros ministros. 

Ejemplo 9.18 Determinar si la funci´on f : R −→ R tal que f (x) = x + 2 es inyectiva.

Soluci´on

En efecto, sean x 1 y x 2 dos n´umeros reales cualesquiera, entonces

f (x 1 ) = f (x 2 ) =⇒ x 1 + 2 = x 2 + 2 =⇒ x 1 = x 2

luego f es inyectiva. 

Nota 9.2 Observemos lo siguiente:

f : A −→ B es inyectiva ⇐⇒ ∀a 1 , a 2 ∈ A (a 1 6 = a 2 =⇒ f (a 1 ) 6 = f (a 2 ))

lo que puede escribirse en la forma:

f es inyectiva ⇐⇒ ∀a 1 , a 2 ∈ A [¬(a 1 6 = a 2 ) ∨ f (a 1 ) 6 = f (a 2 )]