تابع يك به يك

الف) يك به يك نيست زيرا مثلاً خط y=1نمودار را در بيش از يك نقطه قطع ميكند.

ب) هر خط موازي محو x ها رسم كنيم. نمودار را در بيش از يك نقطه قطع نميكند . پس تابع يك به يك است.

ج) يك به يك نيست زيرا \(f(1) = f(4)\) ولي \(1 \ne 4\)

الف)

روش اول:

\(\begin{array}{l}f({x_1}) \ne f({x_2}) \Rightarrow \sqrt {x_1^3 + 4} = \sqrt {x_2^3 + 4} \Rightarrow x_1^3 + 4 = x_2^3 + 4 \Rightarrow \\\\x_1^3 = x_2^3 \Rightarrow {x_1} = {x_2}\end{array}\)

بنابراين تابع f يك به يك است.

 روش دوم:

\(\begin{array}{l}{x_1} \ne {x_2} \Rightarrow x_1^3 = x_2^3 \Rightarrow x_1^3 + 4 \ne x_2^3 + 4 \Rightarrow \\\\\sqrt {x_1^3 + 4} \ne \sqrt {x_2^3 + 4} \Rightarrow f({x_1}) \ne f({x_2})\end{array}\)

بنابراين تابع f يك به يك است.

ب(

\(\begin{array}{l}f({x_1}) = {x^2} + 2x + 3 = {(x + 1)^2} + 2\\\\f({x_1}) = f({x_2}) \Rightarrow {({x_1} + 1)^2} + 2 = {({x_2} + 1)^2} + 2 = {({x_1} + 1)^2} = {({x_2} + 1)^2}\\\\{x_1} + 1 = \pm x(2 + 1) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = {x_2}\\\\{x_1} = - {x_2} - 2\end{array} \right.\end{array}\)

پس تابع f يك به يك نيست.

ج)

\(f(0) = f(1) = 2 \Rightarrow 0 \ne 1\)

پس تابع f يك به يك نيست.

د(

\(\begin{array}{l}f({x_1}) = f({x_2}) = \log {x_1} = \log {x_2} \Rightarrow \log {x_1} - \log {x_2} = 0\\\\ \Rightarrow \log \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = 0 \Rightarrow \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = 1 \Rightarrow {x_1} = {x_2}\end{array}\)

پس تابع f يك به يك است.

ه(

\(f(0) = f(2\pi ) = - 1 \Rightarrow 0 \ne 2\pi \)

بنابراين تابع f يك به يك نيست.

 توجه: توابع متناوب يك به يك نيستند.

و(

\(\begin{array}{l}f({x_1}) = f({x_2}) = \frac{{{3^{{x_1}}}}}{{{3^{{x_1}}} + 1}} = \frac{{{3^{{x_2}}}}}{{{3^{{x_2}}} + 1}} \Rightarrow {3^{{x_1}}} \times {3^{{x_2}}} + {3^{{x_1}}} = {3^{{x_2}}} \times {3^{{x_1}}} + {3^{{x_2}}}\\\\ \Rightarrow {3^{{x_1}}} = {3^{{x_2}}} \Rightarrow {x_1} = {x_2}\end{array}\)

پس تابع f يك به يك است

 مثلاً فرض كنيم تابع f صعودي اكيد باشد آنگاه اگر \({x_1} \ne {x_2}\) دو حالت رخ ميدهد: حالت اول : اگر \({x_1} < {x_2}\)  باشد، داريم:

\({x_1} > {x_2} \Rightarrow f({x_1}) < f({x_2}) \Rightarrow f({x_1}) \ne f({x_2})\)

لذا f يك به يك است.

 حالت دوم اگر \({x_1} > {x_2}\) باشد، داريم:

\({x_1} > {x_2} \Rightarrow f({x_1}) > f({x_2}) \Rightarrow f({x_1}) \ne f({x_2})\)

لذا f يك به يك است.

 تابعf+g همواره نميتواند يك به يك باشد زيرا مثلاً اگر \(f = \left\{ {\left( {0,0} \right)} \right.,(1,1\left. ) \right\}\) و \(g = \left\{ {\left( {0,0} \right)} \right.,(1, - 1\left. ) \right\}\)  را در نظر بگيريم، داريم \(f + g = \left\{ {\left( {0,0} \right)} \right.,(1,1\left. ) \right\}\) كه يك به يك نيست.

 اما تابع fog يك به يك است زيرا:

\(\begin{array}{l}(fog)({x_1}) = (fog)({x_2}) \Rightarrow f(g({x_1})) = f(g({x_2}))\\\\g({x_1}) = g({x_2})\\\\{x_1} = {x_2}\end{array}\)

 بلي . مثلاً توابع \(y = {x^3}\) و\(y = x\) است، اما يك به يك نيست.ولی تابع \(y = \sin x\)  فرد است امایک به یک نیست

 فرض كنيم f تابعي زوج و يك به يك باشد . داريم:

 F \(x = - x \Rightarrow x = 0\) یک به یک است \(f \Rightarrow f(x) = f( - x)\) تابعی زوج است

پس تنها تابعي كه هم زوج و هم يك به يك است ، تابعی دلخواه با دامنه ي يك عضوي صفر ميباشد. f

\({f_1}({x_1}) = {f_1}({x_2}) \Rightarrow {x_1} + 1 \Rightarrow {x_2} + 1 \Rightarrow {x_1} = {x_2}\)

ضابطه اول يك به يك است.

\(\begin{array}{l}{f_2}({x_1}) = {f_2}({x_2}) \Rightarrow 2{x_1} + 3 \Rightarrow 2{x_2} + 3 \Rightarrow 2{x_1} = 2{x_2} \Rightarrow \\\\{x_1} = {x_2}\end{array}\)

ضابطه دوم يك به يك است

\(\left. \begin{array}{l}x < 1 \Rightarrow x + 1 < 2 \Rightarrow R = ( - \infty ,2)\\\\x \ge 1 \Rightarrow 2x \ge 2 \Rightarrow 2x + 3 \ge 5 \Rightarrow {R_2} = (5, + \infty )\end{array} \right\} \Rightarrow {R_1} \cap {R_2} = \emptyset \)

پس اشتراك برد ضابطه ها نيز تهي است . بنابراين f تابعي يك به يك است.

واضح است كه هر يك از ضابطه ها تابعي يك به يك هستند، كافي است اشتراك برد آنها نيز تهي باشد.

\(\left. \begin{array}{l}x > 1 \Rightarrow 3x > 3 \Rightarrow 3x - 2 > 1 \Rightarrow {R_1} = \left( {1, + \infty } \right)\\\\x \le 1 \Rightarrow 2x \le 3 \Rightarrow 2x + k \Rightarrow {R_2} = \left( { - \infty ,2 + k} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow 2 + k \le 1 \Rightarrow k \le - 1\)

الف) \(f = \left\{ {(1,2),} \right.(3,4),(5,6\left. ) \right\}\) همانگونه كه مشاهده ميشود وارون تابع f يك تابع را مشخص ميكند.

ب( \(f = \left\{ {(1,3),} \right.(2,4),(5,3\left. ) \right\}\) همانگونه كه مشاهده ميشود وارون تابع g يك تابع نيست

ابتدا يك به يك بودن تابع را بررسي ميكنيم.

\(f({x_1}) = f({x_2}) \Rightarrow 3{x_1} + 1 = 3{x_2} + 5 \Rightarrow 3{x_1} = 3{x_2} \Rightarrow {x_1} = {x_2}\)

 تابع f يك به يك است، پس وارون پذير ميباشد . براي به دست آوردن ضابطه ي تابع وارون كافي است y را به جاي قرار دهيم و x را برحسب y به دست آورده، سپس جاي x و y را با هم عوض كنيم.

\(y = 3x + 5 \Rightarrow 3x = y - 5 \Rightarrow x = \frac{{y - 5}}{3} \Rightarrow {f^{ - 1}}(x) = \frac{{x - 5}}{3}\)

 f يك به يك است پس \({f^{ - 1}} = \left\{ {(2,1),} \right.(4,3\left. ) \right\}\)  و \(\frac{1}{f} = \left\{ {(1,\frac{1}{2}),} \right.(3,\frac{1}{4}\left. ) \right\}\) واضح است كه \({f^{ - 1}}\) و \(\frac{1}{f}\) با هم مساوي نيستند.

 با توجه به اينكه روي وارون پذيري توابع داده شده تصريح شده است، بررسي وارون پذيري لازم نيست.

الف(

\(y = {x^3} + 4 \Rightarrow {x^3} = y - 4 \Rightarrow x{ = ^3}\sqrt {y - 4} \Rightarrow {f^{ - 1}}(x){ = ^3}\sqrt {y - 4} \)

ب)

\(\begin{array}{l}y = {x^2} - 4 \Rightarrow {x^2} = y + 4 \Rightarrow x = \pm \sqrt {y + 4} \\\\x = - \sqrt {y + 4} \Rightarrow {f^{ - 1}}(x) = - \sqrt {x + 4} \end{array}\)

ج)

\(y = 2({x^3} + 3{x^2} + 3x) \Rightarrow y = 2({x^3} + 3{x^2} + 3x + 1 - 1)\) 

\(\begin{array}{l}y = 2({x^3} + 6{x^2} + 6x) \Rightarrow y = 2({x^3} + 6{x^2} + 6x + 1 - 1) \Rightarrow \\\\y = 2{(x + 1)^3} - 2 \Rightarrow {(x + 1)^3} = \frac{{y + 2}}{2} \Rightarrow x + 1{ = ^3}\sqrt {\frac{{y + 2}}{2} \Rightarrow } \\\\x = - 1{ + ^3}\sqrt {\frac{{y + 2}}{2} \Rightarrow } {f^1}(x){ = ^3}\sqrt {\frac{{x + 2}}{2}} \end{array}\)

د)

\(y = \log _5^x \Rightarrow x = {5^y} \Rightarrow {f^{ - 1}}\left( x \right) = {5^x}\)

ه)

\(\begin{array}{l}fy = \sqrt {2 - 3x} \to {y^2} = 2 - 3x \Rightarrow 2 - 3x - {y^2} \Rightarrow x = \frac{{2 - {y^2}}}{3} \Rightarrow \\\\{f^{ - 1}}(x) = \frac{{2 - {x^2}}}{3}\end{array}\)

و)

\(\begin{array}{l}y = x + \frac{1}{x} \Rightarrow y = \frac{{{x^2} + 1}}{x} \Rightarrow {x^2} - yx + 1 = 0 \Rightarrow \\\\\\x = \frac{{y \pm \sqrt {{y^2} - 4} }}{2}x = \frac{{y + \sqrt {{y^2} - 4} }}{2} \to {f^{ - 1}}(x) = \frac{{x + \sqrt {{x^2} - 4} }}{2}\end{array}\)

ز)

\(\begin{array}{l}f(x) = \frac{{2x + 1}}{{3x - 2}} \Rightarrow 3xy - 2y = 2x + 1 \Rightarrow 3xy - 2x = 2y + 1 \Rightarrow \\\\x(3y - 2) = 2y + 1 \Rightarrow \frac{{2y + 1}}{{3y - 2}} \Rightarrow {f^{ - 1}}(x) = \frac{{2x + 1}}{{3x - 2}}\end{array}\)

\(x \in {D_g}:f(g(x)) = f\left( {\frac{{x - 5}}{2}} \right) = 2 \times \frac{{x - 5}}{2} + 5 = x\) دلخواه

\(x \in {D_F}:g(f(x)) = g\left( {2x + 5} \right) = \frac{{2x + 5 - 5}}{2} = x\) دلخواه

 روش اول:

\(x \in {D_g}:f(g(x)) = f(2x + 1) = \frac{{2x + 1 + 1}}{2} = x + 1 \ne x\)

بنابراين f و g وارون يكديگر نيستند.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + 4 \ge 0\\\\\sqrt {x + 4} - 2 \Rightarrow \sqrt {x + 4} \ne 2 \Rightarrow x \ne 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 4\\\\x \ne 0\end{array} \right.\\\\{D_f} = \left( { - 4,0} \right) \cup (0, + \infty ) = {D_{{f^{ - 1}}}} = \left( { - 4,0} \right) \cup (0, + \infty )\end{array}\)

ميدانيم \({R_{{f^{ - 1}}}} = {R_f}\) پس كافي است برد تابع f را به دست آوريم.

\(\begin{array}{l}2 \le x < 4 \Rightarrow - 12 < - 3x < - 6 \Rightarrow - 11 \le 1 - 3x < - 5 \Rightarrow \\\\\frac{{ - 11}}{4} < \frac{{1 - 3x}}{4} < - \frac{5}{4} \Rightarrow \frac{{ - 11}}{4} < y < - \frac{5}{4} \Rightarrow {R_f} = (\frac{{ - 11}}{4},\left. { - \frac{{ - 5}}{4}} \right] \Rightarrow \\\\{D_f}^{ - 1} = (\frac{{ - 11}}{4},\left. { - \frac{{ - 5}}{4}} \right]\end{array}\)

برای ضابطه اول داریم:

\(x < 1 \Rightarrow x - 2 < - 1 \Rightarrow {R_1} = ( - \infty , - 1)\)

در نتیجه

\(y = x - 2 \Rightarrow x = y + 2 \Rightarrow f_1^{ - 1}(x) = x + 2\)

 برای ضابطه دوم داریم

\(x \ge 1 \Rightarrow 2x \ge 2 \Rightarrow 2x + 4 \ge 6 \Rightarrow {R_2} = \left[ {6, + \left. \infty \right\}} \right.\)

در نتیجه

\(y = 2x + 4 \Rightarrow 2x = y - 4 \Rightarrow x = \frac{{y - 4}}{2} \Rightarrow f_2^{ - 1}(x) = \frac{{x - 4}}{2}\)

بنابراين ضابطه ي تابع وارون f به صورت زير خواهد بود.

\(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}x + 2,x < - 1\\\\\frac{{x + 4}}{2},x \ge 6\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}{x_1} < {x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x_1^3 < x_2^3\\\\{x_1} < {x_2}\end{array} \right. \Rightarrow x_3^1 + {x_1} < x_2^3 + {x_2} \Rightarrow x_3^1 + {x_1} - 8 < x_2^3 + {x_2} - 8\\\\ \Rightarrow f({x_1}) < f({x_2})\end{array}\)

در نتيجه تابع f صعودي اكيد است

 بنابراين براي محاسبه محل تلاقي f و \({f^{ - 1}}\)  كافي است محل تلاقي f و خط x = y را در صورت وجود محاسبه كنيم.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}y = {x^3} + x - 8\\\\y = x\end{array} \right. \Rightarrow {x^3} + x - 8 = x \Rightarrow {x^3} = 8 \Rightarrow x = 2,y = 2\\\\ \Rightarrow d = \sqrt {4 + 4} = 2\sqrt 2 \end{array}\)

\(\begin{array}{l}{x_1},{x_2} \in \left[ { - 1, + \left. \infty \right)} \right.,{x_1} < {x_2}\\\\{x_1} < {x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} < {x_2}\\\\{x_1} + 1 < {x_2} + 1 \Rightarrow \sqrt {{x_1} + 1} < \sqrt {{x_2} + 1} \end{array} \right.\\\\ \Rightarrow {x_1} + \sqrt {{x_1} + 1} < {x_2} + \sqrt {{x_2} + 1} \Rightarrow f({x_1}) < f({x_2})\end{array}\) دلخواه

تابع f صعودي اكيد است.

براي پيدا كردن نقطه ي برخورد داريم:

\(\left\{ \begin{array}{l}y = x\\\\y = x + \sqrt {x + 1} \end{array} \right. \Rightarrow x = x + \sqrt {x + 1} \Rightarrow \sqrt {x + 1} = 0 \Rightarrow x = - 1,y = - 1\)