PASQYRIMET (FUNKSIONET)

PASQYRIMET (FUNKSIONET) 1. Përkufizimi i pasqyrimit (funksionit) Përkufizimi 1.1. Le të jenë S, T bashkësi të dhëna. Funksion ose pasqyrim nga S në T quhet rregulla sipas së cilës çdo elementi s S i shoqëronhet një element i vetëm t T. Shënimi 1.2. Për të shprehur pasqyrimin f (funksionin) nga S në T do të përdorim shënimin f : S T ose S f T Vlerën e funksionin f në elementin s do t a shënojmë me f(s). Bashkësia S quhet domena e f-it, kurse T quhet kodomena e f-it. Shënimi f : a b ose a b kur f nënkuptohet shpreh që f(a) = b, pra funksioni specifikohet në elemente (jepet sipas elementeve). Shënimi 1.3. Në bazë të Përkufizimit 1.1, themi se f : S T paraqet pasqyrim nëse: 1) s S, t T ashtu që f(s) = t. 2) Nëse f(s) = t 1 dhe f(s) = t 2 atëherë t 1 = t 2. Detyra 1.4. Në cilin nga diagramet vijuese është dhënë pasqyrim nga bashkësia S = a, b, c} në bashkësinë T = 1, 2, 3, 4}? Zgjidhja. a) Vërejmë se elementit b S nuk i është shoqëruar asnjë element nga bashkësia T. Pra në këtë rast nuk kemi pasqyrim (nuk plotësohet kushti 1). b) Është pasqyrim, sepse çdo elementi nga S i shoqërohet një element nga T. Kështu a 3; b 3; c 1 1

2 PASQYRIMET (FUNKSIONET) Shënimi 1.5. Vërejmë se që të dy elementeve a, b nga S u shoqërohet i njëjti element 3 T. Kjo nuk është në kundërshtim me përkufizimin e pasqyrimit. c) Nuk është pasqyrim, sepse elementit c S i shoqërohen dy elemente nga T, dhe atë 1, 3 (nuk plotësohet kushti 2). Nëse funksioni f nuk jepet sipas elementeve, në përgjithësi duhet të provohet nëse f është mirë i përkufizuar (angl. well defined). Le të kuptojmë këtë përmes shembullit vijues: Shembulli 1.6. Le të jetë A = A 1 A 2. Le të përkufizojmë pasqyrimin f nga A në 0, 1} si vijon: 0, nëse x A 1 f(x) =. 1, nëse x A 2 Qartë se f është pasqyrim nëse A 1 A 2 =. Pse? Por nëse A 1 A 2 nuk është boshe, le të themi p.sh. A 1 A 2 = z}, atëherë shtrojmë pyetjen: Ku do të pasqyrohej z në këtë rast? Përfundojmë se nëse A 1 A 2, atëherë f nuk është pasqyrim. Detyra 1.7. Përcaktoni nëse funksionet vijuese janë mirë të përkufizuara: ( a ) a)f : Q Z i përkufizuar me f = a. b ( a ) b)f : Q Z i përkufizuar me f = b. b c) f : Z 3 Z 6 i përkufizuar me f(x) = 3x. ( a ) d)f : Q Q i përkufizuar me f = a2 b b. 2 e) f : Z 3 Z 6 i përkufizuar me f(x) = x + 1. f) f : N N i përkufizuar me f(n) = n 1. g) f : N 0} N 0} i përkufizuar me f(n) = n 1. h) f : Z Z i përkufizuar me f(z) = z 1. i) f : R R i përkufizuar me f(r) = r. j) f : R + R + i përkufizuar me f(x) = x.

PASQYRIMET (FUNKSIONET) 3 Zgjidhja. a) Vërejmë se kushti 1) nga Shënimi 1.3 plotësohet sepse çdo numri nga Q (pra çdo thyese) i shoqërohet numëruesi i saj. Meqë 1 2 = 2 ( 1 ) ( 2 4, kemi f = 1, f = 2. 2 4) Pra, nuk plotësohet kushti 2) (sepse 1 po pasqyrohet në dy vlera të ndryshme) (madje 2 1 pasqyrohet edhe në më shumë se dy vlera të ndryshme. Pse?) 2 D.m.th. nuk kemi pasqyrim. b) Arsyetohet si në rastin a) se nuk kemi pasqyrim. c)përkujtojmë se Z n = 0, 1, 2,..., n 1} është bashkësia e të gjitha mbetjeve të mundshme gjatë pjesëtimit të numrit të çfarëdoshëm natyror me numrin n. Kështu, p.sh. kur një numër natyror k pjesëtohet me 3 mund të merret mbetja 0 (në këtë rast themi se k plotëpjesëtohet me 3), 1 ose 2. D.m.th. Z 3 = 0, 1, 2}. Po ashtu Z 6 = 0, 1, 2, 3, 4, 5}. Për këto më në detale do të kemi në kapitullin vijues: Le t i kthehemi zgjidhjes së detyrës. Meqë në Z 3 vlen 3 = 0, kurse në Z 6 vlen 9 = 3 por f(0) = 3 0 = 0, kurse f(3) = 3 3 = 9 = 3 përfundojmë se i njëjti element i Z 3 (0 = 3) pasqyrohet në dy elemente të ndryshme në Z 6. D.m.th. f nuk është pasqyrim. 2. Disa shembuj të pasqyrimeve (funksioneve) Shembulli 2.1. Le të jenë S, T bashkësi joboshe dhe le të jetë t 0 një element i fiksuar nga T. Pasqyrimi f : S T i përkufizuar me f(s) = t 0 për çdo s S quhet pasqyrim konstant nga S në T. Shembulli 2.2. Le të jetë S bashkësi joboshe. Pasqyrimi i : S S i përkufizuar me i(s) = s, për çdo s S quhet pasqyrim identik në S. Shpesh do ta shënojmë i s. Shembulli 2.3. Le të jenë S, T bashkësi joboshe. Projeksionet kanonike π S, π T nga bashkësia A B në bashkësitë A, B përkatësisht përkufizohen me: π A (s, t) = s, (s, t) A B π A (s, t) = t, (s, t) A B Shembulli 2.4. Funksioni vlera absolute f : R R + përkufizohet me: f(x) = x, nëse x 0 x, nëse x < 0

4 PASQYRIMET (FUNKSIONET) ku R + = x R x 0}. Për funksionin e mësipërm zakonisht në vend të f(x) shënojmë x. Të paraqitet grafiku i funksionit f(x) = x. Shembulli 2.5. Shqyrtojmë funksionin f : R 0, 1} të përkufizuar me: f(x) = 1, nëse x irracional 0, nëse x racional Provoni të paraqitni grafikun e funksionit paraprak! Shembulli 2.6. Funksioni signum (funksioni i shenjës) f : R 1, 0, 1} përkufizohet me: 1, nëse x > 0 f(x) = 0, nëse x = 0 1, nëse x < 0 Për funksionin e mësipërm në vend të f(x) do të përdorim shënimin sgn x. Grafiku i funksionin sgn x Shembulli 2.7. Le të jetë U bashkësi universale dhe A nënbashkësi e U-së. Funksioni karakteristik i A-së në lidhje me U shënohet është χ A : U 0, 1} dhe përkufizohet me 1, nëse x A χ A (x) = 0, nëse x A. Shembulli 2.8. Funksioni vijues paraqitet në shumë raste në shkencë kompjuterike dhe në teorinë e numrave, quhet pjesa e plotë x-it dhe përkufizohet me: f : R Z, f(x) = numri më i madh i plotë z i tillë që z x.

Për funksionin e mësipërm do të shënojmë [x]. PASQYRIMET (FUNKSIONET) 5 Kështu, do të themi që [x] = k atëherë dhe vetëm atëherë kur k x < k + 1. Për shembull: [1.2] = 1 sepse 1 1.2 < 1 + 1 = 2. [ 2] = 2 sepse 2 2 < 1 Për x Z vlen [x] = x. Vërejmë se për x [0, 1) vlen [x] = 0; për x [1, 2) vlen [x] = 1; për x [ 1, 0), [x] = 1 etj. Kështu mund të paraqesim grafikun e funksionit f(x) = [x]. Shembulli 2.9. Le të jenë S, T bashkësi të tilla që S T. Funksioni i përfshirjes i : S T përkufizohet me: i(s) = s, s S. Ku qëndron dallimi mes funksionit të përfshirjes i(s) në S dhe funksionit identik i s? Përkufizimi 2.10. Le të jenë f : S T, g : S 1 T 1 dy funksione. Themi se f = g nëse S = S 1, T = T 1 (pra domenet dhe kodomenet janë të barabarta) dhe nëse f(s) = g(s) për çdo s S ( S 1 = S). Detyra 2.11. Përkufizojmë f : R R, g : R R të dhëna me: Tregoni se f = g. f(x) = maxx, x} g(x) = x Zgjidhja. Le të jetë maxx, x} = x. D.m.th. x > 0, pra f(x) = x për x > 0. Nëse x = 0; maxx, x} = 0. Pra f(x) = 0 për x = 0. Nëse maxx, x} = x përfundojmë se x < 0, pra f(x) = x për x < 0. D.m.th.

6 PASQYRIMET (FUNKSIONET) x, nëse x > 0 f(x) = 0, nëse x = 0 = g(x). x, nëse x < 0 Detyra 2.12. Të paraqitet grafiku i funksioneve vijuese si dhe të caktohet domena dhe kodomena e tyre a) f(x) = sgn(x 1); b) f(x) = sgnx 2 ; c) f(x) = sgn3 x ; d) f(x) = sgn(sin x); e) f(x) = sgn(x 2 x); f) f(x) = sgn(π 2 2). Zgjidhja. b) Meqë x 2 > 0, x R \ 0} kemi: sgnx 2 = 1, nëse x 0 0, nëse x = 0 Detyra 2.13. Të paraqiten grafikisht funksionet a) f(x) = x [x]; b) f(x) = x + [x]; c) f(x) = [x] + sgnx. Zgjidhja. a) Për x Z, [x] = x, pra f(x) = 0. Për x [0, 1), [x] = 0, pra f(x) = x. Për x [1, 2), [x] = 1, pra f(x) = x 1. Për x [2, 3), [x] = 2, pra f(x) = x 2. Për x [ 1, 0), [x] = 1, pra f(x) = x + 1. Grafiku i funksionit f(x) = x [x]

PASQYRIMET (FUNKSIONET) 7 Detyra 2.14. Le të jetë R bashkësi universale dhe le të jetë Të paraqitet grafiku i funksioneve: A = x R 1 x < 5}. a)χ A ; b)χ A C; c) χ 2} ; d) χ N. Zgjidhja. a) Nga përkufizimi i funksionit karakteristik merret: χ A (x) = 1, nëse x [1, 5) 0, nëse x R \ [1, 5) 3. Pasqyrimi bijektiv Mund të ndodh që për një funksion, dy vlera (elemente) të ndryshme të domenës të japin të njëjtin rezultat. P.sh. në detyrën 1.4 b) elementet a, b janë të ndryshme por a 3, b 3. D.m.th. f(a) = f(b) = 3. Ose nëse marrim në shqyrtim funksionin f : R R të përkufizuar me f(x) = x 2. (Qartë se f është mirë i përkufizuar). Edhe në këtë rast argumentet e ndryshme sjellin tek i njëjti rezultat. P.sh. 1 1 por f(1) = f( 1) = 1. Por nëse funksioni f : S T është i tillë që elementeve (argumenteve) të ndryshme u shoqëron përfytyra (vlera) të ndryshme atëherë themi se f është pasqyrim 1-1. Përkufizimi 3.1. Pasqyrimi f : S T është një-një (injektiv) (simbolikisht shënojmë 1-1) nëse për s 1 s 2 nga S vlen f(s 1 ) f(s 2 ) në T, ose në mënyrë ekuivalente, f është 1 1 nëse f(s 1 ) = f(s 2 ) = s 1 = s 2. Shënimi 3.2. Që një funksion të jetë 1-1 shpesh varet edhe nga domena e tij (e jo vetëm nga rregulla). P.sh. f : R R i përkufizuar me f(x) = x 2 nuk është 1 1 (siç e kemi përshkruar më sipër) por g : R + R i përkufizuar me g(x) = x 2 është 1 1 (çdo dy elemente të ndryshme jonegative i kanë përfytyrat e ndryshme). Në këtë rast rregulla (ligji) është e njëjtë por ndryshon domena.

8 PASQYRIMET (FUNKSIONET) Le t i referohemi sërish detyrës 1.4, rasti b). Vërejmë se (edhe pse kemi pasqyrim) elementi 4 T nuk është përfytyrë e asnjë elementi nga S. Nëse funksioni f : S T është i tillë që çdo element t T është përfytyrë e ndonjë elementi nga S atëherë themi se pasqyrimi f është mbi. Përkufizimi 3.3. Pasqyrimi f : S T është mbi (surjektiv) nëse t T, s S f(s) = t. Shënimi 3.4. Fakti që një funksion është mbi, jo çdoherë varet vetëm nga rregulla (ligji, korrespondeca). P.sh. f : R R i përkufizuar me f(x) = x 2 nuk është mbi, sepse, p.sh. numri 1 (e madje asnjë numër real negativ) nuk është përfytyrë e ndonjë numri real. Por, g : R R + i përkufizuar me g(x) = x 2 është mbi, sepse çdo numër real jonegativ është vlerë e funksionit për ndonjë argument (cili argument?). Përkufizimi 3.5. Pasqyrimi 1-1 dhe mbi quhet pasqyrim bijektiv. Shembulli 3.6. Le të jetë X = 1, 2, 3, 4, 5}, f : X X pasqyrim i dhënë me: f(1) = 3; f(2) = 1; f(3) = 4; f(4) = 5; f(5) = 4 Meqë elementi 2 nga X nuk është përfytyrë e asnjë elementi (nga X) përfundojmë se f nuk është mbi. Pasqyrimi nuk është as 1 1 sepse 3 5 por f(3) = f(5) = 4. Detyra 3.7. Cilat nga pasqyrimet vijuese janë 1 1, mbi, bijektive? a) f : N Q i përkufizuar me f(n) = n 2n + 1. b) f : Z N i përkufizuar me 2 x + 1, nëse x < 0 f(x) = 1, nëse x = 0 2x, nëse x > 0 c) f : C R i përkufizuar me f(x + iy) = x 3 + y 3. Zgjidhja. a) Le të jenë n 1, n 2 N si dhe f(n 1 ) = f(n 2 ). Atëherë D.m.th. f është 1 1. f(n 1 ) = f(n 2 ) = n 1 2n 1 + 1 = n 2 2n 2 + 1 = n 1 (2n 2 + 1) = n 2 (2n 1 + 1) = n 1 = n 2. Pasqyrimi nuk është mbi sepse p.sh. për 0 Q nuk ekziston asnjë n N i tillë që f(n) = 0. Pra, pasqyrimi nuk është bijektiv.

b) Si më parë tregohet se f është 1 1. PASQYRIMET (FUNKSIONET) 9 Tregojmë se f është mbi. Duhet të tregojmë se çdo numër natyror është përfytyrë e ndonjë numri të plotë. P.sh. për 2 N; ekziston 1 Z ashtu që f(1)2, për 3 N ekziston 1 Z ashtu që f( 1) = 2 1 + 1 = 3. Në përgjithësi, për n = 2k, k Z ekziston k Z ashtu që f(k) = 2k, si dhe për n = 2k + 1, k Z, ekziston k Z ashtu që f( k) = 2 k + 1 = 2k + 1. Përfundojmë se pasqyrimi është bijektiv. Detyra 3.8. Le të jetë f : R R i dhënë me f(x) = x 2 + ax + b, ku a, b janë numra të fiksuar real. Tregoni se për asnjë vlerë të a, b pasqyrimi f nuk mund të jetë 1 1 ose mbi. Zgjidhja. Pasqyrimin e dhënë mund ta shënojmë në trajtën ( f(x) = x + a ) 2 4b a 2 +. 2 4 Le të themi se a 0 (Çfarë mund të themi nëse a = 0?) Vërejmë për x 1 = 0, x 2 = a vlen f(0) = f( a) = b. D.m.th. f nuk është 1 1. 4b a2 Le të jetë y < nga R. Atëherë për këtë vlerë të y-it nuk ekziston x R ashtu 4 që f(x) = y. (Pse?) (Të caktohet minimumi i funksionit f(x)). 4. Kompozimi i pasqyrimeve Le të jenë dhënë pasqyrimet f, g. Le t i konsiderojmë ato si dy makina që kanë hyrje-daljet e tyre. Në qoftë se dalja (razultati) e funksionit f shërben si hyrje e funksionit g, këtë në mënyrë skematike e paraqesim si vijon: Me këtë rast duhet të kemi parasysh që rezultatet e funksionit f duhet t i takojnë domenës së funksionit g. Për të siguruar një gjë të tillë, kodomena e funksionit f duhet të jetë e barabartë me domenën e funksionit g.

10 PASQYRIMET (FUNKSIONET) Kështu nëse makinat janë funksionet f : A B, g : B C, atëherë kombinimin e këtyre dy makinave mund ta mendojmë si një makinë e cila për hyrje - x ka elementet nga bashkësia A kurse daljet g(f(x)) janë nga bashkësia C. Nga një situatë e tillë marrim motivimin për përkufizimin formal të kompozimit (prodhimit) të pasqyrimeve. Përkufizimi 4.1. Le të jenë dhënë pasqyrimet f : S T dhe g : T U. Kompozimi (prodhimi) i pasqyrimeve f, g është pasqyrimi g f : S U i përkufizuar me: (g f)(x) = g(f(x)). Kompozimin e pasqyrimeve mund ta paraqesim në këtë mënyrë Shënimi 4.2. Rast i veçantë kur çdoherë mund të caktojmë kompozimin e dy pasqyrimeve është kur S = T = U, që d.m.th. kur S pasqyrohet në vetvete. Ndonëse ky rast është i veçantë do të shohim se është shumë i rëndësishëm. Shembulli 4.3. Le të jenë f, g, h : Q Q të dhëna me f(x) = x, g(x) = x + 1, h(x) = x 1. 2 Provohet se f g = f(g(x)) = f(x + 1) = x + 1 2 g h = g(h(x)) = g(x 1) = x f (g h) = f(g(x)) = f(x) = x 2. Detyra 4.4. Le të jenë f, g : R R të përkufizuara me: x 2 + 1, nëse x 0 f(x) = x 2, nëse x < 0 g(x) = x + 2, nëse x 1 3x, nëse x < 1. Të caktohet f g si dhe g f. Çfarë mund të konstatoni?

PASQYRIMET (FUNKSIONET) 11 Zgjidhja. Vërejmë se f g g f. f(x + 2), nëse x 1 (f g)(x) = f(g(x)) = f(3x), nëse x < 1 f(x + 2), nëse x 1 = f(3x), nëse x [0, 1) f(3x), nëse x < 0 x 2 + 4x + 5, nëse x 1 = 9x 2 + 1, nëse x [0, 1) 3x 2, nëse x < 0 g(x 2 + 1), nëse x 0 (g f)(x) = g(f(x)) = g(x 2), nëse x < 0 g(x 2 + 1), nëse x [0, 1) = g(x 2 + 1), nëse x 1 g(x 2), nëse x < 0 3(x 2 + 1), nëse x [0, 1) = x 2 + 3, nëse x 1 3(x 2), nëse x < 0 Shembulli paraprak tregon se në përgjithësi nuk vlen vetia komutative. Në vijim do të shohim se për kompozimin e pasqyrimeve vlen vetia asociative. Detyra 4.5. Le të jenë : S T, g : T U dhe f : U V. Tregoni se vlen: f (g h) = (f g) h Zgjidhja. Së pari vërejmë se f (g h) dhe (f g) h janë pasqyrime nga S në V, d.m.th. ka kuptim të shqyrtojmë mundësinë që të jenë të barabarta. Duhet të tregojmë se për çdo s S vlen: (f (g h))(s) = ((f g) h)(s). Vërtetë duke zbatuar përkufiziin e kompozimit të pasqyrimeve merret: (f (g h))(s) = f((g h)(s)) = f(g(h(s))). Në anën tjetër: ((f g) h))(s) = ((f g)(h(s)) = f(g(h(s))). Pra për çdo s S vlen Përfundojmë se (f (g h))(s) = ((f g) h)(s). f (g h) = (f g) h.

12 PASQYRIMET (FUNKSIONET) Detyra 4.6. Le të jetë A = 1, 2} 1, 3}, 2}, 2, 5}, 3, 4, 5}}. Le të jetë f : A N i dhënë me: f(a) = x a x, për çdo a A. Të caktohet f[a]. Përkufizojmë tani funksionin g : N N përmes: numri më i madh i thjeshtë n, nëse n > 1 g(n) = 1, nëse n = 1. Të caktohet g f dhe të identifikohet rangu i tij. A është g pasqyrim 1 1? A është g f pasqyrim 1 1? Zgidhja. Vërejmë se f(1, 2}) = 1 + 2 = 3 f(1, 3}) = 1 + 3 = 4 f(2}) = 2 f(2, 5}) = 2 + 5 = 7 f(3, 4, 5}) = 3 + 4 + 5 = 12 Pra f[a] = 2, 3, 4, 7, 12}. Le të caktojmë g f. Qartë se g f ëshë pasqyrim nga A në N. Kështu kemi (g f)(1, 2}) = g(f1, 2}) = g(3) = 3 (g f)(1, 3}) = g(f1, 3}) = g(4) = 3 (g f)(2}) = g(2) = 2 (g f)(2, 5}) = g(f2, 5}) = g(7) = 7 (g f)(3, 4, 5}) = g(12) = 11. Rangu i g f është 2, 3, 7, 11}. Pasqyrimi g nuk është 1 1 sepse 5 6 por g(5) = g(6)(= 5). Po ashtu, as pasqyrimi g f nuk është 1 1 sepse 1, 2} = 1, 3} por g(1, 2}) = g(1, 3}) = 3.

PASQYRIMET (FUNKSIONET) 13 Detyra 4.7. Le të jenë g : S T dhe f : T U pasqyrime 1 1. Tregoni se f g : S U është gjithashtu 1 1. Zgjidhja. Supozojmë se (f g)(s 1 ) = (f g)(s 2 ). Në bazë të përkufizimit mbi kompozimin e pasqyrimeve kemi: Meqë f është pasqyrim 1 1 merret: Meqë g është pasqyrim 1 1 merret: f(g(s 1 )) = f(g(s 2 )). g(s 1 ) = g(s 2 ). s 1 = s 2. Pra f g është 1 1. Detyra 4.8. Le të jenë g : S T dhe f : T U pasqyrime mbi. Tregoni se f g : S U është gjithashtu mbi. Zgjidhja. Figura Le të jetë u U element i çfarëdoshëm. Meqë f është mbi, ekziston t T ashtu që f(t) = u. Për atë vlerë t T, meqë g është mbi, ekziston s S ashtu që: g(s) = t. D.m.th. f(g(s)) = u, që tregon se për çdo u U, ekziston s S ashtu që (f g)(s) = u. Pra f g është mbi. Në bazë të dy detyrave paraprake përfundojmë se: Nëse g : S T dhe f : T U janë pasqyrime bijektive, atëherë f g është bijektiv.

14 PASQYRIMET (FUNKSIONET) 5. Pasqyrimi invers Le të jetë dhënë pasqyrimi f : S T dhe A T. Le të shqyrtojmë bashkësinë B = s S f(s) = A}. Për këtë bashkësi do të përdorim shënimin f 1 (A). Bashkësia f 1 (A) quhet inversi i përfytyrës së A në lidhje me f (angl. inverse image of A). Në rastin kur bashkësia A është njëelementëshe, pra A = t}, shënojmë f 1 (t). Kështu të njëjtin shënim f 1 do ta përdorim edhe në rastin e nënbashkësive e edhe në rastin e bashkësive. Nëse inversi i përfytyrës së t} përbëhet vetëm nga një element, le të themi s S atëherë do të përkufizojmë f 1 (t) të jetë i barabartë me s, pra f 1 (t) = s. Përmes dy shembujve vijues do të vërejmë se f 1 në përgjithësi nuk paraqet pasqyrim nga T në S. Shembulli 5.1. Le të jenë A = 1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = 2, 3, 5, 6, 7, 8, 11}. Le të jetë f : A B pasqyrim i dhënë me: Qartë se 1 f 2, 2 f 3, 3 f 5, 4 f 6, 5 f 7, 6 f 8 f 1 (2) = 1, f 1 (3) = 2, f 1 (5) = 3, f 1 (6) = 4, f 1 (7) = 5, f 1 (8) = 6. Shtrohet pyetja: Ku do të pasqyrohet përmes f 1 elementi 11 B? Pra, f 1 (11) = Ø. D.m.th. f 1 nuk është pasqyrim. Pse? Shembulli 5.2. Le të jenë A = 1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = 2, 3, 5, 7, 11}. f : A B pasqyrim i dhënë me: Le të jetë f(1) = 2, f(2) = 3, f(3) = 5, f(4) = 5, f(5) = 7, f(6) = 11. Nëse caktojmë f 1 (b) për b B do të vërejmë se f 1 (5) = 3 e po ashtu f 1 (5) = 4. D.m.th. f 1 i shoqëron 5 dy elemente nga A dhe atë 3 dhe 4, e që është në kundërshtim me përkufizimin e pasqyrimit. Nga shembujtë paraprak përfundojmë se: 1) Nëse f nuk është mbi, atëherë ekziston t T që nuk është përfytyrë e asnjë elementi s S, pra f 1 (t) = Ø. 2) Nëse f nuk është 1 1 atëherë për ndonjë t T ekzistojnë së paku dy elemente s 1 s 2 nga S ashtu që f(s 1 ) = f(s 2 ) = t. Pra f 1 (t) nuk është element i vetëm, kërkesë kjo e përkufizimit të pasqyrimit.

PASQYRIMET (FUNKSIONET) 15 Por nëse f është 1 1 dhe mbi, atëherë f 1 përkufizon pasqyrim nga T në S. Arsyetoni. Një mënyrë tjetër për përkufizimin e pasqyrimit invers është si vijon: Përkufizimi 5.3. Le të jetë f : A B. Themi se g është pasqyrim invers i f-it nëse g : B A dhe g f = I A, f g = I B, ku I A, I B janë pasqyrimet identike në A, B, përkatësisht. Në këtë rast g do të shënohet me f 1. Detyra 5.4. Përkufizojmë pasqyrimin f : R R përmes f(x) = x 2 + 1, nëse x 0 x + 1, nëse x < 0 Tregoni se f është bijektiv dhe të caktohet f 1. Zgjidhja. Tregojmë së pari se f është 1 1. Le të jenë x 1, x 2 R të tillë që x 1 x 2. Dallojmë rastet: (i) x 1, x 2 0 (ii) x 1, x 2 < 0, (iii) x 1 0, x 2 < 0, (iv) x 1 < 0, x 2 0. (i) Nëse x 1, x 2 0 atëherë x 2 1 x 2 2 e po ashtu x 2 1 + 1 x 2 2 + 1 që tregon se f(x 1 ) f(x 2 ). (ii) Nëse x 1, x 2 < 0 atëherë x 1 + 1 x 2 + 1 që tregon se f(x 1 ) f(x 2 ). (iii) Nëse x 1 0, x 2 < 0 atëherë f(x 1 ) = x 2 1 + 1 kurse f(x 2 ) = x 2 + 1. Pra f(x 1 ) f(x 2 ) sepse sikur f(x 1 ) = f(x 2 ) atëherë do të merrej x 2 1 + 1 = x 2 + 1 përkatësisht x 2 1 = x 2 e që nuk është e mundur. Pse? (iv) Ngjashëm me rastin (iii). Në bazë të rasteve (i)-(iv) përfundojmë se f është 1 1. Tregojmë se f është mbi. Për çdo y R dhe y 1 ekziston x = y 1 0 nga R ashtu që f(x) = ( y 1 2 + 1 = y 1 + 1 = y Për çdo y R dhe y < 1 ekziston x = y 1 < 0 nga R ashtu që D.m.th. f është mbi. Kështu kemi treguar se f është bijektiv. f(x) = f(y 1) = y 1 + 1 = y.

16 PASQYRIMET (FUNKSIONET) Le të caktojmë f 1. Dallojmë rastet: (i) x 0, (ii) x < 0. (i) Le të jetë x 0. Meqë (f 1 f)(x) = x kemi f 1 (x 2 + 1) = x. Zëvendësojmë x 2 + 1 = y. Meqë x 0 merret y 1. Po ashtu merret x = y 1. D.m.th. kemi f 1 (y) = y 1. Duke kaluar në ndryshoren x merret: f 1 (x) = x 1. (ii) Le të jetë x < 0. Ngjashëm merret f 1 (x + 1) = x. Duke zëvendësuar x + 1 = y kemi x = y 1 si dhe y < 1. Pra f 1 (y) = y 1 Duke kaluar në ndryshoren fillestare, për x < 1 kemi Përfundimisht f 1 (x) = f 1 (x) = x 1 x 1, për x 1 x 1, për x < 1