سابقة العدد \(8\) هي عدد حقيقي \(x\) يحقق \(f(x)=8\). اكتب المعادلة وحلها.

سابقة العدد \(8\) هي \(2\).

ملاحظة: \(f(2)=8\) وسابقة \(8\) هي \(2\). الصورة والسابقة قراءتان متعاكستان للمساواة نفسها.

انطلق من \(f(x)=y\) وعبّر عن \(x\) بدلالة \(y\). كم حلاً تحصل عليه؟

ليكن \(y\in\mathbb{R}\).

لهذه المعادلة حل واحد ووحيد. إذن لكل عدد حقيقي سابقة واحدة بالضبط بالدالة \(f\).

الدالة \(f\) تآلفية بمعامل \(3>0\)، إذن تزايدية: صورة قطعة تُقرأ من طرفيها.

الدالة \(f\) تزايدية على \(\mathbb{R}\)، إذن:

ترجم \(x\in f^{-1}(]-1;5])\) إلى المتفاوتة المزدوجة \(-1<f(x)\leqslant 5\)، ثم اعزل \(x\).

الطرفان المفتوح والمغلق ينتقلان بالترتيب نفسه، لأن \(f\) تزايدية. أما مع دالة تناقصية فينعكس ترتيبهما.

وحدانية السابقة تعطي التباين؛ ووجودها يعطي الشمولية.

التمرين 1 c) يثبت أن لكل \(y\in\mathbb{R}\) سابقة — إذن \(f\) شمولية — وسابقة وحيدة — إذن \(f\) تباينية. وبالتالي فإن \(f\) تقابلية، و:

تحقق: \(f^{-1}(8)=\dfrac{6}{3}=2\)، و \(f(2)=8\).

المتفاوتة \(1\leqslant x^2\leqslant 4\) تكافئ \(1\leqslant |x|\leqslant 2\).

حسب التعريف، \(f^{-1}([1;4])=\{x\in\mathbb{R}\mid 1\leqslant f(x)\leqslant 4\}\)، إذن:

الصورة العكسية لمجال ليست بالضرورة مجالاً: هنا هي اتحاد قطعتين.

ما هي إشارة \(x^2\) بالنسبة لعدد حقيقي \(x\) كيفما كان؟

لكل عدد حقيقي \(x\)، لدينا \(x^2\geqslant 0\). إذن لا يوجد عدد حقيقي صورته في \([-4;-1]\):

يمكن للصورة العكسية لمجموعة غير فارغة أن تكون فارغة. وهنا يرمز \(f^{-1}\) إلى الصورة العكسية لجزء، لا إلى تطبيق عكسي: فالدالة \(f\) ليست تقابلية.

الدالة \(f\) ليست رتيبة على \([-2;1]\). أين تبلغ قيمتها الدنيا؟

على المجال \([-2;1]\)، الدالة \(f\) تناقصية على \([-2;0]\) ثم تزايدية على \([0;1]\). القيمة الدنيا هي \(f(0)=0\)؛ وعند الطرفين \(f(-2)=4\) و \(f(1)=1\)، إذن القيمة القصوى هي \(4\).

الجواب \([1;4]\) هو الخطأ الشائع: قراءة الصورة من الطرفين وحدهما لا تصح إلا بالنسبة لدالة رتيبة.

انطلق من \(f(x)=f(x')\) واستنتج العلاقة بين \(x\) و \(x'\).

ليكن \(x,x'\in\mathbb{R}\):

إذن \(f\) تباينية.

ليكن \(y\in\mathbb{R}\). للمعادلة \(2x+1=y\) الحل \(x=\dfrac{y-1}{2}\)، وهو عدد حقيقي. إذن لكل عنصر من مجموعة الوصول \(\mathbb{R}\) سابقة: \(f\) شمولية.

وبما أنها تباينية وشمولية، فإن \(f\) تقابلية، وتطبيقها العكسي:

بالنسبة للتباين، ابحث عن عددين حقيقيين مختلفين لهما الصورة نفسها. وبالنسبة للشمولية، ابحث عن عدد حقيقي بلا سابقة.

ليست تباينية: \(g(-1)=g(1)=1\) رغم أن \(-1\neq 1\).

وليست شمولية: العدد \(-1\) ليست له سابقة، لأن \(x^2\geqslant 0\) لكل عدد حقيقي \(x\).

للتطبيقين \(g_1\) و \(g_2\) نفس مجموعة الانطلاق \([0;+\infty[\) ونفس الصيغة؛ ولا تختلفان إلا في مجموعة الوصول. افحص على حدة ما يغيره ذلك في التباين، ثم في الشمولية.

التباين — يتعلق بمجموعة الانطلاق وحدها، وهي نفسها بالنسبة لـ \(g_1\) و \(g_2\). ليكن \(x,x'\in[0;+\infty[\):

إذن \(g_1\) و \(g_2\) تباينيتان معاً.

الشمولية — تتعلق بمجموعة الوصول، وهي بالضبط ما يميز بينهما.

• \(g_1:[0;+\infty[\to\mathbb{R}\) — العدد \(-1\) ينتمي إلى مجموعة الوصول \(\mathbb{R}\) وليست له سابقة في \([0;+\infty[\). إذن \(g_1\) ليست شمولية، وبالتالي ليست تقابلية.
• \(g_2:[0;+\infty[\to[0;+\infty[\) — لكل \(y\geqslant 0\)، العدد \(x=\sqrt{y}\) ينتمي إلى \([0;+\infty[\) ويحقق \(g_2(x)=y\). إذن \(g_2\) شمولية، وبالتالي تقابلية، وتطبيقها العكسي:

\(x\in\overline{A\cap B}\) تعني \(x\notin A\cap B\)، أي نفي العبارة «\(x\in A\) و \(x\in B\)».

ليكن \(x\in E\).

ونفي العطف هو فصل النفيين:

العبارة «\(x\notin A\) أو \(x\notin B\)» تعني \(x\in\overline{A}\) أو \(x\in\overline{B}\)، أي \(x\in\overline{A}\cup\overline{B}\). إذن:

اتبع استدلال a) في الاتجاه المعاكس: كل خطوة فيه تكافؤ.

ليكن \(x\in\overline{A}\cup\overline{B}\). عندئذ \(x\notin A\) أو \(x\notin B\)؛ إذن من الخطأ القول إن \(x\) ينتمي إلى \(A\) وإلى \(B\) معاً. ومنه \(x\notin A\cap B\)، أي \(x\in\overline{A\cap B}\). إذن:

التضمينان يعطيان المساواة:

كل خطوة في a) تكافؤ: كان بالإمكان الاستنتاج دفعة واحدة. والتضمين المزدوج ضروري لأنه يبقى صالحاً عندما لا يمكن عكس الاستلزامات — وهذه هي الطريقة التي ينبغي إتقانها.

انطلق من \((g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')\) واستعمل تباين \(g\) أولاً.

ليكن \(x,x'\in E\) بحيث \((g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')\)، أي \(g(f(x))=g(f(x'))\).

بما أن \(g\) تبايني: \(f(x)=f(x')\).

وبما أن \(f\) تبايني: \(x=x'\).

إذن \(g\circ f\) تبايني.

انطلق من عنصر \(z\in G\) وارجع إلى الوراء: أولاً عبر \(g\)، ثم عبر \(f\).

ليكن \(z\in G\).

بما أن \(g\) شمولي، يوجد \(y\in F\) بحيث \(g(y)=z\).

وبما أن \(f\) شمولي، يوجد \(x\in E\) بحيث \(f(x)=y\).

إذن \(g\circ f\) شمولي.

إذا كان \(f\) و \(g\) تقابليين، فهما تباينيان وشموليان. وحسب a) و b)، يكون \(g\circ f\) تباينياً وشمولياً، إذن تقابلياً.

وترتيب استعمال الفرضيات يختلف: «ننزل» عبر \(g\) ثم \(f\) من أجل التباين، و«نرجع» عبر \(g\) ثم \(f\) من أجل الشمولية.