He llegado a esto: $$ f: \ mathbb {N} \ to \ {\ ldots, -6, -4, -2,0,2,4,6, \ ldots \}, \ qquad f (n ) = \begin{cases} 2n & \text{ if } n \text{ is odd} \\ -n & \text{ if } n \text{ is even} \end {casos} $$
Aunque no sé qué hacer con esto. Nunca sé cómo formatear una prueba correctamente.
Como he señalado en el comentario, la función que describe no es surjective porque $4$ (o cualquier múltiplo de $4$) no tiene inversa de la imagen.
Suponiendo que definen el conjunto de los números enteros como, $\mathbb{E} = 2\mathbb{Z} = \{\dots, -6, -4, -2, 0, 2, 4, 6, \dots\}$
y el conjunto de productos naturales como, $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \dots\}$.
Definir $f: \mathbb{N} \to \mathbb{E}$ $f(n) = \begin{cases} -n, & \text{if %#%#% is even} \\ n+1, & \text{if %#%#% is odd} \end{casos}$
Usted necesita demostrar que es uno a uno y sobre. Tenga en cuenta que, si, $n$,, $n$ o $f(n_1) = f(n_2)$, y en ambos casos, nos, $n_1+1 = n_2+1$. Por lo tanto, $-n_1 = -n_2$ es uno-uno.
Para demostrar su en-ness, tomar cualquier elemento $n_1 = n_2$ desde el codominio $f$. A continuación, tenga en cuenta que si $n$, $\mathbb{E}$ e si $n \leq 0$,, $f(-n) = n$. Desde entonces, cada elemento en el codominio tiene una inversa de la imagen, $n > 0$ es sobre.
Así, llegamos a la conclusión de que $f(n-1) = n$ es contable.
Tenga en cuenta que, para demostrar countability de un conjunto $f$, es suficiente para demostrar la existencia de un mapa de $\mathbb{E}$ $S$(o cualquier otro contables), o en un mapa de $S$ (o cualquier otro contables conjunto) a $\mathbb{N}$. Bijections no se requiere necesariamente.
Bien, usted ha encontrado su bijection. Así que el siguiente paso es probar que es un bijection..... que no se puede porque no lo es.
Primera prueba es surjective: que para cualquier $e\in E$ que hay un $n\in \mathbb N$, de modo que $f(n) = e$.
El fracaso de la pf: vamos a $e=2k $. En $k\le 0$$f(-e) = e$. Si $k>0$ $k $ es impar, a continuación,$f (k)=2k=e $. Si $k>0$ $k $ es incluso... bueno, tienes una manguera. $f (even)\le 0$. Y $f (odd)=2*odd) $ pero nada le da un positivo $2*even $. No se puede hacer.
El próximo demostrar que es inyectiva. Que si $f(n) = f(m)$$n = m$. O si $n \ne m$$f(n) \ne f(m)$.
El fracaso de un pf: Vamos a $m \ne n$. Caso 1: $n, m$ son ambos impares. A continuación, $f(n)=2n$ $f(m) = 2m$ pero $2m\ne 2n$. hasta ahora tan bueno. Caso 2: $n, m$ son ambos impares. A continuación, $f(n) = -n$ $f(m) -m$ pero $-n \ne -m$. Hasta ahora tan bueno.
Caso 3: $n = 2k$ es incluso y $m = 2j + 1$ es impar. A continuación,$f(n) = -2k$. Y $f(m) = 4j + 2$. Ahora si $-2k = 4j + 2$$k = -2j - 1$. Que es ciertamente posible. $f(-2j - 1) = -4j -2 = f(4j+2)$ pero $-2j-1 \ne 4j+2$. Así que no es inyectiva.
===
Mi consejo sería cuando se trata de adivinar el bijection $f: \mathbb N \to \{...-6, -4, -2, 0 , 2, 4, 6,....\}$ sería más fácil tratar de encontrar
$f^{-1}= g: \{...-6, -4, -2, 0 , 2, 4, 6,....\}\to \mathbb N$ para obtener una mejor idea de una estrategia.
Aquí tenemos que averiguar qué hacer con el negativo y el positivo enteros. Necesitamos enviar los negativos a la mitad de los números enteros y enviar los aspectos positivos (y 0) a la otra.
Así que tenemos que mandar a los valores negativos para los impares o pares y el positivo (y 0) para los pares o impares.
Desde $0$ no es natural (a menos que sea) y no queremos que cero se deben enviar a $0$ y, a continuación, los negativos de las probabilidades.
Si $2k \le 0; g(2k) = - (2k + 1)$
Y podemos enviar el positivo iguala a ... el positivo impar.
Si $2k > 0$$g(2k) = 2k$.
Ahora si $g: \{...-6, -4, -2, 0 , 2, 4, 6,....\}\to \mathbb N$ es un bijection, a continuación, $f = g^{-1}: \mathbb N\to \{...-6, -4, -2, 0 , 2, 4, 6,....\}$ será demasiado.
Que en realidad no tienen para expresar $f(x)$ pero... bueno,....
$f:\mathbb N \to \{...-6, -4, -2, 0 , 2, 4, 6,....\}\to \mathbb N$. Si $n= 2k+1$ es impar, $f(n) = -2k$. Si $n=2k$ es incluso, $f(n) = n=2k$.
Ahora debemos demostrar que $f$ o $g$ es un bijection. Voy a hacer $f$ porque... bueno, es más difícil.
1) Mostrar el $f$ es surjective. Si $e = 2k \in E$ mostrar que hay un $n \in \mathbb N$, de modo que $f(n) = e$.
Si $e > 0$$f(e) = e$. Si $e =2k \le 0$$f(-2k + 1) = 2k = e$.
Por lo $f$ es surjective.
2) Muestre $f$ es inyectiva. Si $f(n) = f(m) = 2k$ probar que si $n\ne m$$f(n) \ne f(m)$.
Caso 1: $n,m$ tanto extraño. $n=2k + 1; m = 2j + 1; k\ne j$. A continuación,$f(2k+1) = -2k$$f(2j+1) = -2j$$-2k \ne -2j$.
Caso 2: $n = 2k ; m=2j$ son ambos inclusive $k \ne j$. A continuación,$f(2k) =2k$$f(2j) = 2j$$2k\ne 2j$.
Caso 3: $n = 2k +1$ es impar y $m = 2j$ es incluso. A continuación,$f(n)= -2k \le 0 < 2j = f(m)$. Por lo $f(n) \ne f(m)$.
Caso 4: $n$ a y $m$ extraño sería exactamente el mismo caso 3:
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
