Trang 1
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập GIẢI ĐỀ CƯƠNG MÔN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NHÓM NGÀNH 1 CHƯƠNG I: LOGIC - TẬP HỢP - ÁNH XẠ - SỐ PHỨC Câu 1. Lập bảng giá trị chân lý của các biểu thức mệnh đề sau: a) [A∧(B∨C)] →C b) [A∧(B∨C)]∧B Gợi ý : - Bước 1: Xác định số biến, tính số hàng bằng cách tính 2x với x là số biến. - Bước 2: Phân chia mệnh đề lớn thành các phần nhỏ, sau đó liệt kê các tổ hợp chân trị của các biến. - Bước 3: Điền giá trị chân lý cho các cột trung gian, rồi đối chiếu và so sánh. [Hướng dẫn giải] a) [A∧(B∨C)] →C A B C B∨C A∧(B∨C) [A∧(B∨C)] →C 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 b) [A∧(B∨C)]∧B — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 1
Trang 2
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập A B C A B∨C A∧(B∨C) [A∧(B∨C)]∧B 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 Câu 2. Cho p,q là các mệnh đề. Hai mệnh đề (p → q) → q và p∨q có tương đương logic không? Vì sao? Gợi ý : - Cách 1: Lập bảng chân trị (giống Câu 1). - Cách 2: Sử dụng các đẳng thức/ quan hệ logic như De Morgan, tính chất phân phối... [Hướng dẫn giải] +) Ta có: (p → q) → q ⇔ (p∨q) → q ⇔ (p∨q)∨q ⇔ (p∧q)∨q ⇔ (p∨q)∧(q∨q) ⇔ (p∨q)∧1 ⇔ p∨q +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho là tương đương logic Câu 3. Chứng minh rằng: a) A ↔ B và (A∧B)∨(A∧B) là tương đương logic. b) (A → B) →C và A → (B →C) không tương đương logic. c) A ↔ B và A ↔ B là tương đương logic. Gợi ý : Với câu hỏi này, các bạn có thể sử dụng bảng chân trị hoặc định lý De Morgan cùng với tính chất phân phối để chứng minh. [Hướng dẫn giải] a) A ↔ B và (A∧B)∨(A∧B) là tương đương logic +) Ta có: A ↔ B ⇔ (A → B)∧(B → A) ⇔ (A∨B)∧(B∨A) ⇔ [(A∨B)∧B]∨[(A∨B)∧A] ⇔ [(A∧B)∨0]∨[0∨(B∧A)] ⇔ (A∧B)∨(A∧B) +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho là tương đương logic b) (A → B) →C và A → (B →C) không tương đương logic — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 2
Trang 3
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập +) Ta có bảng giá trị chân lí: A B C A → B (A → B) →C B →C A → (B →C) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho không tương đương logic c) A ↔ B và A ↔ B là tương đương logic +) Theo câu a, ta có: A ↔ B ⇔ (A∧B)∨(A∧B) ⇔ (A∨B)∧(A∨B) ⇔ (B → A)∧(A → B) ⇔ A ↔ B +) Kết luận: Hai mệnh đề đã cho là tương đương logic Câu 4. Cho các mệnh đề A, B và C thỏa mãn (A∧C) → (B∧C) và (A∨C) → (B∨C) là các mệnh đề đúng. Chứng minh rằng (A → B) là mệnh đề đúng. Gợi ý : Với câu hỏi này, các bạn cần nắm rõ bảng giá trị chân lý của từng phép toán mệnh đề để suy luận ra các giá trị thích hợp. [Hướng dẫn giải] +) Giả sử A → B là mệnh đề sai, tức A → B = 0 ⇒ A = 1, B = 0 +) Ta có bảng giá trị chân lý: A B C (A∧C) → (B∧C) (A∨C) → (B∨C) 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 Khi đó, giả sử trên trái với giả thiết là (A∧C) → (B∧C) và (A∨C) → (B∨C) luôn đúng +) Kết luận: A → B là mệnh đề đúng với giả thiết Câu 5. Cho mệnh đề logic "Nếu 2020 là số lẻ thì nó chia hết cho 3". Hỏi mệnh đề là đúng hay sai? Giải thích? — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 3
Trang 4
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Gợi ý : Với câu hỏi này, các bạn cần nắm rõ giá trị chân lý của phép kéo theo [Hướng dẫn giải] +) Đặt A = "2020 là số lẻ", B = "2020 chia hết cho 3" Khi đó: A, B có giá trị chân lý lần lượt là 0 và 0 ⇒ A → B có giá trị chân lí là 1 Mà ta có: A → B = "Nếu 2020 là số lẻ thì nó chia hết cho 3" +) Kết luận: Mệnh đề logic đã cho là đúng Câu 6. Cho hàm số f xác định trên R. Hàm số f là đơn ánh có thể được xác định bởi mệnh đề "Với mọi x1, x2 thuộc tập R, nếu f(x1) = f(x2) thì x1 = x2". Hãy dùng các kí hiệu để diễn tả mệnh đề trên và mệnh đề phủ định của nó. Từ đó đưa ra cách chứng minh một hàm số không phải là đơn ánh. Gợi ý : Các tính chất về đơn ánh • Chứng minh đơn ánh: + Cách 1: Giả sử x1,x2 ∈ D mà x1 ̸= x2. Từ đó, hãy chứng minh được f(x1), f(x2) ∈ f(D) và f(x1) ̸= f(x2) + Cách 2: Giả sử f(x1) = f(x2), với x1,x2 ∈ D, từ đó khai triển theo công thức của ánh xạ đã cho, chứng minh x1 = x2 • Chứng minh không phải đơn ánh: Tìm kiếm a,b ∈ D (a ̸= b) mà f(a) = f(b), dựa trên khai triển đẳng thức f(a) = f(b) [Hướng dẫn giải] +) Ta có: Mệnh đề A ⇔ ∀ x1, x2 ∈ R : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 ⇒ Mệnh đề phủ định của A là: A ⇔ ∀x1, x2 ∈ R : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : (f(x1) = f(x2))∨(x1 = x2) ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : (f(x1) = f(x2))∧(x1 = x2) ⇔ ∃x1,x2 ∈ R : (f(x1) = f(x2))∧(x1 ̸= x2) +) Kết luận: Để chứng minh một hàm số không phải là đơn ánh, ta tìm x1, x2 ∈ R, x1 ̸= x2 sao cho f(x1) = f(x2) Câu 7. Giả sử f(x), g(x) là các hàm số xác định trên R. Kí hiệu các tập hợp sau: A = {x ∈ R | f(x) = 0}, B = {x ∈ R | g(x) = 0}. Biểu diễn tập nghiệm hai phương trình sau qua hai tập hợp A, B: a) f(x)g(x) = 0. b) [f(x)]2 + [g(x)]2 = 0. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 4
Trang 5
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Gợi ý : - Bước 1: Giải phương trình f(x)=0, tìm ra nghiệm x - Bước 2: Sử dụng các lí thuyết về giao,hợp của tập hợp ⇒ Tập nghiệm của phương trình [Hướng dẫn giải] a) f(x)g(x) = 0 " " f(x) = 0 x ∈ A +) Ta có: f(x)g(x) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ A∪B g(x) = 0 x ∈ B +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = A∪B b) [f(x)]2 + [g(x)]2 = 0 ( 2 2 x ∈ A +) Ta có: [f(x)] + [g(x)] = 0 ⇔ f(x) = g(x) = 0 ⇔ ⇔ x ∈ A∩B x ∈ B +) Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S = A∩B Câu 8. Cho các tập hợp A = [3; 6), B = (1; 5), C = [2; 4]. Xác định tập hợp (A∩B)\C, (A∪B)\C, (A\C)∩(B\C) và (A\C)∪(B\C). Gợi ý : Sử dụng các lí thuyết về giao, hợp và hiệu của các tập hợp - Giao: A∩B = {x | x ∈ A và x ∈ B}. - Hợp: A∪B = {x | x ∈ A hoặc x ∈ B}. - Hiệu: A\B = {x | x ∈ A và x ∈/ B} = A∩B. [Hướng dẫn giải] +) (A∩B)\C Ta có: A∩B = [3,6)∩(1,5) = [3,5) ⇒ (A∩B)\C = [3,5)\[2,4] = (4,5) +) (A∪B)\C Ta có: A∪B = [3,6)∪(1,5) = (1,6) ⇒ (A∪B)\C = (1,6)\[2,4] = (1,2)∪(4,6). +) (A\C)∩(B\C) Ta có: A\C = [3,6)\[2,4] = (4,6), và B\C = (1,5)\[2,4] = (1,2)∪(4,5) ⇒ (A\C)∩(B\C) = (4,6)∩((1,2)∪(4,5)) = (4,5). +) (A\C)∪(B\C) Ta có: (A\C)∪(B\C) = (4,6)∪[(1,2)∪(4,5)] = (1,2)∪(4,6). Câu 9. Cho A = {x ∈ R | x2 −4x+3 ≤ 0}, B = {x ∈ R | |x−1| ≤ 1} vàC = {x ∈ R | x2 −6x+5 ≥ 0}. Xác định (A∪B)∩C và (A∩B)∪C. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 5
Trang 6
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Gợi ý : Sử dụng các lí thuyết về giải bất phương trình cùng giao và hợp của các tập hợp - Giao: A∩B = {x | x ∈ A và x ∈ B}. - Hợp: A∪B = {x | x ∈ A hoặc x ∈ B}. [Hướng dẫn giải] +) A = {x ∈ R | x2 −4x+3 ≤ 0} ⇒ A = [1,3]. +) B = {x ∈ R | |x−1| ≤ 1} ⇒ B = [0,2]. +) C = {x ∈ R | x2 −6x+5 ≥ 0} ⇒C = (−∞,1]∪[5,∞). Xác định : +) (A∪B)∩C Ta có: A∪B = [1,3]∪[0,2] = [0,3] ⇒ (A∪B)∩C = [0,3]∩ (−∞,1]∪[5,∞) = [0,1]. +) (A∩B)∪C Ta có: A∩B = [1,3]∩[0,2] = [1,2] ⇒ (A∩B)∪C = [1,2]∪ (−∞,1]∪[5,∞) = (−∞,2]∪[5,∞). Câu 10. Cho các tập hợp A = {−1; 0; 1}, B = {−2; 2} và C = {0; 1; 2; 3}. Xác định A×B, B×C, (A×B)∩(B×C), (A×B)∪(B×C) và (A×B)\(B×C). Gợi ý : Sử dụng các lí thuyết về giao, hợp, hiệu và tích Descartes của tập hợp - Tích Descartes: A×B = {(a,b) | a ∈ A,b ∈ B}. - Giao: X ∩Y = {z | z ∈ X và z ∈Y}. - Hợp: X ∪Y = {z | z ∈ X hoặc z ∈Y}. - Hiệu: X \Y = {z | z ∈ X và z ∈/ Y}. [Hướng dẫn giải] Ta có: +) A×B = {(a,b) | a ∈ A, b ∈ B} = {(−1,−2),(−1,2),(0,−2),(0,2),(1,−2),(1,2)}. +) B×C = {(b,c) | b ∈ B, c ∈C} = {(−2,0),(−2,1),(−2,2),(−2,3),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3)}. Xét (A×B) và (B×C) là hai tập rời nhau nên ta dễ tính được: +) (A×B)∩(B×C) = ∅. +) (A×B)∪(B×C) = {(−1,−2),(−1,2),(0,−2),(0,2),(1,−2),(1,2),(−2,0),(−2,1),(−2,2), (−2,3),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3)}. +) (A×B)\(B×C) = A×B = {(−1,−2),(−1,2),(0,−2),(0,2),(1,−2),(1,2)}. (Vì (A×B)∩(B×C) = ∅ ) Câu 11. Cho A,B,C,D là các tập hợp bất kì. Chứng minh: (a) A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) (b) A∪(B\A) = A∪B (c) (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 6
Trang 7
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập (d) (A∩B)×C = (A×C)∩(B×C) [Hướng dẫn giải] Gợi ý : - Bước 1: Áp dụng các phép biến đổi cơ bản của tập hợp. - Bước 2: Chứng minh tương tự với vế còn lại cho tới khi thu được 1 tập giống nhau ⇒ chứng minh hoàn a) A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) +) Ta có: A∩(B\C) = A∩(B∩C) = A∩B∩C 1 +) Lại có: (A∩B)\(A∩C) = A∩B∩(A∩C) = A∩B∩(A∪C) = (A∩B∩A)∪(A∩B∩C) = A∩B∩C 2 Từ 1 và 2 ⇒ A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) +) Kết luận: A∩(B\C) = (A∩B)\(A∩C) b) A∪(B\A) = A∪B +) Ta có: A∪(B\A) = A∪(B∩A) = (A∪B)∩(A∪A) = A∪B +) Kết luận: A∪(B\A) = A∪B c) (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) +) Ta có: (A\B)∩(C\D) = A∩B∩C∩D 1 +) Lại có: (A∩C)\(B∪D) = A∩C∩ B∪D = A∩C∩ B∩D = A∩B∩C∩D 2 Từ (1) và (2) ⇒ (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) +) Kết luận: (A\B)∩(C\D) = (A∩C)\(B∪D) d) (A∩B)×C = (A×C)∩(B×C) Gợi ý : - Bước 1: Áp dụng tính chất của tích Descartes và giao giữa các tập hợp: (A∩B)×C = {(x,y) | x ∈ A∩B,y ∈C} (A×C)∩(B×C) = {(x,y) | x ∈ A,y ∈C} ∩ {(x,y) | x ∈ B,y ∈C} - Bước 2: Nhận ra rằng cả hai vế đều mô tả tập hợp các cặp (x,y) sao cho x ∈ A∩B và y ∈C. Do đó, hai vế bằng nhau. +) Xét (x,y) ∈ (A∩B()×C, ta có: ( x ∈ A ( x ∈ (A∩B) (x,y) ∈ (A×C) ⇒ x ∈ B ⇒ y ∈C (x,y) ∈ (B×C) y ∈C ⇒ (x,y) ∈ (A×C)∩(B×C) +) Xét (x,y) ∈ (A×C)∩(B×C), ta có: — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 7
Trang 8
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ( x ∈ A ( ( (x,y) ∈ A×C y ∈C x ∈ A∩B ⇒ ( ⇒ (x,y) ∈ B×C x ∈ B y ∈C y ∈C ⇒ (x,y) ∈ (A∩B)×C +) Kết luận: (A∩B)×C = (A×C)∩(B×C) Câu 12. Cho A, B, C, D là các tập hợp bất kì. a) Khẳng định (A∪B)×(C∪D) = (A×C)∪(B×D) có đúng không? Nếu không đúng, tìm một phản ví dụ. b) Chứng minh rằng nếu (A∩C) ⊂ (A∩B) và (A∪C) ⊂ (A∪B) thì C ⊂ B. [Hướng dẫn giải] a) Gợi ý : - Bước 1: Áp dụng định nghĩa của tích Descartes và phép hợp: (A∪B)×(C∪D) = {(x,y) | x ∈ A∪B, y ∈C∪D} (tức là có thể xảy ra nhiều tổ hợp giữa các phần tử của A,B với C,D) - Bước 2: So sánh với vế phải (A×C)∪(B×D): Tập này chỉ bao gồm các cặp (x,y) mà x ∈ A,y ∈C hoặc x ∈ B,y ∈ D. Xét xem liệu nó có bao hàm hết các khả năng của vế trái không. Nếu không, hãy thử một ví dụ đơn giản với các tập rời nhau để phản chứng. Xét phản ví dụ sau: A = {1}, B = {2}, C = {3}, D = {4} +) Khi đó: (A∪B)×(C∪D) = {1,2} × {3,4} = {(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)} (A×C)∪(B×D) = {(1,3)} ∪ {(2,4)} = {(1,3),(2,4)} +) Kết luận: (A∪B)×(C∪D) ̸= (A×C)∪(B×D) b) Gợi ý : - Bước 1: Biến đổi điều kiện: (A∩C) ⊂ (A∩B) ⇒ x ∈C ⇒ x ∈ B nếu x ∈ A (A∪C) ⊂ (A∪B) ⇒ x ∈C ⇒ x ∈ B nếu x ∈/ A - Bước 2: Xét mọi x ∈C, chia làm hai trường hợp: +) x ∈ A ⇒ x ∈ A∩C ⇒ x ∈ A∩B ⇒ x ∈ B +) x ∈/ A ⇒ x ∈C ⇒ x ∈ A∪C ⇒ x ∈ A∪B ⇒ x ∈ B ⇒ x ∈ B trong cả hai trường hợp ⇒C ⊂ B +) Xét x ∈C, ta có hai trường hợp sau: +) Nếu x ∈ A ⇒ x ∈ (A∩C) – Theo giả thiết (A∩C) ⊂ (A∩B) ⇒ x ∈ (A∩B) ⇒ x ∈ B – ∀x ∈C,x ∈ B ⇒C ⊂ B — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 8
Trang 9
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập +) Nếu x ∈/ A, ta vẫn có x ∈ (A∪C) – Theo giả thiết (A∪C) ⊂ (A∪B) ⇒ x ∈ (A∪B) mà x ∈/ A ⇒ x ∈ B – ∀x ∈C,x ∈ B ⇒C ⊂ B +) Kết luận: nếu (A∩C) ⊂ (A∩B) và (A∪C) ⊂ (A∪B) thì C ⊂ B. Câu 13. Trong các ánh xạ sau đây, ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh, song ánh? a) f : R → R, f(x) = −2x+3. b) f : (−∞,0] → [4,∞), f(x) = x2 +4. c) f : (1,∞) → (−1,∞), f(x) = x2 −2x. d) f : [4,9] → [21,96], f(x) = x2 +2x−3. 3x+1 e) f : R\ {1} → R\ {3}. f(x) = . f) f : R → R, f(x) = 3x−2|x|. x−1 [Hướng dẫn giải] Gợi ý : Xét tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh của ánh xạ - Bước 1: Kiểm tra tính đơn ánh • Chứng minh đơn ánh: + Cách 1: Giả sử x1,x2 ∈ D mà x1 ̸= x2. Từ đó, hãy chứng minh được f(x1), f(x2) ∈ f(D) và f(x1) ̸= f(x2) + Cách 2: Giả sử f(x1) = f(x2), với x1,x2 ∈ D, từ đó khai triển theo công thức của ánh xạ đã cho, chứng minh x1 = x2 • Chứng minh không phải đơn ánh: Tìm kiếm a,b ∈ D (a ̸= b) mà f(a) = f(b), dựa trên khai triển đẳng thức f(a) = f(b) - Bước 2: Kiểm tra tính toàn ánh • Chứng minh toàn ánh: Xét y ∈ f(D) bất kì, giải phương trình f(x) = y. Nếu phương trình này có nghiệm x ∈ D, thì f là toàn ánh • Chứng minh không phải toàn ánh: Tìm kiếm giá trị y ∈ f(D) đặc biệt, để phương trình f(x) = y vô nghiệm trong D. - Bước 3: Kiểm tra tính song ánh • Chứng minh song ánh: + Cách 1: Nếu f thỏa mãn vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh thì f là song ánh + Cách 2: Xét y ∈ f(D) bất kì. Nếu phương trình f(x) = y có nghiệm duy nhất x ∈ D thì f là song ánh • Chứng minh không phải song ánh Nếu f không là đơn ánh hoặc f không là toàn ánh thì f không là song ánh a) f : R → R, f(x) = −2x+3. +) Xét x1,x2 ∈ R. Nếu x1 ̸= x2 thì −2x1 +3 ̸= −2x2 +3 ⇔ f(x1) ̸= f(x2) Nếu f(x1) = f(x2) thì −2x1 +3 = −2x2 +3 ⇔ x1 = x2. — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 9
Trang 10
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ f là đơn ánh. +) Xét ∀ y ∈ R. y−3 f(x) = y ⇔ −2x+3 = y ⇒ x = ∈ R. −2 ⇒ f(x) = y có nghiệm với mọi y ∈ R. ⇒ f là toàn ánh. +) Vì f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh nên f là song ánh b) f : (−∞,0] → [4,∞), f(x) = x2 +4. +) Xét x1,x2 ∈ (−∞; 0]. Nếu x ̸= x thì x2 +4 ̸= x2 +4 ⇔ f(x ) ̸= f(x ). 1 2 1 2 1 2 Nếu f(x ) = f(x ) thì x2 +4 = x2 +4 ⇔ x2 = x2 ⇔ x = x (vì x ,x ∈ (−∞; 0]). 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ⇒ f là đơn ánh. +) Xét ∀ y ∈ [4;+∞). p f(x) = y ⇔ x2 +4 = y ⇒ x = − y−4 (vì x ∈ (−∞; 0]). ⇒ f(x) = y có nghiệm với mọi y ∈ [4;+∞). ⇒ f là toàn ánh. +) Vì f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh nên f là song ánh. c) f : (1,∞) → (−1,∞), f(x) = x2 −2x. +) Xét x1,x2 ∈ (1,+∞). Nếu x1 ̸= x2 thì f(x1) ̸= f(x2). Nếu f(x ) = f(x ) thì x2 −2x = x2 −2x ⇔ (x −x )(x +x −2) = 0. 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 Vì x1,x2 > 1 nên x1 +x2 −2 > 0. Do đó, x1 −x2 = 0 ⇔ x1 = x2. ⇒ f là đơn ánh. +) Xét ∀ y ∈ (−1,+∞). f(x) = y ⇔ x2 −2x = y ⇔ (x−1)2 = y+1. p p Do x > 1, ta có x−1 = y+1 ⇒ x = 1+ y+1. ⇒ f(x) = y có nghiệm với mọi y ∈ (−1,+∞). — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 10
Trang 11
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ f là toàn ánh. +) Vì f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh nên f là song ánh. d) f : [4,9] → [21,96], f(x) = x2 +2x−3. +) Xét x1,x2 bất kì thuộc [4,9], thỏa mãn x1 ̸= x2. Khảo sát ta dễ dàng thấy f(x1), f(x2) ∈ [21,96]. Với x ̸= x thì x2 +2x −3 = (x +1)2 −4 ̸= (x +1)2 −4 = x2 +2x −3 1 2 1 1 1 2 2 2 ⇒ f là đơn ánh +) Xét y ∈ [21,96] bất kì f(x) = y ⇔ x2 +2x−3 = y ⇔ (x+1)2 −4 = y (*) Vì y ∈ [21,96] nên (x+1)2 −4 thuộc [21,96]. Khi đó, phương trình (*) có nghiệm x ∈ [4,9] ⇒ f là toàn ánh +) Vì f vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh ⇒ f là song ánh 3x+1 e) f : R\ {1} → R\ {3}, f(x) = . x−1 +) Xét f(x1) = f(x2), với x1,x2 ̸= 1 3x1 +1 3x2 +1 Khi đó, = x1 −1 x2 −1 ⇔ (3x1 +1)(x2 −1) = (3x2 +1)(x1 −1) ⇔ 3x1x2 −3x1 +x2 −1 = 3x2x1 −3x2 +x1 −1 ⇔ x1 = x2 ⇒ f là đơn ánh +) Xét y ∈ R\ {3} bất kì 3x+1 Xét phương trình f(x) = y = x−1 y+1 ⇔ x = và x ̸= 1 y−3 ⇒ Phương trình y = f(x) luôn có nghiệm x ∈ R\ {1} nên f là toàn ánh +) Vì f vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh ⇒ f là song ánh f) f : R → R, f(x) = 3x−2|x|. +) Giả sử f không phải là đơn ánh. Khi đó, tồn tại x1 > x2 sao cho f(x1) = f(x2) Khi đó, 3x1 −2|x1| = 3x2 −2|x2| ⇔ 3(x1 −x2) = 2(|x1| − |x2|) (*) Nếu x1,x2 cùng dấu, giả sử x1,x2 > 0. Khi đó, (*) trở thành: — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 11
Trang 12
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 3(x1 −x2) = 2(x1 −x2) ⇔ x1 = x2(vô lý với điều giả sử) Tương tự với x1,x2 < 0. Ta chứng minh được x1 = x2 (vô lý với điều giả sử) Nếu x1 > 0,x2 < 0, khi đó (*) trở thành 3(x1 −x2) = 2(x1 +x2) ⇔ x1 = 5x2 (vô lý do x1 > 0, 5x2 < 0) Nếu x1 = 0 thì x2 = 0 và ngược lại (vô lý với điều giả sử) Vậy giả sử sai, dẫn đến f là đơn ánh +) Xét y ∈ R bất kỳ Xét phương trình f(x) = y (*) ⇔ 3x−2|x| = y y ⇒ x = y nếu x ≥ 0 và x = ngược lại 5 ⇒ Phương trình (*) luôn có nghiệm x ∈ R, với mọi y ⇒ f là toàn ánh +) Vì f vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh nên f là song ánh 1+x 2 2 Câu 14. Chứng minh các ánh xạ f : (−1,1) → R, f(x) = ln và g : R → R , g(x,y) = (x+ 1−x y,x−y) là song ánh. Xác định f−1 và g−1. [Hướng dẫn giải] Gợi ý : - Bước 1: Chứng minh f,g là song ánh, khi đó mới tồn tại f−1,g−1 - Bước 2: Tiến hành giải phương trình f(x) = y, g(x,y) = (a,b). Biểu diễn nghiệm x theo y, (x,y) theo a,b. Từ đó đổi lại biến - Bước 3: Suy ra ánh xạ f−1,g−1 gồm đầy đủ tập nguồn, tập đích và công thức ánh xạ. +) Ta chứng minh f là song ánh Thật vậy, với y bất kỳ thuộc R. Xét phương trình f(x) = y 1+x ⇔ ln = y 1−x 1+x y ⇔ = e 1−x 2 y ⇔ −1 = e 1−x ey −1 ⇔ x = , thuộc (−1,1), và là nghiệm duy nhất ey +1 ⇒ f là song ánh, nên tồn tại f−1 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 12
Trang 13
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ex −1 Khi đó, f−1 : R → (−1,1), f−1(x) = ex +1 +) Xét (a,b) ∈ R2 bất kì. Xét phương trình g(x,y) = (a,b) Khi đó, (x+y,x−y) = (a,b) ( x+y = a ⇔ x−y = b a+b a−b ⇒ x = , y = 2 2 −1 2 2 −1 x+y x−y Vậy g : R → R , g (x,y) = , 2 2 ex −1 +) Kết luận: f−1 : R → (−1,1), f−1(x) = ex +1 −1 2 2 −1 x+y x−y g : R → R , g (x,y) = , 2 2 Câu 15. Cho hai ánh xạ: f : R\ {0} → R g : R → R 1 2x x 7→ x 7→ x 1+x2 a) Ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh. Tìm g(R) b) Xác định h = g◦ f [Hướng dẫn giải] Gợi ý : a) Xét tính đơn ánh, toàn ánh và tìm g(R): 1 - Bước 1: Xét ánh xạ f(x) = : x So sánh f(x1) và f(x2) để chứng minh đơn ánh. Xét xem có tồn tại x để f(x) = 0 không, từ đó suy ra tính toàn ánh. 2x - Bước 2: Xét ánh xạ g(x) = : 1+x2 Đặt g(x) = m, biến đổi về phương trình bậc hai để phân tích số nghiệm theo ∆′. Dựa vào điều kiện có nghiệm thực của phương trình, tìm khoảng giá trị của m thỏa mãn. - Bước 3: Kết luận: +) f là đơn ánh nhưng không toàn ánh. +) g không đơn ánh, không toàn ánh và g(R) = [−1; 1]. Gợi ý : b) Xác định h = g◦ f: 1 - Bước 1: Viết biểu thức h(x) = g(f(x)) = g x — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 13
Trang 14
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập 2· 1 2x - Bước 2: Thay biểu thức f(x) vào hàm g, thực hiện rút gọn phân thức: h(x) = x = 1+ 1 2 1+x2 x - Bước 3: Nhận xét: Biểu thức của h(x) trùng với g(x) a) +) Xét ánh xạ f 1 1 – Với x1,x2 ∈ R\ {0}, xét f(x1) = f(x2) ⇔ = ⇔ x1 = x2 → f đơn ánh. x1 x2 1 – Nhận thấy: f(x) = 0 ⇔ = 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm ⇒ f không toàn ánh. x 2x 2 +) Xét g(x) = m ⇔ = m ⇔ mx −2x+m = 0 (1) 1+x2 – Nếu ∆′ = 1−m2 > 0 thì phương trình có 2 nghiệm nên f không đơn ánh. – Nếu ∆′ = 1−m2 < 0 thì phương trình vô nghiệm nên f không toàn ánh. – Để (1) có nghiệm thì: ∆′ ≥ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1 ⇒ g(R) = [−1; 1] +) Kết luận: Ánh xạ f đơn ánh g(R) = [−1; 1] 1 1 2. 2x b) Ta có: h = g◦ f = g(f(x)) = g = x = x 1 2 1+x2 1+ x Câu 16. Cho f : R2 → R2, f(x,y) = (x2 −y,x+y) và g : R2 → R2, g(x,y) = (x+y,x−y). a) Ánh xạ f có là đơn ánh, toàn ánh không? Vì sao? b) Xác định f ◦g và g◦ f. [Hướng dẫn giải] Gợi ý : a) Xác định tính đơn ánh, toàn ánh của f - Bước 1: Chứng minh f không phải đơn ánh bằng cách chỉ ra (x ,y ),(x ,y )∈R2 (x ,y )̸= (x ,y ) 1 1 2 2 1 1 2 2 mà f(x1,y1) = f(x2,y2) Ở đây, khi khai triển thì dễ dàng chọn ra được (x1,y1) = (1,3) và (x2,y2) = (−2,6) thì thỏa mãn - Bước 2: Chứng minh f không phải toàn ánh bằng cách chứng minh phương trình f(x,y) = (−3,1) vô nghiệm. Tìm dựa trên x2 −y+x+y = x2 +x và chọn t sao cho phương trình x2 +x =t vô nghiệm b) Xác định f ◦g, g◦ f - Bước 1: Tìm tập nguồn và tập đích của ánh xạ f ◦g,g◦ f : R2 → R2 - Bước 2: Viết biểu thức (f ◦g)(x,y) = f(g(x,y)), và thay biểu thức g(x,y) vào f. Sau đó, thực hiện rút gọn. Tương tự với (g◦ f)(x,y) - Bước 3: Kết luận 2 ánh xạ cần tìm theo đúng cấu trúc a) +) Ta có: f(1,3) = f(−2,6) = (−2,4) ⇒ f không là đơn ánh +) Xét phương trình f(x,y) = (−3,1) (*) — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 14
Trang 15
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Khi đó, (x2 −y,x+y) = (−3,1) ( x2 −y = −3 ⇒ x+y = 1 Cộng vế - vế, ta được: x2 +x = −2 ⇔ x2 +x+2 = 0 (vô nghiệm) ⇒ Không tồn tại (x,y) ∈ R2 thỏa mãn phương trình (*) ⇒ f không là toàn ánh +) Xét (x ,y ),(x ,y ) ∈ R2 thỏa mãn g(x ,y ) = g(x ,y ). 1 1 2 2 1 1 2 2 Khi đó, (x1 +y1,x1 −y1) = (x2 +y2,x2 −y2) ( ( x1 +y1 = x2 +y2 x1 = x2 ⇒ ⇒ ⇒ (x1,y1) = (x2,y2) x1 −y1 = x2 −y2 y1 = y2 ⇒ g là đơn ánh +) Xét (a,b) ∈ R2 bất kỳ. Xét phương trình g(x,y) = (a,b) (*) Khi đó, (x+y,x−y) = (a,b) ( x+y = a a+b a−b a+b a−b ⇒ ⇒ x = y = ⇒ (x,y) = , x−y = b 2 2 2 2 ⇒ Phương trình (*) có nghiệm (x,y) thỏa mãn ⇒ g là toàn ánh b) +) f ◦g : R2 → R2 (f ◦g)(x,y) = f(x+y,x−y) = ((x+y)2 −(x−y),x+y+x−y) = ((x+y)2 −x+y,2x) +) g◦ f : R2 → R2 (g◦ f)(x,y) = g(x2 −y,x+y) = (x2 −y+x+y,x2 −y−(x+y)) = (x2 +x,x2 −x−2y) +) Kết luận: f ◦g : R2 → R2, (f ◦g)(x,y) = ((x+y)2 −x+y,2x) g◦ f : R2 → R2, (g◦ f)(x,y) = (x2 +x,x2 −x−2y) Câu 17. Chứng minh các tính chất sau đây của ảnh và nghịch ảnh của ánh xạ: f : X →Y bất kỳ: (a) f(A∪B) = f(A)∪ f(B) ∀ A,B ⊂ X (b) f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B) ∀ A,B ⊂ X. Nêu ví dụ chứng tỏ điều ngược lại không đúng (c) f(A)\ f(B) ⊂ f(A\B) ∀ A,B ⊂ X. Nêu ví dụ chứng tỏ điều ngược lại không đúng (d) f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B) ∀ A,B ⊂Y (e) f−1(A∩B) = f−1(A)∩ f−1(B) ∀ A,B ⊂Y — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 15
Trang 16
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập (f) f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B) ∀ A,B ⊂Y [Hướng dẫn giải] a) f(A∪B) = f(A)∪ f(B);A,B ⊂ X Gợi ý : - Bước 1: Xuất phát từ định nghĩa ảnh của một tập hợp dưới ánh xạ f, phân tích phần tử y ∈ f(A∪B) và so sánh với các tập f(A), f(B). - Bước 2: Sử dụng bao hàm hai chiều để kiểm tra đẳng thức giữa f(A∪B) và f(A)∪ f(B). +) Giả sử y ∈ f(A∪B),y = f(x) thì x ∈ A∪B ( ( x ∈ A y ∈ f(A) ⇔ ⇔ ⇔ f(A∪B) ⊂ f(A)∪ f(B) 1 x ∈ B y ∈ f(B) +) Ta có: f(A) ⊂ f(A∪B); f(B) ⊂ f(A∪B) ⇔ f(A)∪ f(B) ⊂ f(A∪B) 2 Từ (1) và (2) ⇒ f(A∪B) = f(A)∪ f(B) +) Kết luận: f(A∪B) = f(A)∪ f(B);A,B ⊂ X b) f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B);A,B ⊂ X. Nêu ví dụ chứng tỏ điều ngược lại không đúng Gợi ý : - Bước 1: Áp dụng quan hệ A∩B ⊂ A,B để suy ra tính bao hàm của ảnh. - Bước 2: Xét một ví dụ cụ thể (chẳng hạn f(x) = x2 với A,B thích hợp) để phản chứng chiều ngược lại. +) Ta có: A∩B ⊂ A ⇒ f(A∩B) ⊂ f(A). Tương tự: f(A∩B) ⊂ f(B) ⇒ f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B) +) Xét f(x) = x2;A = {3};B = {−3} ⇒ f(A∩B) = ∅; f(A)∩ f(B) = {9} ⇒ Điều ngược lại không đúng. +) Kết luận: f(A∩B) ⊂ f(A)∩ f(B);A,B ⊂ X c) f(A)\ f(B) ⊂ f(A\B) ∀ A,B ⊂ X. Nêu ví dụ chứng tỏ điều ngược lại không đúng Gợi ý : - Bước 1: Giả sử y ∈ f(A)\ f(B), truy ngược về phần tử x trong miền. - Bước 2: Đối chiếu với A\B. - Bước 3: Nêu ví dụ để chứng minh điều kiện đảo ngược không đúng. ( f(x) ∈ f(A) +) Giả sử y ∈ (f(A)\ f(B)), y = f(x) thì f(x) ∈/ f(B) ( x ∈ A Khi đó, hay x ∈ (A\B) ⇒ f(x) ∈ f(A\B) ⇒ f(A)\ f(B) ⊂ f(A\B) x ∈/ B +) Xét f(x) = x2, A = 3, B = −3 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 16
Trang 17
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập ⇒ f(A)\ f(B) = {∅}, f(A\B) = {9} ⇒ Điều ngược lại không đúng +) Kết luận: f(A)\ f(B) ⊂ f(A\B) ∀ A,B ⊂ X. d) f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B);A,B ⊂Y Gợi ý : - Bước 1: Viết lại định nghĩa của f−1(A∪B). - Bước 2: So sánh trực tiếp với f−1(A)∪ f−1(B). - Bước 3: Chỉ ra hai tập này thực chất trùng nhau. +) Giả sử x ∈ f−1(A∪B) ⇔ f(x) ⊂ A∪B ( ( f(x) ∈ A x ∈ f−1(A) ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ f−1(A)∪ f−1(B) f(x) ∈ B x ∈ f−1(B) ⇒ f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B) +) Kết luận: f−1(A∪B) = f−1(A)∪ f−1(B);A,B ⊂Y e) f−1(A∩B) = f−1(A)∩ f−1(B);A,B ⊂Y Gợi ý : - Bước 1: Viết lại định nghĩa của f−1(A∩B). - Bước 2: So sánh với f−1(A)∩ f−1(B). - Bước 3: Lập luận bao hàm hai chiều để chứng minh bằng nhau. +) Giả sử x ∈ f−1(A∩B) ⇔ f(x) ⊂ A∩B ( ( f(x) ∈ A x ∈ f−1(A) ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ f−1(A)∩ f−1(B) f(x) ∈ B x ∈ f−1(B) ⇒ f−1(A∪B) = f−1(A)∩ f−1(B) +) Kết luận: f−1(A∩B) = f−1(A)∩ f−1(B);A,B ⊂Y f) f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B);A,B ⊂Y Gợi ý : - Bước 1: Xét x ∈ f−1(A\B) theo định nghĩa. - Bước 2: Liên hệ với f−1(A) và f−1(B). - Bước 3: Kết luận biểu thức bằng nhau. +) Giả sử x ∈ f−1(A∪B) ⇔ f(x) ⊂ A\B ( ( f(x) ∈ A x ∈ f−1(A) ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ f−1(A)\ f−1(B) f(x) ∈/ B x ∈/ f−1(B) ⇒ f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B) +) Kết luận: f−1(A\B) = f−1(A)\ f−1(B);A,B ⊂Y — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 17
Trang 18
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 18. Cho ánh xạ f : R → R xác định bởi f(x) = x2 +4x−5 ∀x ∈ R và A = {x ∈ R| −3 ≤ x ≤ 3}. Xác định các tập hợp f(A), f−1(A). [Hướng dẫn giải] Gợi ý : - Bước 1: Xác định giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của f(x) = x2 +4x−5 với x ∈ A, từ đó suy ra f(A). - Bước 2: Giải x ∈ R sao cho −3 ≤ f(x) ≤ 3, từ đó suy ra f−1(A). +) Với x ∈ [−3; 3], ta thấy f(x) ∈ [−9; 16] ⇒ f(A) = [−9; 16] h √ √ i h √ √ i +) −3 ≤ f(x) ≤ 3 ⇔ −3 ≤ x2 +4x−5 ≤ 3 ⇔ x ∈ −2−2 3;−2− 6 ∪ −2+ 6;−2+2 3 h √ √ i h √ √ i ⇒ f−1(A) = −2−2 3;−2− 6 ∪ −2+ 6;−2+2 3 f(A) = [−9; 16] +) Kết luận: √ √ √ √ f−1(A) = [−2−2 3;−2− 6]∪[−2+ 6;−2+2 3] Câu 19. Cho ánh xạ f :R2 →R2 xác định bởi f(x,y) = (x+y,x−y) và tập A={(x,y)∈R2|x2+y2 = 9}. Xác định các tập hợp f(A), f−1(A) [Hướng dẫn giải] Gợi ý : - Bước 1: Xác định f(x,y) = (x+y,x−y) với (x,y) ∈ A, rồi tìm ràng buộc của (x+y) và (x-y) để suy ra f(A). - Bước 2: Đặt f(u,v) = (x,y) rồi tìm ràng buộc của u và v sao cho (x,y) ∈ A để suy ra f−1(A). +) Xét (x,y) ∈ A ⇒ f(x,y) = (x+y,x−y) Mà x2 +y2 = 9 ⇔ (x+y)2 + (x−y)2 = 18 ⇒ f(A) = {(x,y) ∈ R2|x2 +y2 = 18} x+y u = +) Xét f(u,v) = (x,y) ⇒ 2 x−y v = 2 2 2 2 2 x+y x−y 9 2 2 9 Mà x +y = 9 ⇔ + = hay u +v = 2 2 2 2 −1 2 2 2 9 ⇒ f (A) = {(x,y) ∈ R |x +y = } 2 f(A) = {(x,y) ∈ R2|x2 +y2 = 18} +) Kết luận: 9 f(A)−1 = {(x,y) ∈ R2|x2 +y2 = } 2 — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 18
Trang 19
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Câu 20. Cho ánh xạ f : R2 → R2, f(x,y) = (2x,2y) và tập hợp B = {(x,y) ∈ R2 | (x−4)2 +y2 = 4}. Xác định các tập hợp f(B) và f−1(B). [Hướng dẫn giải] Gợi ý : - Bước 1: Đặt u = 2x và v = 2y. - Bước 2: Xét f(x,y) = (u,v) với (x,y) ∈ B, rồi tìm ràng buộc của u và v để suy ra f(B). - Bước 3: Xét f(x,y) = (2x,2y) với (x,y) ∈ R2 rồi tìm ràng buộc của x và y để (2x,2y) ∈ B để suy ra f−1(B). ( u = 2x +) Đặt v = 2y Khi đó, ta có: f(B) = {f(x,y) | (x,y) ∈ B} = {(2x,2y) | (x−4)2 +y2 = 4} ( ) u 2 v 2 2 2 = (u,v) −4 + = 4 = {(u,v) | (u−8) +v = 16} 2 2 ⇒ f(B) = {(x,y) ∈ R2 | (x−8)2 +y2 = 16} ( ) −1 2 u v 2 2 +) Ta có: f (B) = {(x,y) ∈ R | f(x,y) ∈ B} = , (u−4) +v = 4 2 2 = {(x,y) | (2x−4)2 + (2y)2 = 4} = {(x,y) | (x−2)2 +y2 = 1} ⇒ f−1(B) = {(x,y) ∈ R2 | (x−2)2 +y2 = 1} +) Kết luận: f(B) = {(x,y) ∈ R2 | (x−8)2 +y2 = 16} f−1(B) = {(x,y) ∈ R2 | (x−2)2 +y2 = 1} Câu 21. Trên tập các số thực R, trang bị phép toán ∗, xác định bởi a∗b = a với mọi a, b ∈ R. Kiểm tra các tính chất kết hợp, giao hoán và có phần tử trung hòa của phép toán ∗. [Hướng dẫn giải] +) Xét tính chất kết hợp: Xét ba số a, b, c bất kỳ trên R, ta có: (a∗b)∗c = a∗c = a, a∗(b∗c) = a∗b = a Khi đó, ∗ có tính chất kết hợp +) Xét tính chất giao hoán: Xét hai số a, b bất kỳ trên R, ta có: a∗b = a, b∗a = b Khi đó, ∗ không có tính chất giao hoán +) Xét tính chất có phần tử trung hòa: Khi ta xét( a bất kỳ thuộc R, khi đó, để tìm được phần tử trung a∗b = a hòa, ta cần tìm nghiệm của hệ: b∗a = a — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 19
Trang 20
Hỗ trợ sinh viên Bách Khoa CLB Hỗ Trợ Học Tập Ta thấy hệ này chỉ có nghiệm duy nhất a = b hay với mọi a bất kỳ trên R, ta không thể tìm được phần tử trung hòa cho phép toán ∗ +) Kết luận: Phép toán ∗ có tính chất kết hợp nhưng không có tính chất giao hoán và không có phần tử trung hòa trên tập số thực R. Câu 22. Cho G = {f1, f2, f3, f4, f5, f6} là tập các ánh xạ từ R\ {0; 1} → R\ {0; 1} xác định như 1 1 1 x sau: f1(x) = x; f2(x) = ; f3(x) = 1− ; f4(x) = ; f5(x) = 1−x; f6(x) = 1−x x x x−1 a) Tính f1 ◦ f2 b) Lập bảng để biểu diễn giá trị fi ◦ fj với mọi i, j = 1,6 c) Chứng minh G cùng với phép toán là phép tích ánh xạ lập thành một nhóm không Abel [Hướng dẫn giải] Gợi ý : Dùng định nghĩa để chứng minh và tính 1 a) f1 ◦ f2 = f1(f2(x)) = 1−x b) Bảng biểu diễn giá trị fio fj với mọi i, j = 1,6 ◦ f1 f2 f3 f4 f5 f6 f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6 f2 f2 f3 f1 f6 f4 f5 f3 f3 f1 f2 f5 f6 f4 f4 f4 f5 f6 f1 f2 f3 f5 f5 f6 f4 f3 f1 f2 f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1 c) +) Dựa vào phần b) ta thấy ◦ là một phép toán đóng trên G +) (G,◦) là một nhóm vì: • Phép toán ◦ có tính kết hợp • Phần tử trung hòa: f1 • ∀fi ∈ G luôn tồn tại phần tử đối xứng: f1 ◦ f1 = f2 ◦ f2 = f3 ◦ f3 = f4 ◦ f4 = f5 ◦ f5 = f6 ◦ f6 = f1 +) f2 ◦ f4 = f5 ̸= f6 = f4 ◦ f2 nên (G,◦) là nhóm không Abel Câu 23. Nêu rõ các tập sau với các phép toán cộng và nhân thông thường có lập thành một vành, trường không? (a) Tập các số nguyên lẻ — Biên soạn bởi: Team Đại số - CLB Hỗ trợ Học tập — 20
Showing the first 20 pages. Download the document to see it all.
Comments (0)
No comments yet. Be the first!