Bài tập tập hợp, logic, ánh xạ có lời giải

Xét xem R có là quan hệ tương đương không.. Tuy nhiên không có ARB, do đó quan hệ R không là quan hệ tương đương vì không có tính bắt cầu.. a Cho là tập hợp các điểm trong mặt phẳng O

TẬP HỢP, LOGIC, ÁNH XẠ Bài 04.00.1.001

a) Cho X A B là các tập hợp chứng minh rằng:

X \ (A  B) = (X \ A)  (X \ B) b) Hãy biểu diễn hình học các số phức z thỏa điều kiện: | z + 1 | < 1

Do đó, ta có ( x + 1)2 + y2 < 1  điểm biểu diễn của z là M(x, y) nằm trong đường

tròn tâm I(–1, 0), bán kính 1 Yêu cầu vẽ hình minh họa

Bài 04.00.1.002

a) Cho X A B là các tập hợp chứng minh rằng:

X \ (A  B) = (X \ A)  (X \ B) b) Hãy biểu diễn hình học các số phức z thỏa điều kiện: 1 < | z – i | < 2

Do đó X \ (AB)(X \ )A (X B\ )

Bao hàm thức ngược lại chứng minh tương tự

b) Giả sử z = x + iy thì | z + 1| = ( x + 1)2 + y2

Do đó: 1 < ( x + 1)2 + y2 < 2  điểm biểu diễn của z là M(x, y) nằm trong đường

tròn tâm I(–1, 0), bán kính 2 và nằm ngoài đường tròn tâm I(–1, 0), bán kính 1.Yêu cầu vẽ hình minh họa

Bài 04.00.1.004

a) Cho các phương trình ( )g x 0 ( ) 0h x  với ( ), ( ) g x h x là các đa thức hệ

số thực Gọi A1 A2 B lần lượt là các tập hợp nghiệm của các phương trình ( ) 0

( ) 0 ( ) 0( ) 0 ( ) 0

Chứng minh rằng R là quan hệ tương đương

b) Giải phương trình sau trong tập số phức : (z + 1)6 – 2 = 0

Ký hiệu chỉ tập hợp số tự nhiên khác không trong tập  xác định quan

hệ hai ngôi R như sau:

 (a b)  (c d)   : (a b) R (c d)  ad = bc

Chứng minh rằng R là quan hệ tương đương

Nếu a c e đều khác 0 thì ta có adcf bcdeaf be  (a b)R (e f)

Nếu trong a c e có một số bằng 0 giả sử a = 0 thì: a = 0  ad = 0

b) Cho F là tập hợp các hàm số thực liên tục trên [a b] xét xem quan hệ sau trên F

có là quan hệ thứ tự không:f g, F f S g: max[a,b] f max[a,b]g

Lời giải:

a) Gọi M(a, b) là điểm biểu diễn của z M nằm trong phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = 2 x = –2 khi và chỉ khi –2 < a < 2, b tùy ý

b) Chọn [a b] là [0 1] thì f (x) = x2 và g(x) = x là các phần tử thuộc F

Ta có: max[0,1] f 1;max[0,1]g1 f S g và g S f nhưng f ≠ g

Do đó S không là quan hệ thứ tự trên F

Bài 04.00.1.010

a) Cho là tập hợp các điểm trong mặt phẳng O là một điểm cố định trong

Trong xác định quan hệ hai ngôi R như sau: A B,  :AR B O

A B thẳng hàng Xét xem R có là quan hệ tương đương không

Tuy nhiên không có ARB, do đó quan hệ R

không là quan hệ tương đương vì không có tính bắt cầu

a) Cho là tập hợp các điểm trong mặt phẳng O là một điểm cố định trong

Trong \ O xác định quan hệ hai ngôi   R như sau:

A

khi x A x

 x  A  B: khi đó A  B(x) = 1 =A (x). B(x)

 x  A \ B: khi đó A  B(x) = 0 =A (x). B(x)

 x  B \ A: khi đó A  B(x) = 0 =A (x). B(x)

Bài 04.00.1.013

Cho A  X hàm đặc trưng của A là A: X  {0 1} xác định bởi

1( )

0

A

khi x A x

khi x A

   



Chứng minh rằng nếu A  X B  X thì A  B(x) = A (x) +  B(x) – A  B(x) với mọi x  X

Lời giải:

Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  B

Nếu x  A  B thì x  A  B x  A x  B  A  B(x) = 0 =A (x). B(x) Nếu x  A  B thì có các trường hợp sau:

0

A

khi x A x

Lời giải:

Với x tùy ý thuộc X thì x  A  B hay x  A  B

Nếu x  A  B thì x  A\B x  A x  B  A\B(x) = 0 =A (x) (1 –  B(x)) Nếu x  A  B thì có các trường hợp sau:

 x  A  B: khi đó A\B(x) = 0 = A (x) (1 –  B(x))

 x  A \ B: khi đó A\B(x) = 1 = A (x) (1 –  B(x))

 x  B \ A: khi đó A\B(x) = 0 = A (x) (1 –  B(x))

Bài 04.00.1.015

Cho A ≠  ký hiệu Hom(A  A) chỉ tập hợp các ánh xạ f : A  A Chứng minh rằng

Hom(A  A) là một vị nhóm với phép toán hai ngôi là phép lấy tích ánh xạ

 2a 2b 2c  2 : (2a + 2b) + 2c = 2(a + b + c) = 2a + (2b + 2c)

Phần tử trung hòa là 2.0 vì với mọi 2a  2 thì 2.0 + 2a = 2a + 2.0 = 2a Phần tử bất kỳ 2a của 2 có phần tử đối xứng là 2(–a)  2 vì:

2a + 2(– a) = 2.0 = 2(– a) + 2a

b) Ta có: a.0 + a.0 = a.( 0 + 0) = a.0  a.0 = 0

Bài 04.00.1.018

a) Trong × xác định phép toán * như sau:

 (a b) (c d)  × : (a b)*(c d) = (ac bd)

Xét xem × cùng với phép toán * có lập thành một nhóm hay không

b) Cho tập X gồm m phần tử tập Y gồm n phần tử Tìm số ánh xạ có thể có từ

X đến Y

Lời giải:

a) Phần tử trung hòa là (1 1) vì với mọi (a b)  × thì:

(a b)*(1 1) = (a b) = (1 1) *(a b)

Phần tử (2 3) × không có đối xứng vì không tìm được (a b)  ×

một trường (với hai phép toán cộng và nhân số phức) hay không

b) Tìm điều kiện để đa thức f x( )x3  px chia hết cho đa thức q

sin 04

n

n n

Khoảng cách từ điểm M đến điểm I (cố định) luôn bằng 2 nên tập hợp các điểm

M chính là tập hợp các điểm thuộc đường tròn tâm I bán kính 2 Yêu cầu vẽ hình b) Gọi M(x y) là biểu diễn hình học của số phức z A(–1 0) là biểu diễn hình học của số phức z1 = –1 B(1 0) là biểu diễn hình học của số phức z2 = 1

Tổng khoảng cách từ điểm M đến 2 điểm cố định A B luôn bằng 4 nên tập hợp các điểm M chính là tập hợp các điểm thuộc ellipse(E)

(E) có hai tiêu điểm là A B ; nửa trục lớn là a = 2; tiêu cự 2c = AB = 2; nửa trục

nhỏ b a2 c2  4 1  3 do đó phương trình của (E) là 2 2 1

4 3

x y

  Yêu cầu

vẽ hình

k k i





  (viết kết quả dưới dạng đại số)

b) Tìm k sao cho z là số thực, là số thuần ảo

 với mọi k nên không có giá trị k nào để z là số thực

Khi k = 0 thì z là số thuần ảo

Bài 04.00.1.025

Cho a, b là các số thực, tìm x và y sao cho (x + ai)(b + yi) = 4 + 3i

Khi –1 ≤ ab < 0 hay 0 < ab ≤ 4 thì (3) có 2 nghiệm thực do đó hệ pt ban đầu

có 2 nghiệm

2 2 1

2 2 1

2 4 3

2 4 3

ab a b x

b

ab a b y

2 2 2

2 4 3

2 4 3

ab a b x

b

ab a b y

2 2 1

i ab a b x

b

i ab a b y

2 2 2

i ab a b x

b

i ab a b y

i u

Bài 04.00.1.031

Tìm các đa thức với hệ số thực có bậc thấp nhất nhận:

a) 1 là nghiệm kép; 2 3 và (1 + i) là nghiệm đơn

b) (2 –3i) là nghiệm bội ba

x   X Tức là phần tử 7

b) Hỏi X có phải là một nhóm aben không ? Tại sao ?

c) CMR : Tập A( ,1) /a a với phép toán * là một nhóm con của nhóm X Lời giải:

a a

a b a b e ab a bb

bb

b b

b) ( , ),( , )a b c d  , X ta có : + ( , ) ( , )a b  c d (ad c bd, ) và ( , ) ( , )c d  a b (cba db, )

Chọn (c,d)=(0,2) (a,b)=(1,1) Khi đó : ( , ) ( , ) (1.2 0,1.2) (2,2)X a b  c d    và (c,d)*(a,b)=(0.1+1,2.1)=(1,2)

Vậy (a,b)*(c,d) ( , ) ( , ) c d  a b Nên phép toan * không có tính chất giao hoán Do

đó (X,*) không phải là nhóm aben

Lời giải:

Lưu ý : bài có thể giải 2 cách : 1 Dựa vào ĐN, 2 Dựa vào tiêu chuẩn nhận biết nhóm con( có 2 cách cm)

Cách 2 : Dựa vào KN nhóm con ( Có 2 cách)

Để xem (A,.) có phải là 1 nhóm không, Ta xét xem (A,.) có phải nhóm con của nhóm nhân các số thực khác 0 không ?

Tập hợp các phần tử khả nghịch của 7 là A=1, 2,3, 4,5,6 Ta chứng minh (A,.) 

là một nhóm

Phép nhân có tính chất kết hợp: ( ).x y z x y z  x y z  x y z  x y z.( ) x y z.( )

Phép nhân có phần tử trung hòa là e=1 Vì 1x x.1 x 1.x

Mọi phần tử của A đều khả đối xứng: 2.44.2 1

Lời giải:

a) Đặt X= \  , ta chứng minh (X,*) là nhóm aben 1

+ a b, X , ta có : a b   a b ab  b a ba  b a phép toán * có tính chất giao hoán (1)

+Mọi phần tử đều khả đối xứng :

a





 (4)

b) ( , ) không phải là một nhóm vì phần tử  1 không có phần tử đối xứng Thật vậy,  a , a        ( 1) a 1 a 1 0

+a b c, , X ta c, ó : (a b) c=(a+b-2ab) c=  

a b ab c a b ab c   a b c ab ac bc abc

Và a     (b c) a (b c 2bc)   a b c 2bc2 (a b c 2bc)2ab-2ac+4abc= (a b ) cphép toán * có tính chất kết hợp.(2)

=a+b+c-2bc-+  a X,ta có :a e    a a e 2ae a e(1 2 ) a   0 e 0(vìa  1)

2

Như vậy  a X tac, ó:a   0 a 0 3 0a   a 0 a Do đó e=0 là phần tử trung

+Mọi phần tử đều khả đối xứng

Dựa vào tiêu chuẩn nhận biết nhóm con

Để xem (A,.) có phải là 1 nhóm không, Ta xét xem (A,.) có phải nhóm con của nhóm nhân các số thực khác 0 không ?

X  a b c a b c với phép cộng thông thường

là 1 nhóm Phép nhân thông thường trên X có những tc nào ?

Vì x y z, , X, ta có x,y,z là các số thực nên (xy)z=x(yz) và xy=yx

(ae1,ae2+b)=(a,b) 1

10

e e





  



Như vậy, ( , ) a b  , ta có (a,b)*(1,0)=(a1,a0+b)=(a,b)=(1,0)*(a,b)F (1,0) là phần

tử trung hòa của phép toán * trên F

+ Phần tử đối xứng : ( , ),( , )a b a b, ,  F ta có :

,

1( , ) * ( , ) (1,0) ( , ) (1,0)

( , ) ( , ) (1,0) ( , ) (1,0)

0

xx

x y

y y x

Trên xác định như sau : a b,  ,a   b a b 2ab xác định các tính chất

và phần tử đặc biệt của phép toán

+ Phần tử trung hòa :  a , giả sử  e :

a    e a a e ae  a e ae e  a   e vì  a Như vậy,  a ,ta có :a   0 a 0 2 0a   a 0 a Vây e=0 là phần tử trung hòa

+ phần tử đối xứng :  a , giả sử   sao a, cho

Bài 04.00.1.057

Cho ánh xạ f : RRxác định bơi f(x)=2x3+1 Tìm f(0), f(1), f1(1), f1([1;17]), f([0;1])

x x







 

Như vậy với 1 0, 2 1

60;1

+ Nếu y0 thì  9 4y2, chọn y = 2 ta có 0 nên pt vô nghiệm Vậy với y = 2

pt f(x) = 2 vô nghiệm Nên f không phải là toàn ánh

Bài 04.00.1.061

Cho ánh xạ f R: R , xác định bởi f(x)=5x  Chứng minh f là song ánh và tìm 3 2

ánh xạ ngược

Lời giải:

Ta có : y=5x 3 2 3 2 3 2

     Như vậy y  , phương trình

y=f(x) có nghiệm duy nhất là 3 2

     Như vậy y  , phương trình

y=f(x) có nghiệm duy nhất là 3 2

     Như vậy y  , phương trình

y=f(x) có nghiệm duy nhất là 3 7

     Như vậy y  , phương trình

y=f(x) có nghiệm duy nhất là 3 1

f x

x x

Ánh xạ f R: \ 2  xác định bởi f(x)=R 3 1

2

x x

- Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1,x2 1, x1  nhưng f(xx2 1)=f(x2)3 do đó f không

là đơn ánh, nên f cũng không là song ánh

Lời giải:

- Xét tính đơn ánh : Ta có x1 1,x2 1, x1 nhưng f(xx2 1)=f(x2) do đó f không 2

là đơn ánh, nên f cũng không là song ánh

3osx= os

6

= 2 ,  , ,  2 ,  2 , , , 2

x-y = (a-c)+(b-d) 5 và x.y = X (ac5bd)(adbc) 5X

Vậy X là vành con của vành R nên X là một vành Hơn nữa, phần tử đơn vị 1 X và phép nhân các số thực có tính chất giao hoán nên X là một vành giao hoán có đơn

vị





Vậy X là trường con của trường R nên X là một trường

( chú ý : cũng với đề bài này , nếu thay a, b  thì X không phải là một trường vì

1

Bài 04.00.1.076

Chứng minh tập X   cùng với hai phép toán :

(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) và (a,b)*(c,d)=(ac,bd) lập thành một vành giao hoán có đơn

vị

L ời giải





+ Tính chất kết hợp :  (a, b),(c,d),(e,f )  X, ta có :

+ Tính chất giao hoán :  (a, b),(c,d)  X, ta có :

(a, b) (c,d)    (a c, b d)    (c a,d  b)  (c,d) (a, b) 

+ phần tử trung hòa :  (a, b)  X, ta có : (0,0) X thỏa

(a, b) (0,0)    (a 0, b 0)   (a, b) (0,0) là phần tử trung hòa ( phần tử không) của phép toán cộng trên X

 

Vậy X là một vành giao hoán có đơn vị

Bài 04.00.1.77

X p 2q / p,q , p q 0 cùng với hai phép toán cộng và

nhân thông thường là một trường.L ời giải

Để chứng minh X là một trường, ta chứng minh X là trường con của trường các số thực Thật vậy,

Vậy X là trường con của trường R nên X là một trường

( chú ý : cũng với đề bài này , nếu thay a, b  thì X không phải là một trường vì

Cho A   p 3  q / p,q  Tìm cấu trúc đại số cao nhất của (A, , )   các phép

cộng, nhân số thông thường

Ngoài ra, với x= p 3   q A và khác 0( a, b không đồng thời =0), ta có :

Vậy ( p) là một vành con của R chứa 1 nên nó là một vành giao hoán có đơn vị

Ngoài ra, với x= a  b p  ( p) và  0 ( a, b không đồng thời =0), ta có :

F3 = x’y’z + x’yz + xy’

= x’z (y’ + y) + xy’

= x’z.1 + xy’

= x’z + xy’

F4 = xy + x’z + yz = xy + x’z + yz.(x + x’) = xy + x’z + xyz + x’yz

= xy + xyz + x’z + x’yz = xy.(1 + z) + x’z.(1+ y)

= xy.1 + x’z.1= xy + x’z

F5 = (x + y)( x’ + z)(y + z) =(x x’ + xz + x’y + yz)(y + z)

= xyz + xz.z + x’y.y + x’yz + y.yz + yz.z

= (xyz + xz + x’y + x’yz + yz + yz) = (xyz + xz + x’y + x’yz + yz) = (xz(y + 1) + x’y(1 + z) + yz) =(xz.1 + x’y.1 + yz) = xz + x’y + yz = xz + x’y + yz + x x’ = x x’ + x’y + xz + yz = x’.(x + y) + z.(x + y) = (x + y)( x’ + z)

Lời giải:

(Dấu ’  phép phủ định: A'  A Not A( ))

xy + xy’ = x.(y + y’) = x.1 = x

(x + y)(x + y’) = x + (y.y’) = x + 0 = x

(A + B)’(A’ + B’)’ = [(A + B) + (A’ + B’)]’

= [A + A’ + B + B’]’= (1 + 1)’ = (1)’ = 0

y.(wz’ + wz) + xy = y.[w.(z’ + z)] + xy

= y.[w.1] + xy = y.w + xy = (w + x).y

Bài 04.00.1.084

Rút gọn các phép logic: (Dấu ’  phép phủ định: A'  A Not A( ))

(i) ABC + A’B’C + A’BC + ABC’ + A’B’C’

(ii) BC + AC’ + AB + BCD

(iii) [(CD)’ + A]’ + A + CD + AB

Lời giải:

(Dấu ’  phép phủ định: A'  A Not A( ))

(i) ABC + A’B’C + A’BC + ABC’ + A’B’C’

= ABC + A’BC + A’B’C + A’B’C’ +ABC’= (A + A’).BC + A’B’(C + C’) + ABC’

= 1.BC + A’B’.1 + ABC’= BC + A’B’ + ABC’ = BC + ABC’ + A’B’

= B.(C + AC’) + A’B’= B.[(C + A)(C + C’)] + A’B’

= B.[(C + A).1] + A’B’= B.(A + C) + A’B’

(ii) BC + AC’ + AB + BCD = BC + BCD + AB + AC’

= BC.(1 + D) + AB + AC’ = BC.1 + AB.(C + C’) + AC’

= BC + ABC + ABC’ + AC’= BC (1 + A) + AC’ (B + 1)

= BC.1 + AC’.1 = BC + AC’

= A’CD + A + CD + AB= A’CD + CD + A + AB

= CD.(A’ + 1) + A.(1 + B) = CD.1 + A.1 = A + CD