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.
Lời giải:
x X
x X
x X \ A
x A
a) x X \ ( A B) : x X \ ( A B)
x A B x B
x X \ B
x ( X \ A) ( X \ B)
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, 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.
Lời giải:
x X
x X
x X
x A
a) x X \ ( A B) : x X \ ( A B )
x A
x X
x A B
x
B
x B
x ( X \ A) ( X \ B)
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
cầu vẽ hình minh họa
2 và nằm ngoài đường tròn tâm I(–1, 0), bán kính 1.Yêu
Bài 04.00.1.003
Cho A B là các tập hợp chứng minh rằng:
a) (A \ B) B = A B
b) Tìm điều kiện để (A \ B) B = A.
Lời giải:
x A
x A
x A B
a) x ( A \ B ) B : x ( A \ B ) B x B
xB
x B
Do đó ( A \ B) B A B .
x A B: x A B (x A) (x B)
Nếu x B thì x (A\ B) B
Nếu x A thì x B hay x B, khi đó ta vẫn có x (A\ B) B
Do đó A B ( A \ B) B .
b) (A \ B) B = A A B = A B A
Bài 04.00.1.004
a) Cho các phương trình g ( x) 0 h( x) 0 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
g ( x) 0 h( x) 0 g 2 ( x) h2 ( x) 0 . Chứng minh rằng A1 A2 = B.
b) Hãy biểu diễn hình học các số phức z thỏa điều kiện: phần ảo của số phức
z
0.
1 i
Lời giải:
2
g ( x) 0 g ( x) 0
2
a) x A1 A2: x A1 A2
h
(
x
)
0
h ( x) 0
g 2 ( x) h 2 ( x) 0 x B
b) Giả sử z = x + iy thì
z
z (1 i ) ( x iy )(1 i ) x y
yx
i
1 i
2
2
2
2
Do đó điểm biểu diễn của z là M(x, y) nằm trên đường thẳng y = x. Yêu cầu vẽ hình
minh họa.
Bài 04.00.1.005
Cho hai số phức z z'.
a) Chứng minh rằng | z + z'|2 + | z – z'|2 = 2(|z|2 + |z'|2).
b) Giải thích ý nghĩa hình học của đẳng thức trên.
c)
Lời giải:
a) Giả sử z = x + iy z' = x' + iy' khi đó:
| z + z'|2 + | z – z'|2 = (x + x' )2 + (y + y' )2 + (x – x' )2 + (y – y' )2
= 2x2 + 2x'2 + 2y2 + 2y'2 = 2(|z|2 + |z'|2)
8
b) Gọi các điểm M ( x, y), M '( x ', y ') lần lượt là biểu diễn hình học của các số phức
z = x + iy z' = x' + iy'.
6
4
N
M
2
M'
O
5
10
15
Ta có OM ( x, y ) OM ' ( x ', y ')
-2
OM OM ' ON , ON ( x x ', y y ')
-4
OM OM ' M ' M , M ' M ( x x ', y y ')
-6
Ý nghĩa hình học của đẳng thức: trong hình bình hành tổng bình phương hai đường
chéo bằng tổng bình phương các cạnh
-8
Bài 04.00.1.006
a) Trong tập
xác định quan hệ hai ngôi R như sau:
(a b) (c d)
: (a b) R (c d) a + d = b + c
Chứng minh rằng R là quan hệ tương đương.
b) Giải phương trình sau trong tập số phức
: (z + 1)6 – 2 = 0
c)
Lời giải:
a) (a b)
: a + b = b + a (a b) R (a b)
(a b) (c d)
:(a b) R (c d) a + d = b + c
c + b = d + a (c d) R (a b)
(a b) (c d) (e f )
(a, b)(c, d )
a d b c
:
(c, d )(e, f ) c f d e
a d c f b c d e a f b e (a b) R (e f)
Do đó R là quan hệ tương đương.
b) (z + 1)6 – 2 = 0 (z + 1)6 = 2( cos0 + isin0)
z = –1 +
6
2k
2k
2 cos
i sin
với k {012345}
6
6
Bài 04.00.1.007
Ký hiệu chỉ tập hợp số tự nhiên khác không trong tập
hệ hai ngôi R như sau:
(a b) (c d)
xác định quan
: (a b) R (c d) ad = bc
Chứng minh rằng R là quan hệ tương đương.
Lời giải:
(a b)
: ab = ba (a b) R (a b)
(a b) (c d)
:(a b) R (c d) ad = bc
cb = da (c d) R (a b)
(a b) (c d) (e f )
(a, b)(c, d )
ad bc
:
(c, d )(e, f ) cf de
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
bc = 0 c = 0 cf = 0 e = 0 af = be (a b) R (e f)
Do đó R là quan hệ tương đương.
Bài 04.00.1.008
a) Cho số phức z = a + ib (a b là số thực). Tìm điều kiện của a b để điểm
biểu diễn của z nằm trong đường tròn tâm O bán kính 2.
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 R g f ( x) g ( x), x [a, b]
Lời giải:
a) Gọi M(a, b) là điểm biểu diễn của z. M nằm trong đường tròn tâm O bán kính
2 khi và chỉ khi a2 + b2 < 4.
b) f F : f ( x) f ( x), x [a, b]
f R g
f ( x) g ( x)
f , g F :
, x [a, b] f ( x) g ( x ), x [a, b ]
g
R
f
g
(
x
)
f
(
x
)
f R g
f ( x) g ( x)
f , g , h F :
, x [a, b] f ( x) h( x), x [a, b ]
g
R
h
g
(
x
)
h
(
x
)
Do đó là quan hệ thứ tự trên F.
Bài 04.00.1.009
a) Cho số phức z = a + ib (a b là số thực). Tìm điều kiện của a b để điểm
biểu diễn của z thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = 2
x = –2
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 : A R B O
A B thẳng hàng. Xét xem R có là quan hệ tương đương không.
b) Cho ánh xạ f :
với f ( x) x 2 5x 3 xét xem f có là toàn ánh
không.
Lời giải:
a) Xét 3 điểm O, A, B như hình vẽ, ta thấy:
O, A, O thẳng hàng A R O
O, O, B thẳng hàng O R B
Tuy nhiên không có A R B, do đó quan hệ R
không là quan hệ tương đương vì không có tính bắt cầu.
b) Chọn y = –5
toàn ánh.
thì phương trình x 2 5 x 3 5 vô nghiệm, do đó f không là
Bài 04.00.1.011
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, B \ O : A R B O A B thẳng hàng.
Xét xem R có là quan hệ tương đương không.
b) Cho ánh xạ f :
không.
với f ( x) x 2 5x 3 xét xem f có là đơn ánh
Lời giải:
a) A \ O : O, A, A thẳng hàng nên A R A.
A, B \ O : A R B O A B thẳng hàng O B A thẳng hàng B R A
A R B O, A, B thang hang A thuoc OB
A, B, C \ O :
B R C O, B, C thang hang C thuoc OB
O, A, C thẳng hàng A R C.
b) Chọn y = 3 thì phương trình x 2 5 x 3 3 có 2 nghiệm phân biệt, do đó f
không là đơn ánh.
Bài 04.00.1.012
Cho A X hàm đặc trưng của A là A: X {0 1} xác định bởi
1 khi x A
.
0
khi
x
A
A ( x)
Chứng minh nếu A X B X thì A B(x) = A (x). 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:
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 khi x A
.
0
khi
x
A
A ( x)
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:
x A B: khi đó A B(x) = 1 = A (x) + B(x) – A B(x)
x A \ B: khi đó A B(x) = 1 = A (x) + B(x) – A B(x)
x B \ A: khi đó A B(x) = 1 = A (x) + B(x) – A B(x)
Bài 04.00.1.014
Cho A X hàm đặc trưng của A là A: X {0 1} xác định bởi
1 khi x A
.
0 khi x A
A ( x)
Chứng minh rằng nếu A X B X thì A\B(x) = A (x). (1 – 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). (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.
Lời giải:
Với mọi f g h thuộc Hom(A A) thì f(gh) : A A và (fg)h : A A ngoài ra
với mọi x A ta có:
[ f ( gh)]( x) f ((gh)( x)) f ( g (h( x))) và [( fg )h]( x) ( fg )(h( x)) f ( g (h( x)))
Do đó f(gh) = (fg)h
Phần tử trung hòa là ánh xạ 1A: A A với 1A(x) = x ( x tùy ý trong A) thật vây: Với
mọi f thuộc Hom(A A) thì f.1A : A A và 1Af : A A ngoài ra với mọi x A ta
có: ( f 1A )( x) f (1A ( x)) f ( x) và (1A f )( x) 1A ( f ( x)) f ( x)
Bài 04.00.1.016
Cho ánh xạ f : X Y A và B là các tập con của X. Chứng minh:
a) f (A B) f (A) f (B)
Bao hàm thức ngược lại không đúng.
Lời giải:
a) y f (A B): y f (A B) x A B : y = f (x)
x A : y f ( x) y f ( A)
y f ( A) f ( B) đpcm
x
B
:
y
f
(
x
)
y
f
(
B
)
b) Xét ánh xạ f :
f (x) = 1 với mọi x
; A = {–3 0} B = {2 5}
Khi đó A B = nên f (A B) = f () = nhưng f (A) f (B) = {1} tức là
không có f (A) f (B) f (A B)
Bài 04.00.1.017
a) Chứng minh rằng tập hợp các số nguyên chẵn (ký hiệu là 2 ) cùng với
phép cộng thông thường lập thành một nhóm.
b) Chứng minh rằng trong vành X thì a 0 0 với 0 là phần tử không của
vành a là phần tử bất kỳ trong vành.
Lời giải:
a) 2
≠ vì chứa 2.0
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)
Xét xem
×
× : (a b)*(c d) = (ac bd)
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) ×
thỏa (2a 3b) = (1 1)
Do đó
×
cùng với phép toán * không lập thành một nhóm.
b) Giả sử X = { x1 x2 … xm} và Y = { y1 y2 … yn}
Khi đó phần tử xi bất kỳ trong X có n cách chọn ảnh suy ra số ánh xạ có thể có từ X
đến Y là nm.
Bài 04.00.1.019
a) Xét xem tập hợp các số phức dạng a ib (a b là số nguyên) có lập thành
một trường (với hai phép toán cộng và nhân số phức) hay không.
b) Tìm điều kiện để đa thức f ( x) x3 px q chia hết cho đa thức
g ( x) x 2 mx 1
Lời giải:
a) Xét số phức z = 2 – i ta có z ≠ 0 và:
1
1
2i
2i 2 1
i
z 2 i (2 i)(2 i)
5
5 5
Do đó tập hợp đang xét không là trường vì không chứa nghịch đảo của z
b) Tiến hành chia đa thức f (x) cho đa thức g(x) ta được:
f ( x) g ( x)( x m) [( p 1 m2 ) x (q m)]
Do đó f(x) chia hết cho g(x) khi và chỉ khi m = q và p + 1 + m2 = 0
Bài 04.00.1.020
Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho (1 – i )n là một số dương.
Lời giải:
Ta có: 1 – i =
2 cos i sin nên (1 – i )n =
4
4
n
n
n
2 cos
i sin
4
4
n
cos 4 0 cos n 0
Để thỏa yêu cầu bài toán phải có:
4
n
sin
0
n 4k ( k )
4
Do đó n = 8
Bài 04.00.1.021
Tính z
2010
1
z
2010
biết rằng z
1
1
z
Lời giải:
z
1
1
3
1 z2 z 1 0 z i
z cos i sin
z
2
2
3
3
Do đó z2010 = cos
z
2010
1
z
2010
2010
2010
i sin
cos670 i sin 670 1
3
3
1
1 2
1
Bài 04.00.1.022
Tính z n
1
1
biết rằng z 2cos , n là số nguyên khác không, là số thực
n
z
z
Lời giải:
z
1
2cos z 2 2cos .z 1 0 z cos i sin
z
Do đó zn = cos n i sin n
1
cos n
zn
i sin n
n
1
z 2cos n
z
n
Bài 04.00.1.023
Biểu diễn hình học các số phức z thỏa các điều kiện sau:
a) | z – 2| = 2
b) | z + 1| + | z – 1| = 4
Lời giải:
Gọi M(x y) là biểu diễn hình học của số phức z I(2 0) là biểu diễn hình học của
số phức z1 = 2.
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
x2 y 2
1 . Yêu cầu
nhỏ b a c 4 1 3 do đó phương trình của (E) là
4
3
vẽ hình
2
2
Bài 04.00.1.024
Cho k là số thực,
a) Tính z
1 ki
(viết kết quả dưới dạng đại số)
2k (k 2 1)i
b) Tìm k sao cho z là số thực, là số thuần ảo
Lời giải:
(1 ki) 2k (k 2 1)i
1 ki
z
2k (k 2 1)i
4k 2 (k 2 1)2
b) Vì
k (k 2 1) (k 2 1)i
k
1
2
2
i
2
2
(k 1)
(k 1) ( k 1)
1
0 với mọi k nên không có giá trị k nào để z là số thực.
k 1
2
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
Lời giải:
bx ay 4 (1)
(x + ai)(b + yi) = 4 + 3i (bx – ay) +(xy + ab)i = 4 + 3i
xy ab 3 (2)
ay 4
* Nếu b = 0 hệ pt trên trở thành:
xy 3
Nếu a = 0 thì hệ pt vô nghiệm.
4
3
Nếu a ≠ 0 thì hệ pt có 1 nghiệm a,
a
4
* Nếu b ≠ 0:
4
x
bx 4
b
Nếu a = 0 hệ pt trên trở thành:
xy 3
y 3b
4
4 ay
thay vào (2) ta có phương trình theo y như sau:
b
ay2 + 4y + ab2 – 3b = 0 (3)
Nếu a ≠ 0 thì (1) x
' 4 a(ab2 3b) (ab 1)(4 ab)
Khi –1 ≤ ab < 0 hay 0 < ab ≤ 4 thì (3) có 2 nghiệm thực do đó hệ pt ban đầu
2 4 3ab a 2b 2
x1
b
có 2 nghiệm
2 4 3ab a 2b 2
y
1
a
2 4 3ab a 2b 2
x2
b
2 4 3ab a 2b 2
y
2
a
Khi ab < –1 hay ab > 4 thì (3) có 2 nghiệm phức do đó hệ pt ban đầu có 2
2 i 4 3ab a 2b 2
x1
b
nghiệm
2 i 4 3ab a 2b 2
y1
a
2 i 4 3ab a 2b 2
x2
b
2 i 4 3ab a 2b 2
y2
a
Bài 04.00.1.026
zi
Giải phương trình sau trong tập hợp số phức:
1
iz
3
Lời giải:
Điều kiện: z ≠ 1
u 1
1 i 3
zi
3
Đặt u =
ta có phương trình u = 1 u
2
iz
1 i 3
u
2
* Với u = 1 thì z = 0
* Với u =
1 i 3
z i 1 i 3
thì
z – 3
2
iz
2
* Với u =
1 i 3
z i 1 i 3
thì
z 3
2
iz
2
Bài 04.00.1.027
Tìm số phức z thỏa: z 2 2 z 0
Lời giải:
Đặt z = x + yi khi đó z2 = x2 – y2 + 2xyi ; z x yi .
x2 y 2 2x 0
Phương trình trở thành: x y 2 x 2( x 1) yi 0
2( x 1) y 0
2
2
Giải hpt được 4 nghiệm: (0 0) (–2 0) (1 ) (1 – ) do đó có 4 số phức thỏa
đkbđ: z1 = 0 ; z2 = –2 ; z3 = 1 + i ; z4 = 1 – i
Bài 04.00.1.028
Trong các số phức z thỏa điều kiện | z + 1 + 2i | = 1 , tìm số phức z có môđun nhỏ
nhất
Lời giải:
Đặt z = x + yi khi đó M(x y) là điểm biểu diễn số phức z.
| z + 1 + 2i | = 1 (x + 1)2 + (y + 2)2 = 1
Đường tròn (C) : (x + 1)2 + (y + 2)2 = 1 có tâm là I(–1 –2).
Đường thẳng OI có phương trình y = 2x.
Số phức z thỏa đkbt khi và chỉ khi điểm biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ
nhất đó là một trong hai giao điểm của (C) và đường thẳng OI.
x 1
y 2x
Giải hệ phương trình:
2
2
( x 1) ( y 2) 1 y 2
1
2
Chọn z 1
i 2
5
5
1
x 1
5
2
y 2
5
1
5
2
5
Bài 04.00.1.029
a) Chứng tỏ = 2 là nghiệm của đa thức
f (x) = x5 – 5x4 + 7x3 – 2x2 + 4x – 8
Chỉ rõ số bội của .
b) Chứng tỏ = – 2 là nghiệm của đa thức
f (x) = x5 + 7x4 + 16x3 + 8x2 – 16x – 16
Chỉ rõ số bội của .
Lời giải:
a) Tính được f (2) = 25 – 5.24 + 7.23 – 2.22 + 4.2 – 8 = 0 nên = 2 là nghiệm
của đa thức f (x).
Biến đổi f (x) = (x – 2)3(x2 + x + 1).
Vì = 2 không là nghiệm của (x2 + x + 1) nên số bội của là 3.
b) Tính được f (–2) = (–2)5 + 7(–2)4 + 16(–2)3 + 8(–2)2 – 16(–2) – 16 = 0 nên
= –2 là nghiệm của đa thức f (x).
Biến đổi f (x) = (x + 2)4(x – 1).
Vì = –2 không là nghiệm của (x – 1) nên số bội của là 4.
Bài 04.00.1.030
Cho đa thức f (x) = x5 – ax2 – ax + 1. Tìm a sao cho (–1) là nghiệm bội bậc k của
đa thức (k 2).
Lời giải:
f ( x) ( x 1) 2 g ( x) r ( x)
Ycbt
r ( x) 0
Ta có: f ( x) ( x 1) 2 ( x3 2 x 2 3x 4 a) (a 5) x (a 5)
Do đó r(x) = 0 a = –5
- Xem thêm -
.PDF 
67 
154 
146 
