Bài giảng Đại số tuyến tính Phạm Thanh Tùng

lOMoARcPSD|16911414

BÁCH KHOA ĐẠI CƯƠNG MƠN PHÁI

Tài liệu mơn học
____________________________________________________

ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
____________________________________________________
Người biên soạn: Phạm Thanh Tùng

Hà Nội, tháng 11 năm 2020

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

MỤC LỤC
§1.1: LOGIC ........................................................................................................... 1
I.

Các phép tốn logic: .......................................................................................... 1

II.

Các tính chất của phép tốn logic: .................................................................. 2

III.

Phương pháp làm bài: .................................................................................... 2

IV.

Các bài tập: .................................................................................................... 3

§1.2: Tập hợp .......................................................................................................... 8
I.

Các phép tốn trên tập hợp: ............................................................................... 8

II.

Tính chất của tập hợp: .................................................................................... 8

III.

Phương pháp làm bài: .................................................................................... 8

IV.

Các bài tập: .................................................................................................... 9

§𝟏. 𝟑: ÁNH XẠ ..................................................................................................... 13
I.

Định nghĩa: ..................................................................................................... 13

II.

Tập ảnh và tập nghịch ảnh:........................................................................... 15

III.

Đơn ánh, song ánh, tồn ánh: ....................................................................... 16

IV.

Các dạng bài tập chính: ................................................................................ 17

§1.4: SỐ PHỨC..................................................................................................... 36
I.

Dạng chính tắc của số phức: ............................................................................ 36

II.

Dạng lượng giác của số phức: ...................................................................... 36

III.

Số phức liên hợp: ......................................................................................... 37

IV.

Các dạng bài tập: .......................................................................................... 38

§1.5: CẤU TRÚC ĐẠI SỐ .................................................................................... 50
I.

Cấu trúc nhóm: ................................................................................................ 51

II.

Cấu trúc vành: .............................................................................................. 51

III.

Cấu trúc trường: ........................................................................................... 51

IV.

Bài tập:......................................................................................................... 51

CHƯƠNG II: ........................................................................................................ 56
MA TRẬN – ĐỊNH THỨC – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ........................................... 56
§2.1: MA TRẬN ................................................................................................... 56

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

I.

Khái niệm: ...................................................................................................... 56

II.

Các phép toán trên ma trận: .......................................................................... 57

III.

Các tính chất: ............................................................................................... 58

IV.

Các phép biến đổi sơ cấp với ma trận: .......................................................... 58

V.

Cách biến đổi một ma trận về ma trận bậc thang: ......................................... 59

§2.2: ĐỊNH THỨC ................................................................................................ 62
I.

Định nghĩa: ..................................................................................................... 62

III.

Các phương pháp tính định thức: ................................................................. 63

IV.

Ma trận nghịch đảo: ..................................................................................... 68

§2.3: HẠNG CỦA MA TRẬN .............................................................................. 71
I.

Định nghĩa: ..................................................................................................... 71

II.

Phương pháp tính hạng của ma trận: ............................................................ 71

III.

Các ví dụ minh họa: ..................................................................................... 71

§2.4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH ......................................................... 77
I.
II.

Dạng tổng qt của hệ phương trình tuyến tính: .............................................. 77
Giải hệ phương trình tổng quát bằng phương pháp Gauss: ........................... 77

CHƯƠNG III: ....................................................................................................... 89
KHÔNG GIAN VECTO ....................................................................................... 89
__________________________________________________ ............................. 89
§3.1: KHƠNG GIAN VECTO VÀ KHƠNG GIAN VECTO CON ....................... 89
I.

Khơng gian vecto: ........................................................................................... 89

II.

Khơng gian vecto con: ................................................................................. 91

III.

Hệ sinh của một không gian vecto:............................................................... 93

§3.2: CƠ SỞ VÀ TỌA ĐỘ .................................................................................... 95
I.

Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính: .................................................... 95

II.

Cơ sở và số chiều của không gian vecto: ...................................................... 98

III.

Tọa độ: ....................................................................................................... 101

IV. Bài tốn tìm số chiều và cơ sở của không gian vecto con sinh ra bởi một hệ vecto:
............................................................................................................................ 102

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

V.

Bài toán đổi cơ sở: ..................................................................................... 108

CHƯƠNG IV: ..................................................................................................... 110
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH..................................................................................... 110
§4.1: ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH ............................................................................ 110
I. Khái niệm: ....................................................................................................... 110

II. Ma trận của ánh xạ tuyến tính: ........................................................................ 112
III.

Hạt nhân và ảnh của ánh xạ tuyến tính: ...................................................... 123

§4.2: TRỊ RIÊNG VÀ VECTO RIÊNG, BÀI TỐN CHÉO HÓA ..................... 130
I.

Trị riêng và vecto riêng của ma trận: ............................................................. 130

II.

Trị riêng và vecto riêng của toán tử tuyến tính: .......................................... 131

III.

Chéo hóa ma trận: ...................................................................................... 132

IV.

Tìm một cơ sở để ma trận của một toán tử tuyến tính là ma trận chéo: ....... 134

CHƯƠNG V: ...................................................................................................... 138
DẠNG TỒN PHƯƠNG, KHƠNG GIAN EUCLIDE ....................................... 138
§5.1: DẠNG TỒN PHƯƠNG, DẠNG SONG TUYẾN TÍNH.......................... 138
I.

Định nghĩa: ................................................................................................... 138

II.

Ma trận của dạng song tuyến tính, dạng tồn phương:................................ 139

III.

Bài tốn xác định dấu của dạng tồn phương: ............................................ 139

§5.2: KHƠNG GIAN EUCLIDE ......................................................................... 141
I.

Tích vơ hướng và khơng gian có tích có hướng: ............................................ 141

II.

Phép trực chuẩn hóa Gram-Schmidt: .......................................................... 146

III.

Hình chiếu của một vecto lên một không gian vecto: ................................. 147

§5.3: RÚT GỌN MỘT DẠNG TỒN PHƯƠNG ............................................... 157
I.

Phương pháp Langrange: .............................................................................. 157

II.

Phương pháp chéo hóa trực giao: ............................................................... 158

III.

Bài toán nhận dạng đường cong phẳng:...................................................... 161

IV.

Bài toán nhận diện mặt bậc hai: ................................................................. 164

V.

Bài tốn cực trị có điều kiện: ...................................................................... 168

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung

CHƯƠNG I:
TẬP HỢP – LOGIC – ÁNH XẠ - SỐ PHỨC
____________________________________________________
§1.1: LOGIC
I. Các phép tốn logic:
1. Phép phủ định:
𝐴̅

𝐴
1

2. Phép hội:

𝐴
1
1
0
0

0

0
1

𝐵

𝐴∧𝐵

1

0

1
0
0

1
0
0

Cách nhớ: Phép hội 𝐴 ∧ 𝐵 chỉ đúng khi cả 𝐴 và 𝐵 cùng đúng.

3. Phép tuyển:

𝐴

𝐵

𝐴∨𝐵

1

0

1

1
0
0

1
1
0

1
1
0

Cách nhớ: Phép tuyển 𝐴 ∨ 𝐵 chỉ sai khi cả 𝐴 và 𝐵 cùng sai.

4. Phép kéo theo:

𝐴

𝐵

𝐴→𝐵

0

1

1

1
1
0

1
0
0

1
0
1

1

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
Cách nhớ: Từ cái sai thì suy ra điều gì cũng đúng, từ cái đúng thì khơng thể suy ra cái sai.
5. Phép tương đương:
𝐴

𝐵

𝐴↔𝐵

0

1

0

1
1
0

1
0
0

1
0
1

Cách nhớ: Phép tương đương chỉ đúng khi 𝐴 và 𝐵 có cùng giá trị.

II. Các tính chất của phép tốn logic:

1. Tính giao hoán:
𝐴 ∧ 𝐵 ⇔ 𝐵 ∧ 𝐴, 𝐴 ∨ 𝐵 ⇔ 𝐵 ∨ 𝐴

2. Tính kết hợp:
( 𝐴 ∨ 𝐵 ) ∨ 𝐶 ⇔ 𝐴 ∨ (𝐵 ∨ 𝐶 ), ( 𝐴 ∧ 𝐵 ) ∧ 𝐶 ⇔ 𝐴 ∧ (𝐵 ∧ 𝐶 )

3. Tính phân phối:
𝐴 ∧ (𝐵 ∨ 𝐶 ) ⇔ (𝐴 ∧ 𝐵 ) ∨ (𝐴 ∧ 𝐶 ), 𝐴 ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) ⇔ (𝐴 ∨ 𝐵 ) ∧ (𝐴 ∨ 𝐶 )

4. Tính chất của phép kéo theo:
𝐴 → 𝐵 ⇔ 𝐴̅ ∨ 𝐵

5. Tính chất của phép tương đương:
𝐴 ↔ 𝐵 ⇔ (𝐴 → 𝐵 ) ∧ (𝐵 → 𝐴)
6. Tính chất của phép phủ định:
̅̅̅̅̅̅̅
𝐴 ∨ 𝐵 = 𝐴̅ ∧ 𝐵̅, ̅̅̅̅̅̅̅
𝐴 ∧ 𝐵 = 𝐴̅ ∨ 𝐵̅

III. Phương pháp làm bài:
1. Lập bảng giá trị chân lý.

 Ưu điểm: dễ sử dụng, có thể giải quyết đa số bài tập.
 Nhược điểm: khá dài dòng.
⇒ đi thi nên dùng cách này để tránh phải mất thời gian suy nghĩ, ít nhầm lẫn

2. Sử dụng các tính chất của các phép logic để biến đổi.
 Ưu điểm: ngắn gọn.

 Nhược điểm: đòi hỏi kĩ năng biến đổi tốt, nếu không nắm vững rất dễ biến đổi sai.

⇒ chỉ sử dụng khi đã thực sự thành thạo khả năng biến đổi.

3. Sử dụng phản chứng:

 Ưu điểm: ngắn gọn.

2
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
 Nhược điểm: đòi hỏi khả năng tư duy cao.
4. Chú ý:
 Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 có thể được viết dưới dạng:
o 𝑝 suy ra 𝑞

o Nếu 𝑝 thì 𝑞

o 𝑞 khi 𝑝

o 𝑝 chỉ khi 𝑞

o Giả thiết 𝑝, kết luận 𝑞

 Mệnh đề 𝑝 ↔ 𝑞 có thể được viết dưới dạng:
o 𝑞 khi và chỉ khi 𝑝

o 𝑞 nếu và chỉ nếu 𝑝

o 𝑝 là điền kiện cần và đủ cho 𝑞

IV. Các bài tập:

VD1: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề. Chứng minh biểu thức mệnh đề sau là hằng đúng.
(𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅

Giải:

Cách 1: Lập bảng trị chân lý:
𝑝

𝑞

𝑞̅

𝑝→𝑞

(𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅

1

0

1

0

1

1
0
0

1
1
0

0

1

0

1

1

Từ bảng trị chận lý ⇒ (𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ là hằng đúng.

1

1
1
1

Cách 2: Biến đổi
(𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ ⇔ (𝑝̅ ∨ 𝑞 ) ∨ 𝑞̅ ⇔ 𝑝̅ ∨ (𝑞 ∨ 𝑞̅ ) ⇔ 𝑝̅ ∨ 1 ⇔ 1
(Do phép hội chỉ sai khi cả 2 mệnh đề cùng sai)

VD2: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề. Hai mệnh đề (𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 và 𝑝 ∧ 𝑞 có tương đương logic khơng?
Vì sao?

Giải:
Đặt 𝐴 là mệnh đề [(𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 ] ↔ (𝑝 ∧ 𝑞 )
Lập bảng trị chân lý:

3
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
𝑝

𝑞

𝑝̅

𝑞̅

𝑝̅ → 𝑞̅

(𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞

𝑝∧𝑞

𝐴

1

0

0

1

1

0

0

1

1

1

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

1

Vậy (𝑝̅ → 𝑞̅ ) ∧ 𝑞 và 𝑝 ∧ 𝑞 tương đương logic.

1

0

1

0

1

1

0

0

1

0

1

VD3: Cho 𝑝, 𝑞 là các mệnh đề. Hỏi mệnh đề 𝑝 → 𝑞 và 𝑞 → 𝑝 có tương đương logic khơng?
Vì sao?

Giải:
Lập bảng trị chân lý:
𝑝

𝑞

𝑝→𝑞

𝑞→𝑝

(𝑝 → 𝑞 ) ↔ (𝑞 → 𝑝)

0

1

1

0

0

1

1

1

1

0

0

1

0

0

1

1

1

0

1

1

Mệnh đề 𝑝 → 𝑞 và 𝑞 → 𝑝 không tương đương logic.

VD4: Cho các mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟. Các mệnh đề (𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟 và 𝑝 → (𝑞 → 𝑟) có tương đương logic
khơng? Tại sao?

Giải:
Đặt 𝐴 là mệnh đề [(𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟] ↔ [𝑝 → (𝑞 → 𝑟)]
Lập bảng trị chân lý:
𝑝

𝑞

1

0

1
1
1
0
0
0

𝑟

𝑝→𝑞

𝑞→𝑟

(𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟

𝑝 → (𝑞 → 𝑟 )

𝐴

1

0

1

1

1

1

1

1

0

0

1
1
1
0

0
1
0
1

1
1
0
1
1
1

1

1

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0
0
0
1
1
0
Vậy (𝑝 → 𝑞 ) → 𝑟 và 𝑝 → (𝑞 → 𝑟) không tương đương logic.

4
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()

1
0
1
1
1
1
1

1
1
1
1

0
1
0


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
VD5: Cho 𝐴, 𝐵 là các mệnh đề. Chứng minh mệnh đề (𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵 là hằng đúng.

Giải:
Lập bảng trị chân lý:
𝐴

𝐵

𝐴̅

𝐴̅ ∧ 𝐵

(𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵

1

0

0

0

1

1

1

0

0

1

0

0

Vậy (𝐴̅ ∧ 𝐵) → 𝐵 là hằng đúng.

0

1

1

1

1

1

0

1

VD6: Cho các mệnh đề 𝐴 và 𝐵. Chứng minh hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 và 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic.

Giải:
Lập bảng trị chân lý:
𝐴

𝐵

𝐴̅

𝐴→𝐵

𝐴̅ ∨ 𝐵

(𝐴 → 𝐵) ↔ (𝐴̅ ∨ 𝐵)

0

1

1

1

1

1

1
1
0

1
0
0

0

1

0

1

0

1

0

1

1

Vậy hai mệnh đề 𝐴 → 𝐵 và 𝐴̅ ∨ 𝐵 tương đương logic.

1
1
1

VD7: Cho 3 mệnh đề 𝑝, 𝑞, 𝑟. Biết 𝑝 → 𝑞 là mệnh đề đúng. Hỏi mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) đúng
hay sai? Vì sao?

Giải:

Cách 1: lập bảng trị chân lý
Do 𝑝 → 𝑞 là mệnh đề đúng nên sẽ xảy ra các trường hợp:
𝑝

𝑞

1

1

0

0

0

1

5
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()

lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
Lập bảng trị chân lý:
𝑝

𝑞

0

1

0
0
1

𝑞∨𝑟

(𝑝 ∨ 𝑟 ) → (𝑞 ∨ 𝑟 )

0

0

1

1

0

1

1

0

1

1

1

𝑝∨𝑟

0
0

0

𝑟

1

0

1
Vậy mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) đúng.
Cách 2: biến đổi

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

(𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) ⇔ (̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑝 ∨ 𝑟) ∨ (𝑞 ∨ 𝑟) ⇔ (𝑝̅ ∧ 𝑟̅ ) ∨ (𝑞 ∨ 𝑟) ⇔ (𝑞 ∨ 𝑟) ∨ (𝑝̅ ∧ 𝑟̅ )

⇔ (𝑞 ∨ 𝑟 ∨ 𝑝̅ ) ∧ (𝑞 ∨ 𝑟 ∨ 𝑟̅ ) ⇔ [(𝑝̅ ∨ 𝑞 ) ∨ 𝑟] ∧ [𝑞 ∨ (𝑟 ∨ 𝑟̅ )] ⇔ [(𝑝 → 𝑞 ) ∨ 𝑟] ∧ [𝑞 ∨ 1]
⇔ [ 1 ∨ 𝑟 ] ∧ 1 ⇔ 1 ∧ [ 1 ∨ 𝑟 ] ⇔ (1 ∧ 1) ∨ (1 ∧ 𝑟 ) ⇔ 1 ∨ (1 ∧ 𝑟 ) ⇔ 1
Vậy mệnh đề (𝑝 ∨ 𝑟) → (𝑞 ∨ 𝑟) đúng.

VD8: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các mệnh đề. Hỏi hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) có tương

đương logic không?
Giải:
Cách 1:

Đặt mệnh đề [(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 ] ↔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )] là 𝑋
Lập bảng trị chân lý:
𝐴 𝐵
𝐶
𝐴̅ 𝐴̅ → 𝐵 𝐴 ∧ 𝐶 𝐵 ∧ 𝐶 (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶
1

1

1

0

1

1

1

1

1

0

1

0

1

1

0

1

1
1
0
0
0
0

1
0
1
1
0

0

0
0
1
0
1
0

0
0
1
1
1
1

1
1
1
1
0
0

0
0
0
0
0
0

0

(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )

𝑋

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

Vậy hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) tương đương logic.

1
1
0
1
0
0
0

1
1
1
1
1
1
1

Cách 2:

Ta có: (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 ⇔ (𝐴̅ ∨ 𝐵) ∧ 𝐶 ⇔ (𝐴 ∨ 𝐵) ∧ 𝐶 ⇔ (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶)
⇒ [(𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 ] ↔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )] ⇔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶)] ↔ [(𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 )] ⇔ 1

6

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()

lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
Vậy hai mệnh đề (𝐴̅ → 𝐵) ∧ 𝐶 và (𝐴 ∧ 𝐶 ) ∨ (𝐵 ∧ 𝐶 ) tương đương logic.
VD9: Khẳng định sau đây là đúng hay sai? Giải thích!

“Nếu 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐶 thì 𝐵 = 𝐶”

Giải:
Đặt mệnh đề “𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐶” là 𝑝
Đặt mệnh đề “𝐵 = 𝐶” là 𝑞

⇒ Mệnh đề “Nếu 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐶 thì 𝐵 = 𝐶” có thể được viết

thành 𝑝 → 𝑞

Lập bảng trị chân lý:

𝑝

𝑞

𝑝→𝑞

0

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

Từ bẳng trị chân lý ⇒ khẳng định đề bài là khẳng định sai.
VD10: Mệnh đề “Hạng của ma trận 𝐴 = [
vô nghiệm” đúng hay sai? Tại sao?

Giải:

1

1 −3
] bằng một nên bất phương trình 𝑥 2 − 6𝑥 + 5 ≤ 0
2
6

1 −3

1 −3
]→[
] ⇒ 𝑟 (𝐴 ) = 2
𝐴=[
2
6
0 12
𝑥 2 − 6𝑥 + 5 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 𝑥 ≤ 5
1 −3
] bằng một” là 𝑝 ⇒ mệnh đề 𝑝 là mệnh đề sai.
Đặt mệnh đề “Hạng của ma trận 𝐴 = [
2
6
Đặt mệnh đề “bất phương trình 𝑥 2 − 6𝑥 + 5 ≤ 0 vô nghiệm” là 𝑞 ⇒ mệnh đề 𝑞 là mệnh đề sai.
Mệnh đề đề bài có thể viết thành 𝑝 → 𝑞. Bảng trị chân lý:
𝑝

Vậy mệnh đề đề bài là mệnh đề đúng.

0

𝑞

0

𝑝→𝑞
1

7
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()

lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung

§1.2: Tập hợp
I. Các phép tốn trên tập hợp:
1. Phép hợp:
𝑥∉𝐴
𝑥∈𝐴
, 𝑥 ∉𝐴∪𝐵 ⇔{
𝑥∉𝐵
𝑥∈𝐵
*Đặc biệt: 𝐴 ∪ ∅ = ∅ ∪ 𝐴 = 𝐴
2. Phép giao:
𝑥∉𝐴
𝑥∈𝐴
𝑥 ∈𝐴∩𝐵 ⇔{
, 𝑥 ∉𝐴∩𝐵 ⇔[
𝑥∉𝐵
𝑥∈𝐵
*Đặc biệt: 𝐴 ∩ ∅ = ∅ ∩ 𝐴 = ∅
3. Phép trừ:
𝑥∈𝐴
𝑥∉𝐴
,
𝑥 ∉ 𝐴\𝐵 ⇔ [
𝑥 ∈ 𝐴\𝐵 ⇔ {
𝑥∉𝐵

𝑥∈𝐵
4. Phép lấy phần bù:
Nếu 𝐴 ⊂ 𝑋 thì 𝐴̅ = 𝑋\𝐴 được gọi là phần bù của 𝐴 trong 𝑋.
𝑥 ∈𝐴∪𝐵 ⇔[

II. Tính chất của tập hợp:
1. Tính giao hốn:

𝐴 ∪ 𝐵 = 𝐵 ∪ 𝐴, 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐵 ∩ 𝐴
2. Tính kết hợp:
(𝐴 ∪ 𝐵 ) ∪ 𝐶 = 𝐴 ∪ (𝐵 ∪ 𝐶 ), (𝐴 ∩ 𝐵 ) ∩ 𝐶 = 𝐴 ∩ (𝐵 ∩ 𝐶 )
3. Tính phân phối:
𝐴 ∪ (𝐵 ∩ 𝐶 ) = (𝐴 ∪ 𝐵 ) ∩ (𝐴 ∪ 𝐶 ), 𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐶 ) = (𝐴 ∩ 𝐵 ) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶 )
4. Tính chất của phép trừ:

Nếu 𝐴, 𝐵 ⊂ 𝑋 thì 𝐴\𝐵 = 𝐴 ∩ 𝐵̅

5. Công thức De Moorgan:
̅̅̅̅̅̅̅
𝐴 ∪ 𝐵 = 𝐴̅ ∩ 𝐵̅
𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴̅ ∪ 𝐵̅, ̅̅̅̅̅̅̅

6. Đặc biệt:

𝐴 ∪ 𝐴̅ = 𝑋
𝐴∩𝑋=𝐴
Với 𝐴 ⊂ 𝑋 ⇒ 𝐴 ∪ 𝑋 = 𝑋
𝐴\𝑋 = ∅
{ 𝑋\𝐴 = 𝐴̅

III. Phương pháp làm bài:
 Phương pháp phần tử, kết hợp sơ đồ ven (dễ hiểu, dễ sử dụng)
𝑥∈𝐵⇒𝐴⊂𝐵
 Cho hai tập hợp 𝐴, 𝐵, giả sử ∀𝑥 ∈ 𝐴 → [
𝑥 ∉ 𝐵 ⇒ 𝐴 𝑘ℎô𝑛𝑔 ⊂ 𝐵

 Phương pháp biến đổi tập hợp (cần kĩ năng biến đổi tốt)
8

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
o Sử dụng các tính chất của tập hợp để biến đổi tập hợp ở vế trái thành tập hợp ở vế phải hoặc
ngược lại.

 Phương pháp phản chứng (khó sử dụng nhất)
Chú ý: Nếu dùng phương pháp phần tử để chứng minh 𝐴 = 𝐵 thì phải đi chứng minh 𝐴 ⊂ 𝐵 và
𝐵 ⊂ 𝐴.

IV. Các bài tập:
VD1: Cho 𝐴, 𝐵 là các tập hợp thỏa mãn 𝐴\𝐵 ⊂ 𝐵\𝐴. Chứng minh 𝐴⊂𝐵.

Giải:

𝑥∈𝐴
𝑥∈𝐵
(1). Mà 𝐴\𝐵 ⊂ 𝐵\𝐴 ⇒ 𝑥 ∈ 𝐵\𝐴 ⇔ {

(2)
𝑥∉𝐵
𝑥∉𝐴
(1) và (2) mâu thuẫn nhau vì vậy để 𝐴\𝐵 ⊂ 𝐵\𝐴 xảy ra thì 𝐴\𝐵 = ∅
Giả sử: ∀𝑥 ∈ 𝐴\𝐵 ⇔ {

(Nhớ rằng tập hợp rỗng ∅ là con của mọi tập hợp)
𝐴\𝐵 = ∅ ⇒ ∀𝑦 ∈ 𝐴 đều ∈ 𝐵 ⇒ 𝐴⊂𝐵

VD2: Cho các tập hợp 𝐴, 𝐵, 𝐶. Chứng minh:
[(𝐴 ∪ 𝐵)\𝐶 ] ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]

Giải:

𝑥∈𝐴
{
𝑥
∈
𝐴
𝑥 ∈ 𝐴\𝐶
[
𝑥 ∈ (𝐴 ∪ 𝐵 )
𝑥∉𝐶
Giả sử: ∀𝑥 ∈ [(𝐴 ∪ 𝐵)\𝐶 ] ⇔ {
⇔{ 𝑥∈𝐵⇔[
⇔[
𝑥∈𝐵
𝑥 ∈ 𝐵\𝐶
𝑥∉𝐶
𝑥∉𝐶

{
𝑥∉𝐶
𝑥 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵)\𝐶
⇔ [𝑥 ∈ 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶 )
𝑥 ∈ 𝐵\𝐶

(Chia tập 𝐴\𝐶 thành 2 tập (𝐴 ∩ 𝐵)\𝐶 và 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶 ), có thể sử dụng sơ đồ ven để nhìn rõ hơn)
[(𝐴 ∩ 𝐵)\𝐶 ] ⊂ 𝐵\𝐶
[(𝐴 ∩ 𝐵)\𝐶 ] ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]
[𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶 )] ⊂ (𝐴\𝐵)
⇒ { (𝐴\𝐵) ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]
Do
(𝐵\𝐶 ) ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]
(𝐵\𝐶 ) ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]
{(𝐴\𝐵) ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]
⇒ 𝑥 ∈ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]

Vậy [(𝐴 ∪ 𝐵)\𝐶 ] ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐵\𝐶 )]

VD3: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp. Chứng minh 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶 ) là tập con của (𝐵\𝐶 ) ∪ (𝐴\𝐵)

Giải:

9
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung

𝑥∈𝐴
𝑥∈𝐴
𝑥 ∉ 𝐵 ⇒ 𝑥 ∈ (𝐴\𝐵) ⇒ 𝑥 ∈ [(𝐵\𝐶 ) ∪ (𝐴\𝐵)]
⇔
{
𝑥 ∉ (𝐵 ∪ 𝐶 )
𝑥∉𝐶
Vậy 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶 ) ⊂ [(𝐵\𝐶 ) ∪ (𝐴\𝐵)]

Giả sử ∀𝑥 ∈ 𝐴\(𝐵 ∪ 𝐶 ) ⇔ {

VD4: Cho các tập hợp con của 𝑅 là 𝐴 = [1,3], 𝐵 = (𝑚; 𝑚 + 3). Tìm 𝑚 để (𝐴\𝐵) ⊂ (𝐴 ∩ 𝐵).

Giải:

𝑥∈𝐴
(1)
Giả sử: ∀𝑥 ∈ (𝐴\𝐵) ⇔ {
𝑥∉𝐵

𝑥∈𝐵 ( )
2
Do (𝐴\𝐵) ⊂ (𝐴 ∩ 𝐵) ⇒ 𝑥 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ⇔ {
𝑥∈𝐴
(1) và (2) mâu thuẫn ⇒ (𝐴\𝐵) ⊂ (𝐴 ∩ 𝐵) xảy ra ⇔ (𝐴\𝐵) = ∅
(Tập rỗng là con của mọi tập hợp)
𝐴=𝐵
𝑚+3 >3
Với 𝐴 = [1,3], 𝐵 = (𝑚 ; 𝑚 + 3) để (𝐴\𝐵) = ∅ ⇔ [
⇔0<𝑚<1

⇔{
𝑚<1
𝐴⊂𝐵
VD5: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp bất kì. Chứng minh rằng:
𝐴\(𝐵\𝐶 ) = (𝐴\𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶 )

Giải:
Giả sử 𝐴, 𝐵, 𝐶 ⊂ 𝑋
𝐴\(𝐵\𝐶 ) = 𝐴 ∩ (̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝐵 ∩ 𝐶̅ ) = 𝐴 ∩ (𝐵̅ ∪ 𝐶 ) = (𝐴 ∩ 𝐵̅) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶 ) = (𝐴\𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶 )
VD6: Cho các tập hợp A, B, C. Chứng minh rằng:
𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶 ) = (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶).

Giải:

𝑥∈𝐴
{
𝑥∈𝐴
(𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐵)
𝑦∈𝐵
𝑥∈𝐴
⇔[
Giả sử: ∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶 ) ⇔ {
⇔ { [𝑦 ∈ 𝐵 ⇔ [
𝑥∈𝐴
𝑦 ∈ (𝐵 ∪ 𝐶 )
(𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐶 )
𝑦∈𝐶
{
𝑦∈𝐶

⇔ (𝑥, 𝑦) ∈ (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶 ) ⇒ [𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶 )] ⊂ [(𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶 )] (1).
𝑎∈𝐴
{
𝑎∈𝐴
(𝑎, 𝑏) ∈ (𝐴 × 𝐵)
𝑏
∈
𝐵
(
)
Giả sử : ∀ 𝑎, 𝑏 ∈ (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶) ⇔ [
⇔[
⇔ {[𝑏 ∈ 𝐵
𝑎∈𝐴
(𝑎, 𝑏) ∈ (𝐴 × 𝐶)
{
𝑏∈𝐶
𝑏∈𝐶
⇔ (𝑎, 𝑏) ∈ [𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶 )] ⇒ [(𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶 )] ⊂ [𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶 )] (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 𝐴 × (𝐵 ∪ 𝐶 ) = (𝐴 × 𝐵) ∪ (𝐴 × 𝐶).

10
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
VD7: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là các tập hợp bất kì. Chứng minh rằng:
[(𝐴 ∪ 𝐶 )\(𝐵 ∪ 𝐷) ] ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐶\𝐷) ]

Giải:

𝑥∈𝐴
[
𝑥 ∈ (𝐴 ∪ 𝐶 )
Giả sử: ∀𝑥 ∈ [(𝐴 ∪ 𝐶 )\(𝐵 ∪ 𝐷) ] ⇔ {
⇔{ 𝑥∈𝐶
𝑥∉𝐷
𝑥 ∉ (𝐵 ∪ 𝐷 )
{
𝑥∉𝐵
⇒ 𝑥 ∈ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐶\𝐷) ]
Vậy [(𝐴 ∪ 𝐶 )\(𝐵 ∪ 𝐷) ] ⊂ [(𝐴\𝐵) ∪ (𝐶\𝐷)]

𝑥∈𝐴
{𝑥 ∉ 𝐵
𝑥∉𝐷
⇔
𝑥∈𝐶
{𝑥 ∉ 𝐵
[ 𝑥∉𝐷

VD8: Cho hai tập hợp 𝐴, 𝐵 ⊂ 𝑋. Chứng minh 𝐴 ∪ (𝐵\𝐴) = 𝐴 ∪ 𝐵

Giải:
𝐴 ∪ (𝐵\𝐴) = 𝐴 ∪ (𝐵 ∩ 𝐴̅) = (𝐴 ∪ 𝐵) ∩ (𝐴 ∪ 𝐴̅) = (𝐴 ∪ 𝐵) ∩ 𝑋 = 𝐴 ∪ 𝐵

VD9: Cho các tập hợp 𝐴 = [𝑎 − 1, 𝑎], 𝐵 = [𝑏, 𝑏 + 1] với 𝑎, 𝑏 là các số thực. Tìm điều kiện của
𝑎, 𝑏 sao cho 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅

Giải:
Để 𝐴 ∩ 𝐵 = ∅ sẽ có 2 trường hợp

TH1: tập 𝐵 “nằm” hoàn toàn bên phải tập 𝐴 trên trục số ⇔ 𝑏 > 𝑎
𝑎−1

𝑎

𝑏

𝑏+1

TH2: tập 𝐵 “nằm” hoàn toàn bên trái tập 𝐴 trên trục số ⇔ 𝑏 + 1 < 𝑎 − 1 ⇔ 𝑏 < 𝑎 − 2
𝑏

𝑏+1

𝑎−1

𝑎

VD10: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 là ba tập hợp bất kì. Chứng minh rằng (𝐵\𝐴) ∩ 𝐶 = (𝐵\𝐴)\(𝐴 ∪ 𝐶̅ )

Giải:

(𝐵\𝐴)\(𝐴 ∪ 𝐶̅ ) = (𝐵\𝐴) ∩ (̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝐴 ∪ 𝐶̅ ) = (𝐵\𝐴) ∩ (𝐴̅ ∩ 𝐶̅ ) = (𝐵\𝐴) ∩ (𝐶 ∩ 𝐴̅)

= (𝐵\𝐴) ∩ (𝐶\𝐴) = (𝐵\𝐴) ∩ 𝐶

Vậy (𝐵\𝐴) ∩ 𝐶 = (𝐵\𝐴)\(𝐴 ∪ 𝐶̅ )

11
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
VD11: Cho 𝐴, 𝐵, 𝐶 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)

Giải:
a) Giả sử 𝐴, 𝐵, 𝐶 ⊂ 𝑋

(𝐴 ∩ 𝐵)\(𝐴 ∩ 𝐶 ) = (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝐴 ∩ 𝐶 ) = (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴̅ ∪ 𝐶̅ ) = (𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐴̅) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶̅ )
= [(𝐴 ∩ 𝐴̅) ∩ 𝐵] ∪ [(𝐴 ∩ 𝐶̅ ) ∩ 𝐵] = (∅ ∩ 𝐵) ∪ [(𝐴\𝐵) ∩ 𝐵]

= ∅ ∪ [(𝐴\𝐶 ) ∩ 𝐵] = (𝐴\𝐶 ) ∩ 𝐵
Vậy 𝐴 ∩ (𝐵\𝐶 ) = (𝐴 ∩ 𝐵)\(𝐴 ∩ 𝐶 )
b) Giả sử 𝐴, 𝐵, 𝐶 ⊂ 𝑋

𝐴 ∪ (𝐵\𝐴) = 𝐴 ∪ (𝐵 ∩ 𝐴̅) = (𝐴 ∪ 𝐵) ∩ (𝐴 ∪ 𝐴̅) = (𝐴 ∪ 𝐵) ∩ 𝑋 = (𝐴 ∪ 𝐵)

c) Giả sử 𝐴, 𝐵, 𝐶. 𝐷 ⊂ 𝑋

̅)

(𝐴 ∩ 𝐶 )\(𝐵 ∪ 𝐷) = (𝐴 ∩ 𝐶 ) ∩ (̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅
𝐵 ∪ 𝐷) = (𝐴 ∩ 𝐶 ) ∩ (𝐵̅ ∩ 𝐷
̅ = (𝐴 ∩ 𝐵̅) ∩ (𝐶 ∩ 𝐷
̅)
= 𝐴 ∩ 𝐶 ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐷
= (𝐴\𝐵) ∩ (𝐶\𝐷)

12
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung

§𝟏. 𝟑: ÁNH XẠ

I. Định nghĩa:

 Cho 2 tập hợp 𝐸, 𝐹 ≠ ∅ và một phép biến đổi 𝑓. Khi đó 𝑓 được gọi là ánh xạ nếu với mỗi phần

tử 𝑥 ∈ 𝐸 thông qua phép biến đổi 𝑓 tạo ra duy nhất một phần 𝑦 ∈ 𝐹 và kí hiệu 𝑦 = 𝑓(𝑥).
 Kí hiệu ánh xạ:

𝑓: 𝐸 → 𝐹

𝑥 ↦ 𝑦 = 𝑓(𝑥).

𝐸

𝑥1

Trong đó: 𝐸 là tập nguồn, 𝐹 là tập đích
𝑥 là nghịch ảnh, 𝑦 = 𝑓(𝑥 ) là ảnh.

𝑓

→

𝑦1

𝑥2

𝑥3

𝐹
𝑦2

𝑦3

o VD1 𝑓: Người → Người .
Bố ↦ Con

Ở phép biến đổi 𝑓 này, dễ dàng nhận thấy rằng: 1 bố có thể có 1 con, 2 con, 3 con …
⇒ vi phạm định nghĩa ánh xạ ⇒ 𝑓 không là ánh xạ.

o VD2: 𝑓: Người → Người .
Con ↦ Bố

Ở phép biến đổi 𝑓 này, dễ dàng nhận thấy rằng: 1 con thì chỉ có thể có duy nhất 1 bố

⇒ 𝑓 là một ánh xạ.

o VD3: 𝑓: Địa phương → Địa phương
Xã ↦ Huyện

Dễ thấy rằng: 1 xã thì chỉ có thế thuộc duy nhất 1 huyện ⇒ 𝑓 là một ánh xạ.

o VD4: 𝑓: Con người → Trường học

Sinh viên ↦ Trường Đại học
Dễ thấy rằng: Sinh viên hồn tồn có thể học ở nhiều trường Đại học, có nhiều bằng ĐH
⇒ 𝑓 không là ánh xạ

13
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
o VD5:

𝑓

𝐸

→

𝑥1

o

𝑦1

𝑥2

𝑥3

𝐹
𝑦2

Phép biến đổi 𝑓 được mô tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ.
o VD6:

𝑓

𝐸

→

𝑥1

o

𝑦1

𝑥2

𝐹
𝑦2

𝑦3

Phép biến đổi 𝑓 được mơ tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ.
o VD7:

𝐸
o

𝑓

→

𝑥1

𝑥2

𝑦1

𝐹
𝑦2

𝑦3

𝑥3

14
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()

lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
Phép biến đổi 𝑓 được mô tả ở hình vẽ trên là một ánh xạ.

Các ví dụ trên là những ví dụ trong thực tế để mọi người có thể dễ dàng tiếp cận và hình dung về
ánh xạ hơn. Trong các bài tập, ánh xạ thường được cho dưới dạng hàm số 𝑦 = 𝑓 (𝑥) với tập

nguồn và tập đích là các tập hợp quen thuộc như: 𝑅, 𝑍, 𝑁, 𝐶, … ngoài ra sẽ được mở rộng thêm với
tích Đề-các (𝑅2 , 𝑅3 , 𝐶 2 , … ).
o VD8: 𝑓: 𝑅 → 𝑅
là một ánh xạ.
𝑥 ↦ 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 + 1
o VD9: 𝑓: 𝑅 → 𝑅

𝑥 ↦ 𝑓 (𝑥 ) =

1

𝑥−1

Phép biến đổi 𝑓 ở VD5 không phải là 1 ánh xạ vì với 𝑥 = 1 ∈ 𝑅 thì sẽ không tồn tại 𝑓(𝑥 ) =

⇒ vi phạm định nghĩa của ánh xạ.
o VD10: 𝑓: 𝑅 → 𝑅\{3}
𝑥 ↦ 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 + 2

Phép biến đổi 𝑓 ở VD6 khơng phải là 1 ánh xạ vì với 𝑥 = 1 ∈ R thì 𝑓 (1) = 3 ∉ R\{3}
⇒ vi phạm quy tắc ánh xạ.

II. Tập ảnh và tập nghịch ảnh:
Cho 𝑓: 𝐸 → 𝐹 là một ánh xạ, giả sử 𝐴 ⊂ 𝐸, 𝐵 ⊂ 𝐹. Ta có:

 Tập ảnh ánh của 𝐴 qua ánh xạ 𝑓, kí hiệu: 𝑓 (𝐴) = {𝑦 = 𝑓(𝑥 ) ∈ 𝐹 | 𝑥 ∈ 𝐴}.

𝑦2

𝑦3

𝑓

𝑋

→

𝑌
𝑓 (𝐴)

𝐴

15
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()

1

𝑥−1


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
 Tập nghịch ảnh của 𝐵 qua ánh xạ 𝑓, kí hiệu 𝑓 −1 (𝐵) = {𝑥 ∈ 𝐸 | 𝑓(𝑥 ) ∈ 𝐵}.

𝑓

𝑋

→

𝑓 −1(𝐵 )

𝑌

𝐵

III. Đơn ánh, song ánh, toàn ánh:
Cho 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là một ánh xạ.

 Đơn ánh: Ánh xạ 𝑓 được gọi là đơn ánh nếu:
o 𝑓(𝑥1 ) = 𝑓(𝑥2 ) ⇔ 𝑥1 = 𝑥2

o Hay phương trình 𝑓 (𝑥 ) = 𝑦 có tối đa một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑦 ∈ 𝑌

𝑋

𝑓

→

𝑥1

𝑌

𝑦1

𝑦2

𝑥2

𝑦3

𝑥3

 Toàn ánh: Ánh xạ 𝑓 được gọi là toàn ánh nếu:

o Với mỗi 𝑦 ∈ 𝑌 đều tồn tại tối thiểu một giá trị 𝑥 ∈ 𝑋 sao cho 𝑓(𝑥 ) = 𝑦
o Hay phương trình 𝑓 (𝑥 ) = 𝑦 có tối thiểu 1 nghiệm 𝑥 ∈ 𝑋 với ∀𝑦 ∈ 𝑌.

𝑋

𝑥1

𝑓

→

𝑦1

𝑦2

𝑥2

𝑥3

𝑌

16

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
 Song ánh: Ánh xạ 𝑓 được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa là tồn ánh hay nói
cách khác phương trình 𝑓(𝑥 ) = 𝑦 có một nghiệm duy nhất 𝑥 ∈ 𝑋 với mọi 𝑦 ∈ 𝑌.
𝑓

𝑋

→

𝑥1

𝑌

𝑦1

𝑦2

𝑥2

IV. Các dạng bài tập chính:
1. Dạng 1: Tìm tập ảnh
 Bài tốn:
Cho ánh xạ 𝑓: 𝐸 → 𝐹 và tập hợp 𝐴 ⊂ 𝐸 (𝐴 ≠ ∅).
𝑥↦𝑦
Tìm tập ảnh 𝑓(𝐴) của 𝐴 qua ánh xạ 𝑓 ?

 Cách làm:
o Áp dụng công thức:

𝑓 (𝐴 ) = { 𝑦 = 𝑓 (𝑥 ) ∈ 𝐹 |𝑥 ∈ 𝐴 }
o Sử dụng các kiến thức về khảo sát hàm số, tính tốn đa thức
VD1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓 (𝑥 ) = x 2 + 3x − 4 và 𝐴 = {0; −6}. Xác định các tập hợp 𝑓(𝐴)

Giải:
Tập ảnh 𝑓(𝐴) = { 𝑦 = 𝑓(𝑥 ) ∈ 𝑅 | 𝑥 ∈ 𝐴} ⇔ 𝑓(𝐴) = { 𝑦 = 𝑥 2 + 3𝑥 − 4|𝑥 ∈ {0; −6} }
Với 𝑥 = 0 ⇒ y = 𝑓 (0) = −4 ∈ R , với 𝑥 = −6 ⇒ 𝑦 = 𝑓 (−6) = 14 ∈ 𝑅
Vậy 𝑓 (𝐴) = {−4; 14}.

VD2: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 , 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 − 2𝑥 và tập 𝐴 = [0; 3]. Tính 𝑓 (𝐴)

Giải:
Tập ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑦 = 𝑓 (𝑥 ) ∈ 𝑅|𝑥 ∈ 𝐴 } ⇔ 𝑓(𝐴) = {𝑦 = 𝑥 2 − 2𝑥 ∈ 𝑅|0 ≤ 𝑥 ≤ 3}
Khảo sát hàm số 𝑓 (𝑥 ) = x 2 − 2x với 0 ≤ 𝑥 ≤ 3
𝑓 ′ (𝑥 ) = 2𝑥 − 2 ⇒ 𝑓 ′ (𝑥 ) = 0 ⇔ 𝑥 = 1

17

Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
Lập BBT
𝑥

0

𝑓 ′ (𝑥 )
𝑓 (𝑥 )

0

1
−

3
+

0

3

−1

Từ BBT ⇒ 𝑓 (𝐴) = [−1; 3]

VD3: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 6 + 2𝑥 3 + 4. Tìm 𝑓 (𝑅).

Giải:

Tập ảnh 𝑓(𝑅) = {𝑦 = 𝑓(𝑥 ) ∈ 𝑅| 𝑥 ∈ 𝑅}
Khảo sát hàm 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 6 + 2𝑥 3 + 4 với 𝑥 ∈ 𝑅

𝑓 ′ (x) = 6x 5 + 6x 2 ⇒ 𝑓 ′ (𝑥 ) = 0 ⇔ 𝑥 2 (𝑥 + 1) = 0 ⇔ [

Lập BBT:
𝑥

𝑓 ′ (𝑥 )
𝑓 (𝑥 )

+∞

−

−1

𝑥=0
𝑥 = −1
0

+

0

0

+
+∞

3

Từ BBT ⇒ 𝑓 (𝑅) = [3; +∞)

VD4: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅2 , 𝑓 (𝑥 ) = (𝑥 + 1; 𝑥 2 + 2𝑥 + 3) và tập 𝐴 = [0; 1]. Tìm 𝑓 (𝐴)

Giải:
Tập ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑦 = 𝑓 (𝑥 ) ∈ 𝑅2 |𝑥 ∈ 𝐴} = {𝑦 = (𝑥 + 1; 𝑥 2 + 2𝑥 + 3) ∈ 𝑅2 |𝑥 ∈ [0,1]}
Với 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ⇒ 1 ≤ 𝑥 + 1 ≤ 2 ⇔ 𝑥 + 1 ∈ [1; 2] (1)
Khảo sát hàm 𝑔(𝑥 ) = 𝑥 2 + 2𝑥 + 3 với 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
𝑔′ (𝑥 ) = 2𝑥 + 2 ⇒ 𝑔′ (𝑥 ) = 0 khi 𝑥 = −1

Lập BBT:
𝑥

𝑓 ′ (𝑥 )
𝑓 (𝑥 )

−∞

−

−1
0

0

+

1
6

3

18
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
⇒ 𝑥 2 + 2𝑥 + 3 ∈ [3; 6] với 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 𝑓 (𝐴) = [1; 2] × [3; 6]

VD5: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅, 𝑓(𝑥, 𝑦) = |𝑥 + 𝑦| − 1. Tìm 𝑓 (𝐴) với
𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 |−𝑥 − 1 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥 + 4}

Giải:

Tập ảnh: 𝑓 (𝐴) = {(|𝑥 + 𝑦| − 1)|(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴} = {(|𝑥 + 𝑦| − 1)|−𝑥 − 1 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥 + 4; 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 }
Ta có: −𝑥 − 1 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥 + 4 ⇔ −1 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ 4 ⇒ 0 ≤ |𝑥 + 𝑦| ≤ 4
⇒ −1 ≤ |𝑥 + 𝑦| − 1 ≤ 3
Vậy 𝑓 (𝐴) = [−1; 3]

VD6: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶, 𝑓 (𝑧) = 𝑧 + 2 + 3𝑖. Tập 𝐴 = {𝑧 ∈ 𝐶 ||𝑧| ≤ 1}, tìm 𝑓 (𝐴)

Giải:
Tập ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑦 = 𝑓 (𝑧) ∈ 𝐶|𝑧 ∈ 𝐴} = {𝑦 = 𝑓(𝑧) ∈ 𝐶 ||𝑧| ≤ 1}
Do 𝑦 ∈ 𝐶, đặt 𝑦 = 𝑎 + 𝑏𝑖 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅)
𝑦 = 𝑓(𝑥 ) ⇔ 𝑎 + 𝑏𝑖 = 𝑧 + 2 + 3𝑖 ⇔ 𝑧 = (𝑎 − 2) + (𝑏 − 3)𝑖

Mà |𝑧| ≤ 1 ⇔ |(𝑎 − 2) + (𝑏 − 3)𝑖 | ≤ 1 ⇔ √(𝑎 − 2)2 + (𝑏 − 3)2 ≤ 1
⇔ (𝑎 − 2)2 + (𝑏 − 3)2 ≤ 1
Vậy 𝑓 (𝐴) = {𝑦 = 𝑎 + 𝑏𝑖|(𝑎 − 2)2 + (𝑏 − 3)2 ≤ 1; 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 }

VD7: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2 , 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 ) = (4𝑥1 , 5𝑥2 ). Xác định 𝑓 (𝐴) với
𝐴 = {(𝑥1 , 𝑥2 ) ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 = 9}

Giải:
𝑓(𝐴) = {𝑦 = 𝑓 (𝑥1 , 𝑥2 ) ∈ 𝑅2 |(𝑥1 , 𝑥2 ) ∈ 𝐴} = {𝑦 = 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 ) ∈ 𝑅2 |𝑥1 2 + 𝑥2 2 = 9}
Do 𝑦 ∈ 𝑅2 , đặt 𝑦 = (𝑎, 𝑏) (𝑎; 𝑏 ∈ 𝑅)
𝑎

= 𝑥1
𝑎 = 4𝑥1
4
⇒ {𝑏
𝑦 = 𝑓(𝑥1 , 𝑥2 ) ⇔ (𝑎, 𝑏) = (4𝑥1 , 5𝑥2 ) ⇔ {
𝑏 = 5𝑥2
=𝑥
𝑎2

5

𝑏2

Mà 𝑥1 2 + 𝑥2 2 = 9 ⇒ 16 + 25 = 9 ⇒ 25𝑎2 + 16𝑏2 = 3600

2

Vậy 𝑓 (𝐴) = {(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2 |25𝑎2 + 16𝑏2 = 3600}

VD8: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅2 → 𝑅, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 4𝑦 − 3 và 𝐴 = [0; 2] × [−1; 1]
Tìm 𝑓 (𝐴)

Giải:

19
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
𝑓(𝐴) = {𝑓 (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅|(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴} = {𝑎 = 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 4𝑦 − 3|(𝑥, 𝑦) ∈ [0; 2] × [−1; 1]}
Đặt 𝑔(𝑥 ) = 𝑥 2 − 2𝑥 − 3 và ℎ(𝑦) = 𝑦 2 − 4𝑦 ⇒ 𝑎 = 𝑔(𝑥 ) + ℎ(𝑦)
max

[0;2]×[−1;1]

min

[0;2]×[−1;1]

𝑎 = max 𝑔(𝑥 ) + max ℎ(𝑦) = −3 + 5 = 2
[0;2]

[−1;1]

𝑎 = min 𝑔(𝑥) + min ℎ(𝑦) = −4 − 3 = −7
[0;2]

[−1;1]

Vậy 𝑓 (𝐴) = [−7; 2].

VD9: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅2 , 𝑓(𝑥 ) = (𝑥 + 4, 𝑥 − 2) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 |𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 26}
Tìm 𝑓 (𝑅), 𝑓 −1 (𝐴)

Giải:
Tập ảnh 𝑓(𝑅) = {𝑦 = 𝑓 (𝑥 ) ∈ 𝑅2 | 𝑥 ∈ 𝑅}
Do 𝑦 ∈ 𝑅2 , đặt 𝑦 = (𝑎, 𝑏) (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅)

𝑦 = 𝑓(𝑥 ) ⇔ (𝑎, 𝑏) = (𝑥 + 4, 𝑥 − 2) ⇔ {

Vậy 𝑓 (𝑅) = {(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2 | 𝑎 − 𝑏 = 6}

𝑎 = 𝑥+4
⇒𝑎−𝑏 =6
𝑏=𝑥−2

VD10: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2 ; 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 3 + 2𝑦; 3𝑥 3 + 7𝑦)
Với 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 |0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 2}. Tìm 𝑓 (𝐴)

Giải:
Tập ảnh: 𝑓 (𝐴) = {(𝑥 3 + 2𝑦; 3𝑥 3 + 7𝑦) ∈ 𝑅2 |0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 2}

Xét 𝑎 = 𝑥 3 + 2𝑦 với điều kiện 𝐴: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 2
max 𝑎 = max(𝑥 3 ) + max(2𝑦) = 13 + 2.2 = 5
(A)
(A)
(A)
⇒{
3
min 𝑎 = min(𝑥 ) + min(2𝑦) = 03 + 2.0 = 0
(A)

(A)

(A)

Xét 𝑏 = 3𝑥 + 7𝑦 với điều kiện 𝐴: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 2
3

max 𝑏 = max(3𝑥 3 ) + max(7𝑦) = 17
(A)
(A)
(A)
⇒{
3
min 𝑏 = min(3𝑥 ) + min(7𝑦) = 0
(A)

(A)

(A)

Vậy 𝑓 (𝐴) = {(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2 |0 ≤ 𝑎 ≤ 5; 0 ≤ 𝑏 ≤ 17}.

2. Dạng 2: Tìm tập nghịch ảnh

 Bài toán:
Cho ánh xạ 𝑓: 𝐸 → 𝐹 và tập hợp 𝐵 ⊂ 𝐹 (𝐵 ≠ ∅).
𝑥↦𝑦

Tìm tập nghịch ảnh 𝑓 −1 (𝐵) của 𝐵 qua ánh xạ 𝑓 ?

 Cách làm:

20
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()


lOMoARcPSD|16911414

Pham Thanh Tung
o Áp dụng công thức:

𝑓 −1 (𝐵) = {𝑥 ∈ 𝐸 |𝑓(𝑥 ) ∈ 𝐵}
o Sử dụng các kiến thức giải phương trình, hệ phương trình.
VD1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác định bởi 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 + 1. Tìm 𝑓 −1 ({1; 2})

Giải:

Tập nghịch ảnh 𝑓 −1 ({1; 2}) = {𝑥 ∈ 𝑅|𝑓 (𝑥 ) ∈ {1; 2}}
𝑓 (𝑥 ) = 1 ⇔ 𝑥 2 + 1 = 1 ⇔ 𝑥 = 0 ∈ 𝑅
𝑓(𝑥 ) = 2 ⇔ 𝑥 2 + 1 = 2 ⇔ 𝑥 = ±1 ∈ 𝑅

Vậy 𝑓 −1 ({1; 2}) = {0; ±1}
VD2: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅\{1} → 𝑅; 𝑓 (𝑥 ) =

Giải:

x−3
x−1

. Xác định 𝑓 −1 ((−1; 0)).

Tập nghịch ảnh 𝑓 −1 ((−1; 0)) = {𝑥 ∈ 𝑅\{1}| 𝑓 (𝑥 ) =
Ta có: −1 <

x−3

x−3
x−1

∈ (−1; 0) }

𝑥>2
+1 >0
[
< 0 ⇔ {x−1x−3
⟺{ 𝑥<1 ⇔2<𝑥<3
x−1
<0
1<𝑥<3
x−1
x−3

Vậy 𝑓 −1 ((−1; 0)) = (2,3)

VD3: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác định bởi 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 1. Tìm 𝑓 −1 ([−1; 2])

Giải:

Tập nghịch ảnh 𝑓 −1 ([−1; 2]) = {𝑥 ∈ 𝑅|𝑓 (𝑥 ) ∈ [−1; 2] }

𝑥≤1
[
2
𝑥
−
3𝑥
−
1
≤
0
𝑥≥2
Xét 𝑓(𝑥 ) ∈ [−1; 2] ⇔ −1 ≤ 𝑥 − 3𝑥 + 1 ≤ 2 ⇔ { 2
⇔{
3+√13
3−√13
𝑥 − 3𝑥 + 2 ≥ 0
≤𝑥≤ 2
2
2

3−√13

⇔𝑥∈[

2

; 1] ∪ [2;

3+√13
2

]

VD4: Cho ánh xạ 𝑓: C → C, 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 + 2𝑧. Tìm 𝑓 −1 ({−2; −3}).

Giải:

Tập nghịch ảnh 𝑓 −1 ({−2; −3}) = {𝑧 ∈ 𝐶|𝑓(𝑧) = {−2; −3}}

21
Downloaded by Nguynhavy Ha Vy ()