ANH XA VA GIAI TICH TO HOP

Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

II. ÁNH XẠ VÀ GIẢI TÍCH TỔ HỢP
1. ÁNH XẠ
VD1 : Cho ánh xạ f : R  R xác định bơi f(x)=2x3+1. Tìm f(0), f(1), f 1 (1),
f 1 ([1;17]), f([0;1]).
Giải :
3
3
-1
f(0)=2.0 +1=1; f(1)=2.1 +1=3; f (1)= x  R / f (x)  1 = x  R / 2x 3  1  1  0

f 1 ([1;17])=
x  R /1  f (x)  7 = x  R /1  2x 3  1  17 =

x  R / 0  2x

3

 16  x  R / 0  x 3  8 = x  R 0  x  2  [0;2]

f([0;1])= f (x) / 0  x  1 Ta có: 0  x  1  0  x 3  1  0  2x 3  2

 1  2x 3  1  3 Vây f([0;2])=[1;3]
VD 2 : Chứng minh rằng ánh xạ f : R  R xác định bởi f(x)=2x3+1 là song ánh và tìm
ánh xạ ngược.
Giải :

x 1 , x 2  R mà x1  x 2  2x13  1  2x 32  1  2x13  2x 32  f (x1 )  f (x 2 )
 f là đơn ánh.(1)

y  R,f (x)  y  2x 3  1  y  2x 3  y  1  x 3 
Vậy, y  R, x  3

y 1

2

y 1
y 1

x 3
2
2

 f là toàn ánh (2)

Từ (1) và (2), suy ra f là song ánh.
Ánh xạ ngược : f 1  R  R

y  1 là ánh xạ ngược của f.
Cách 2 :
2
y 1
. Như vậy y  R,
y  R, xét phương trình y=f(x)  y  2x 3  1  x  3
2
y 1
phương trình y=f(x) có nghiệm duy nhất là x  3
nên f là song ánh.
2

VD3 : cho ánh xạ f : R  R
y

x

x

f (x)  3x 2  x  2

3

a) f có phải làm song ánh không ?Tại sao ?
b) Tìm f(0), f(1),f([0,1]) ; f 1 ([0;2])
Giải :

b
1
1 1
1
)  f (  3.   2   2  3
2a
6
36 6
12
2
Với y= -3, xét phương trình f(x)=-3  3x  x  2  3  3x 2  x  1  =0
a) Ta có : f (

Người soạn : Trương Thành Phú-K8

1


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

 1  4.3  0 pt vô nghiêm

Như vậy với y=-3, pt f(x)=-3 vô nghiệm nên f không phải làm toàn ánh  f cũng
không phải làm song ánh.
+ Xét tính đơn ánh :

 x1  0
Ta có : f(x)=-2  3x  x  2  2  3x  x  0  x(3x  1)  0 
x2  1
3

1
Như vậy với x1  0, x 2  ta có x1  x 2 nhưng f (x1 )  f (x 2 )  2 . Vậy f không
3
2

2

phải làm đơn ánh.
b) f (0)  2, f (1)  0 , f (0,1)   min f (x), max f(x) 

 0;1

 0;1

25  25

1
Trong đó : min(fx)=min f (0), f (1), f ( )  = min 2,0,


 0,1





6 

12 

12

1
Max f(x)=max f (0), f (1), f ( )  =0


25 
Vậy f( 0;1)  
;0 
 12 

 0,1

6 

 f 1 (0; 2)  x  R / f (x)  0, 2  x  R / 0  f (x)  2

2

 x  3  x  1
3x 2  x  2  0
2  1


Ta có : 0  f (x)  2   2
 x   1;    1; 
3  4

3x  x  2  2
 1  x  4

3
2
4
Vậy f 1 (0; 2)   1;    1; 
3  3


VD4 : Ánh xạ f :R  R xác định bởi f(x)=

3x
có phải là đơn ánh, toàn ánh không
x2  1

?
Giải
+ Xét tính đơn ánh :
3x1
3x 2
 3x1 (x 2 2  1)  3x 2 (x12  1)

2
2
x1  1 x 2  1
 x1x 2 2  x1  x 2 x12  x 2  (x1  x 2 )  x1x 2 (x 2  x1 ) =0
   (x1  x 2 )  x1x 2 (x 2  x1 )   0

x1 , x 2 , ta có: f (x1 )  f (x 2 ) 

 x1  x 2
 (x 2  x1 )  x1x 2 (x 2  x1 )  0  (x 2  x1 )(1  x1x 2 )  0  
 x1x 2  1
Người soạn : Trương Thành Phú-K8

2


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

1
Chọn x1=3 x2= , ta có x1  x 2 nhưng
3
9
1

9
f (x1 )  f (3)  , f (x 2 )  f ( )   f (x1 )  f (x 2 ) nên f không phải là đơn ánh.
10
3 10
+ Xét tính toàn ánh :
3x
 yx 2  3x  y  0
y  , xét phương trình y = f(x)  y  2
x 1
+ Nếu y = 0 phương trình có nghiệm x = 0
+ Nếu y  0 thì  9  4y 2 , 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 tập :
Bài 1 : Cho f : R  R,f (x)  x  3x  1
a) Hỏi f có phải làm đơn ánh, toàn ánh, song ánh không ? Tại sao ?
1
b) Tìm f ( 1; 2);f 1 ( 1; 2) , f ( 1;1)
Giải ( Phú làm)
2

2

3
b
3
3
9 9
5
a) Ta có : f ( )  f ( )  ( )  3.  1 =   1    2
2a

2
2
4 2
4
2

Với y = -2, xét phương trình f(x)=-2  x 2  3x  1  2  x 2  3x  3  0
 32  4.1.3  3  0 pt vô nghiệm
Như vậy với y =-2 pt f(x)=-2 vô nghiệm nên f không phải làm toàn ánh. Suy ra, f
cũng không phải làm song ánh.
+ Xét tính đơn ánh :
 x1  0
x 2  3

Với y=1, Ta có : f(x)=1  x 2  3x  1  1  x 2  3x  0  x(x  3)  0  

Như vậy với x1  0, x 2  3 Ta có x1  x 2 nhưng f (x1 )  f (x 2 ) . Vậy f không phải làm đơn
ánh.
b) + f([-1 ;2])=[min f(x);max f(x)]

 1; 2  1; 2

3
5
5
Trong đó : min f(x)= min f (1), f (2), f ( )  = 5, 1,     

 1; 2

4  4

2  
3
5
Max f(x)= max f (1), f (2), f ( )  = 5, 1,    5
2  
4

 1; 2
5
Vậy f([-1;2])=[  ;5 ]
4
1
+ f ( 1; 2) = x  R / f (x)   1; 2  x  R /  1  f (x)  2


x  1  x  2
2
2
 x  3x  1  1  x  3x  2  0

 2
Ta có 1  f (x)  2   2
  3  13
3  13
x
 x  3x  1  2
 x  3x  1  0

2
 2

Người soạn : Trương Thành Phú-K8

3


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp
 3  13   3  13 
 x
;1   2;

2 
 2
 
 3  13   3  13 
Vậy f 1 ( 1; 2)  
;1   2;

2 
 2
 

+ f ( 1;1) = x  R / f (x)   1;1  x  R /  1  f (x)  1
1

 x 2  3x  1  1  x 2  3x  2  0
x  1  x  2
Ta có 1  f (x)  2   2
 2

0  x  3

 x  3x  1  1
 x  3x  0
 x   0;1   2;3

Vậy f 1 ( 1; 2)   0;1   2;3
Bài 2 : Cho ánh xạ f :R
ánh và tìm ánh xạ ngược

R , xác định bởi f(x)= 5x 3  2 . Chứng minh f là song
Giải

y  , xét phương trình y=f(x)
y2
y2
3
3
x 3
 . Như vậy y  , phương
Ta có : y= 5x  2  x 
5
5
y2
trình y=f(x) có nghiệm duy nhất là x  3
nên f là song ánh.
5
Ánh xạ ngược :

f 1 :R  R

y2

5
3
Bài 3 : Cho ánh xạ f : R  R với f (x)  3x  2. chứng minh f là một song ánh.
1
Tìm f (0;2),f (0;2) , f ( 2; )
y

x

3

Giải

y  , xét phương trình y=f(x)
y2
y2
3
3
x 3
 . Như vậy y  , phương
Ta có : y= 3x  2  x 
3
3
y2
trình y=f(x) có nghiệm duy nhất là x  3
nên f là song ánh.
3
+ f ( 0;2)  f (x) / 0  x  2
3
3

3
Ta có : 0  x  2  0  x  8  0  3x  24  2  3x  2  26
Vậy f (0;2)   2;26
Người soạn : Trương Thành Phú-K8

4


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

+ f (0;2)  x 
1

x 

/ 0  f (x)  2 =

/ 0  3x 3  2  2  x 


/  2  3x 3  0   x 


/

2

 x 3  0 
3



  2 
2
 x  /  3  x  0     3 ;0 
3

  3 
1
3
+ f ( 2; )  x  / 2  f (x)    x  / 2  3x  2  

 x  / 0  3x 3    x  / 0  x    0; 
R , xác định bởi f(x)= x 3  1 . Chứng minh f là song ánh
Bài 4 : Cho ánh xạ f :R
và tìm ánh xạ ngược
Giải

y  , xét phương trình y=f(x)
3
3
Ta có : y= x  1  x  y  1  x  3 y  1  . Như vậy y  , phương
trình y=f(x) có nghiệm duy nhất là x 
Ánh xạ ngược :

3

y  1 nên f là song ánh.

f 1 :R  R

x  3 y 1
Bài 5 : Cho f :R  R x
f ( 2;1),f 1 (0;3)
y

y  3x 2  1. f có là một song ánh không ? Tìm
Giải

a) Ta có : f (

b
)  f (0)  1 >0
2a

Với y = 0, xét phương trình f(x)=0  3x 2  1  0
 02  4.1.3  12  0 pt vô nghiệm
Như vậy với y =0 pt f(x)=0 vô nghiệm nên f không phải làm toàn ánh. Suy ra, f cũng
không phải là song ánh.
+ Xét tính đơn ánh :
Với y=1, Ta có : f(x)=1  3x 2  1  1  3x 2  0  x  0
Như vậy với x1  0, x 2  1 Ta có x1  x 2 và f (x1 )  f (x 2 ) . Vậy f là đơn ánh.
+ f([-2 ;1])=[min f(x);max f(x)]

 2;1

 2;1
Trong đó : min f(x)= min f (2), f (1), f (0) = 13, 4,1  1
 2;1
Max f(x)= max f (2), f (1), f (0) = 13, 4,1  13

 2;1
Người soạn : Trương Thành Phú-K8

5


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp
Vậy f([-2;1])=[1;13 ]

+ f 1 ( 0;3) = x  R / f (x)  0;3  x  R / 0  f (x)  3
x  
3x 2  1  0
3x 2  1  0

Ta có 0  f (x)  3   2
 2

2
3x  1  3
3x  2  0
x  
3

 2 2
 x     ;

 3 3
 2 2
Vậy f 1 (0;3)    ; 
 3 3

Bài 6 : Cho ánh xạ f : R  R với f (x)  2x  7 chứng minh f là một song ánh.
3

Tìm f ( 0;2) , f ( 5;11)
1

Giải

y  , xét phương trình y=f(x)
y7
y7
3
3
x 3
 . Như vậy y  , phương
Ta có : y= 2x  7  x 
2
2
y7
trình y=f(x) có nghiệm duy nhất là x  3
nên f là song ánh.
2
+ f ( 0;2)  f (x) / 0  x  2
3
3
3
Ta có : 0  x  2  0  x  8  0  2x  16  7  2x  7  23
Vậy f (0;2)  7;23
1

+ f ( 5;11)  x  /  5  f (x)  11 =
x  /  5  2x 3  7  11  x  /  12  2x 3  4  x  /  6  x 3  2 

x 



/  3 6  x  3 2    3 6; 3 2 
R , xác định bởi f(x)=3 x 3  1 . Chứng minh f là song ánh
Bài 7 : Cho ánh xạ f :R
1
và tìm ánh xạ ngược. Tìm f (1;2)
Giải

y  , xét phương trình y=f(x)
y 1
y 1
3
3
x 3
 . Như vậy y  , phương
Ta có : y= 3x  1  x 
3
3
y 1
trình y=f(x) có nghiệm duy nhất là x  3
nên f là song ánh.
3
Ánh xạ ngược :
Người soạn : Trương Thành Phú-K8

6


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

f 1 :R  R

f 1 :R  R

y  1 hay
x 1
y x
x
y 3
3
3
1
f (1;2) = x  / f (x)  1;2  = x  /1  f (x)  2
3

x  0
3
3x

1

1



Ta có : 1  f (x)  2   3

1
3
x

3x  1  2

3


1
1
Vậy f (1;2) =  0; 3 
3

Bài 8 : Ánh xạ f :R \ 2  R xác định bởi f(x)=
không ? song ánh không ?

3x  1
có phải là đơn ánh, toàn ánh
x2

Giải
+ Xét tính đơn ánh :
x1 , x 2 

\ 2, mà : f (x1 )  f (x 2 ) 

3x1  1 3x 2  1


x1  2 x 2  2

 (3x1  1)(x 2  2)  (3x 2  1)(x1  2)
 3x1x 2  6x1  x 2  2  3x 2 x1  6x 2  x1  2 

6x 2  x 2  6x1  x1  7x 2  7x1  x 2  x1
Do đó f là đơn ánh.
+ Xét tính toàn ánh :
Với y =3,xét pt f(x)=3 

3x  1
 3  3x  1  3x  6  0x  7 ( vô nghĩa)
x2

Vậy f không là toàn ánh, nên f cũng không phải là song ánh.
Bài 9 : f :

\ 1  ,f (x) 

5x  2
, xét tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh.
x 1
Giải

+ Xét tính đơn ánh :
x1 , x 2 

\ 1, mà : f (x1 )  f (x 2 ) 

5x1  2 5x 2  2

x1  1
x2 1

 (5x1  2)(x 2  1)  (5x 2  2)(x1  1)
 5x1x 2  5x1  2x 2  2  5x 2 x1  5x 2  2x1  2 

5x 2  2x 2  5x1  2x1  3x 2  3x1  x 2  x1
Do đó f là đơn ánh.
+ Xét tính toàn ánh :
Người soạn : Trương Thành Phú-K8

7


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

Với y =5,xét pt f(x)=5 

5x  2
 5  5x  2  5x  5  0x  3 ( vô nghĩa)
x 1

Vậy f không là toàn ánh, nên f cũng không phải là song ánh.
Bài 10 : f :

 : f (x)  x 2  1  1. Xét tính đơn anh, toàn ánh, song ánh.
Giải

- Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1, x 2  1, x1  x 2 nhưng f(x1)=f(x2) 
f không là đơn ánh, nên f cũng không là song ánh.
- Xét tính toàn ánh : y=-1, xét pt f(x)=-1

2  1 do đó

 x 2  1  1  1  x 2  1  0  x 2  1  0  x 2  1 ( vô nghiệm). vậy f
không là toàn ánh.
Bài 11 : f :

 : f (x)  x 2  2 . Xét tính đơn anh, toàn ánh, song ánh.
Giải

- Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1, x 2  1, x1  x 2 nhưng f(x1)=f(x2)  3 do đó f
không là đơn ánh, nên f cũng không là song ánh.
- Xét tính toàn ánh : y=1, xét pt f(x)=1

 x 2  2  1  x  1  0 ( vô nghiệm). vậy f cũng không là toàn ánh.
Bài 12 : f :





: f (x)  x 2  1 . Xét tính đơn anh, toàn ánh, song ánh.
Giải

- Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1, x 2  1, x1  x 2 nhưng f(x1)=f(x2)  2 do đó f
không là đơn ánh, nên f cũng không là song ánh.


- Xét tính toàn ánh : y  ,

x  y  1
pt luôn có nghiệm
 x2 1  y  x2  y 1  x  y 1  
x

1

y

x . vậy f cũng không là toàn ánh.
2
 f(x,y)=(2x-y)+(2y+x).i. f có là song ánh không ?
Bài 13 : f :
Lấy α  x 0  iy 0 bất kỳ 

(x0,y0 

Giải
). Xét pt f(x,y)=

α  (2x  y)  (2y  x)  x 0  iy 0

Người soạn : Trương Thành Phú-K8

8


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

2x  y  x 0
 y  2x  x 0
 y  2x  x 0



2y  x  y0
2(2x  x 0 )  x  y 0
5x  2x 0  y 0
2x 0  y 0

x

2x 0  y 0


x


5


5

 y  2( 2x 0  y 0 )  x
0
 y  2y 0  x 0 

5


5

Vậy pt f(x,y)= α = x 0  iy 0  duy nhất (x,y) = (
một song ánh ?
Bài 14 :

2x 0  y 0 2y 0  x 0
,
)
5
5

2

vậy f là

f : 2π;2π    1;1
f (x)  cosx

x

a) f có là đơn ánh, toàn ánh, song ánh ?

 1 3
)
2
2



b) Tìm f (  ,
1

Giải

a) Xét x1  0, x 2  2π  x1 , x 2   2π,2π  , x1  x 2 nhưng f(x1)=f(x2)=1 nên
không là đơn ánh, và cũng không là song ánh
+ m   1;1 xét pt f(x)=m  cosx=m , pt này luôn có nghiệm

x  0,2π    2π;2π  nên là toàn ánh.

b) Ta có :

1 


f
(x)


 1 3  
 1 3   
2 
1
f (  ;  )   x   2π;2π  / f (x)   ;     x    2π;2π / 

2
2
2

2
3




 

 

f (x) 



2 

Người soạn : Trương Thành Phú-K8

9


Ôn thi ĐHTX- Phần toán cao cấp

1
π 


cosx=
cos



2
3 
 2π  x  2π / 
=
3
π


cosx=

cos


2
6 
π
π

 


x=


2kπ

2π

x




2kπ

2π

  


3
3
 2π  x  2π / 

 
k 
π
π
 x=   2kπ    2π  x    2kπ  2π 


6
6

  

π π π
π
π π π
π


=   2π, ,  ,   2π,  2π, ,  ,  2π 
3 3 3
6
6 6 6
3

 π π π π 5π 5π 11π 11π 
, ,
,
=  , , ,  ,

6
6 
 3 3 6 6 3 3

Bài 15 : f : 
:f (x)  x . Xét tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh.
Giải
+ Lấy x1=1, x2=-1, x1 , x 2  , x1  x 2 nhưng f(x1)=f(x2)=1 nên f không là đơn ánh
và cũng không là song ánh.


+ m  , xét pt f(x)=m  x  m vì m 
 m  0 , suy ra pt trên luôn có
nghiệm x  nên là toàn ánh.
Bài 16 : Cho ánh xạ f từ [2; ) vào R xác định bởi f(x) = x  2 . f có phải là đơn
ánh? Toàn ánh? Song ánh?

Người soạn : Trương Thành Phú-K8

10