T2 ánh xạ CTĐS số phức

Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập

Tuần 2
Chương 1: Logic - Tập hợp - Ánh xạ - Số phức
Ánh xạ, Cấu trúc đại số, Số phức
I

Ánh xạ
Ánh xạ

Một ánh xạ f đi từ tập hợp X sang tập hợp Y là một quy tắc cho mỗi phần tử của x ứng với một
phần tử xác định y ∈ Y
f :X→Y
x → y = f (x)
Tập ảnh, tập nghịch ảnh
f (A) = y ∈ Y | ∃x ∈ A : f (x) = y là tập ảnh của A
f −1 (B) = x ∈ X | f (x) = B là tập nghịch ảnh của B
Tích các ánh xạ
Cho hai ánh xạ f : X → Y và g : Y → Z. Tích của f và g là h : X → Z mà h(x) = g f (x)
Ký hiệu h = g ◦ f
Đơn ánh, toàn ánh, song ánh
f là đơn ánh nếu với x1 = x2 thì f (x1 ) = f (x2 )
f là tồn ánh nếu với ∀y ∈ Y thì ∃x ∈ X để f (x) = y
f là song ánh nếu f vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh
VD1 Cho f (x) = x2 + 1 và A = (1; 2), B = [4; 5]. Tìm f (−1), f (B), f −1 (A)
Giải
f (x) = x2 + 1 nên f (−1) = (−1)2 + 1 = 2
Ta có f (x) = 2x = 0 ⇔ x = 0, do đó hàm số đồng biến trên (0, +∞), nghịch biến trên (−∞, 0)
f (1) = 2, f (2) = 5 do đó f (A) = (2; 5)
√

√
√
f (x) = 4 khi x = ± 3, f (x) = 5 khi x = ±2, do đó f −1 (B) = −2, − 3 ∪
3, 2
VD2 Cho f (x) = x3 + x2 − 2x. Tìm a, b biết f −1 {a} = {0; 1; b}
Giải

Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập
If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream

1


Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập

Vì f −1 {a} = {0; 1; b} nên f (0) = f (1) = f (b) = a. Mà f (0) = f (1) = 0 nên a = 0
Phương trình x3 + x2 − 2x = 0 có 3 nghiệm {−2; 0; 1}, do đó b = −2
VD3 Cho f : R2 → R2 xác định bởi f (x, y) = (x + y, x − y)
a) Chứng minh f là song ánh
b) Xác định f (A) với A = (x, y) ∈ R2 x2 + y 2 = 1
Giải
a) Xét (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2 thỏa mãn f (x1 , x2 ) = f (y1 , y2 )

x + x = y + y
1
2
1
2
⇔

⇒ (x1 , x2 ) = (y1 , y2 )
x1 − x2 = y1 − y2
Do đó f là đơn ánh
Xét (a, b) ∈ R2 tùy ý, dễ thấy f

a+b a−b
,
2
2

= (a, b). Do đó f là tồn ánh

Vậy f là song ánh
b) Ta có x2 + y 2 = 1, khi đó (x + y)2 + (x − y)2 = 2 x2 + y 2 = 2
⇒ (x, y) ∈ A thì f (x, y) ∈ B = (x0 , y0 ) ∈ R2 x20 + y02 = 2
2

2

x0 + y0
x0 − y 0
+
= 1. Do đó với mỗi bộ
2
2
x0 + y 0 x0 − y 0
,
∈ A để f (u, v) = (x0 , y0 )
(x0 , y0 ) ∈ B, tồn tại một bộ (u, v) =
2

2
Vậy f (A) = B = (x, y) ∈ R2 x2 + y 2 = 2
Mặt khác với (x0 , y0 ) ∈ B hay x20 + y02 = 2 thì

VD4 Xét xem các ánh xạ sau có là đơn ánh, tồn ánh, song ánh hay khơng
a) f (x) = x3 + 1
b) f (x, y) = (x + 2y, x + 3y)
Giải
a) Xét x1 , x2 ∈ R : f (x1 ) = f (x2 ) ⇔ x31 + 1 = x32 + 1 ⇔ x1 = x2 . Do đó f là đơn ánh
√
√
Xét a ∈ R tùy ý, f (x) = a ⇔ x3 + 1 = a ⇔ x = 3 a − 1 hay f 3 a − 1 = a. Do đó f là tồn
ánh
Vậy f là song ánh
b) Xét (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2 thỏa mãn f (x1 , x2 ) = f (y1 , y2 )



x + 2x = y + 2y
x + 2x = y + 2y
x = y
1
2
1
2
1
2
1
2
1

1
⇒
⇔
⇔
x1 + 3x2 = y1 + 3y2
x2 = y2
x2 = y2
Do đó f là đơn ánh

Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập
If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream

2


Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập


x + 2x = a
1
2
2
Chọn (a, b) ∈ R tùy ý: f (x1 , x2 ) = (a, b) ⇔
⇔ (x1 , x2 ) = (3a − 2b, b − a)
 x1 + 3x2 = b
Do đó f là tồn ánh
Vậy f là song ánh

II

Các cấu trúc đại số

Phép toán hai ngơi
Phép tốn hai ngơi là ánh xạ ∗
G×G→G
(x, y) → x ∗ y
Cấu trúc nhóm
(G, ∗) là một nhóm nếu phép tốn ∗ có các tính chất sau
(1) Tính kết hợp: (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z)
(2) Tồn tại phần tử trung hòa e ∈ G: x ∗ e = e ∗ x = x, ∀x ∈ G
(3) Tồn tại phần tử đối xứng: ∃x để x ∗ x = x ∗ x = e, ∀x ∈ G
(G, ∗) là một nhóm giao hốn (Nhóm Abel) nếu phép tốn ∗ có tính giao hốn:
x ∗ y = y ∗ x, ∀x, y ∈ G
Cấu trúc vành
(G, +, .) tạo thành một vành nếu thỏa mãn các tính chất sau
(1) (G, +) là một nhóm Abel
(2) (xy)z = x(yz), ∀x, y, z ∈
G
(x + y)z = xz + yz
(3) (Tính chất phân phối)
z(x + y) = zx + zy

∀x, y, z ∈ G

Cấu trúc trường
(G, +, .) tạo thành một trường nếu nó là vành giao hốn có đơn vị 1 = 0 sao cho mọi phần tử = 0
đều có phần tử đối xứng
VD1 Chứng minh R \ {0} với phép tốn nhân thơng thường lập thành nhóm Abel
Giải

Dễ thấy tính chất giao hốn và kết hợp được thỏa mãn
Phần tử trung hòa là 1 vì x.1 = 1.x = x, ∀x ∈ R \ {0}
1
Với mỗi x ∈ R \ {0} thì tồn tại x−1 = ∈ R \ {0} để xx−1 = x−1 x = 1
x
Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập
If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream

3


Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập

Vậy R \ {0}, . là nhóm Abel
VD2 Xét xem các tập sau với phép nhân thơng thường có lập thành nhóm hay khơng
√
a) A = a + b 2 | a, b ∈ Z \ {0}
√
b) B = a + b 2 | a, b ∈ Q \ {0}
Giải
a) Nhận thấy 1 là phần tử trung hòa của (A, .)
√
√
√
Xét a + b 2 ∈ A. Giả sử c, d ∈ Z : a + b 2 c + d 2 = 1. Khi đó
√
(1)
(ac + 2bd) + (ad + bc) 2 = 1
√

Do a, b, c, d ∈ Z nên (ad + bc) 2 ∈
/ Z. Do đó khơng tồn tại a, b, c, d ∈ Z thỏa mãn (1), hay không
tồn tại phần tử nghịch đảo. Vậy (A, .) khơng là một nhóm
b) Nhận thấy 1 là phần tử trung hòa của (B, .)
√
Xét x = a + b 2 ∈ B. Khi đó
√
a−b 2
a
−b √
1
−1
√ = 2
= 2
+ 2
2
x =
2
2
a − 2b
a − 2b
a − 2b2
a+b 2
a ∈Q

√

b ∈Q

Do đó với mỗi x = a + b 2 ∈ B, tồn tại phần tử nghịch đảo x−1 = a + b

√

2∈B

Dễ thấy phép tốn "." có tính chất kết hợp, giao hoán trong B
Vậy (B, .) là một nhóm, hơn nữa cịn là một nhóm Abel

III

Số phức

Định nghĩa
Số phức là số có dạng z = a + bi, với a, b ∈ R và i2 = −1
Ký hiệu Re(z) = a là phần thực của số phức z, Im(z) = b là phần ảo của số phức z
Phép toán Với số phức z = a + bi, ta có:
(1) (Các phép tốn thơng thường)
(a + bi) ± (c + di) = (a ± c) + (b ± d)i
(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i
(2) (Số phức liên hợp) z = a − bi
√
(3) (Phép lấy môđun) |z| = a2 + b2
Dạng lượng giác của số phức
Ngoài cách biểu diễn z = a + bi, ta cịn có cách biểu diễn khác của số phức như sau
z = a + bi = r(cos ϕ + i sin ϕ)
Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập
If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream

4

trong đó






r = |z| =

√

Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập

a2 + b 2



ϕ = Arg(z) : Argument của số phức z
Ta có một số phép tốn của số phức dưới dạng lượng giác zk = rk (cos ϕk + i sin ϕk ) như sau:
(1) z1 z2 = r1 r2 cos(ϕ1 + ϕ2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ2 )
(2) (Công thức De Moivre) z1n = r1n (cos nϕ + i sin nϕ)
(3) Nếu z = 0 thì

√
√
ϕ + 2kπ
ϕ + 2kπ
n

+ i sin
z = n r cos
n
n

k = 1, n

Công thức Euler
eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ, ∀ϕ ∈ R
Với ϕ = π, ta có
eiπ = −1
VD1 Viết các số phức sau dưới dạng chính tắc
4
√ 2020
1+i
a) 1 + i 3
b)
1−i

c) (a + bi)n a2 + b2 = 0, n ∈ N∗

Giải
a)

√
1+i 3

2020

2020

=2

2020

=2

√
3
1
+i
2
2

2020
2020

=2

π
π
cos + i sin
3
3

2020π
2020π
+ i sin
cos
3

3

2020

=2

2020

√
1 i 3
− −
2
2

√
= −22019 − i22019 3

4

4

π
1
i
π
√ +√
cos + i sin
4
cos π + i sin π
1+i

4
4
2
2
=1
=
b)
4 =
4 =
1−i
cos(−π) + i sin(−π)
−π
1
i
−π
√ −√
+ i sin
cos
4
4
2
2
a
a
b
c) Đặt ϕ = arccos √
. Khi đó cos ϕ = √
và sin ϕ = √
2
2

2
2
2
a +b
a +b
a + b2
n
√
a
b
(a + bi)n =
a2 + b 2 √
+ i√
2
2
2
a +b
a + b2
= a2 + b 2

n
2

(cos ϕ + i sin ϕ)n = a2 + b2

n
2

(cos nϕ + i sin nϕ)

VD2 Tìm tất cả các nghiệm phức của các phương trình sau
a) z 2 − 4iz + 3 = 0

b) z 4 − 3iz 2 + 4 = 0
Giải

a) z 2 − 4iz + 3 = 0
√
⇔ (z − 2i)2 = −3 + (2i)2 = −7 = i 7

2

Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập
If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream

5


√
z − 2i = i 7
⇔
√
z − 2i = −i 7


Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ học tập

√
7 i


⇔ 
√
z = 2− 7 i


z = 2+

b) z 4 − 3iz 2 + 4 = 0
3i
z −
2
2

⇔


2

3i
= −4 +
2


5i
3i
2
z − 2 = 2
⇔
 2 3i

5i
z −
=−
2
2

2

25
=− =
4

5i
2

2

z 2 = 8i = 2 √1 + √i

2
2
2

⇔
2

1
i
2i
 2

z =− = √ −√
2
2
2

VD3
a) Giải phương trình x8 i +

√

2


√
√
z
=
±
2
+
i
2



i
1
z=± √ −√
2
2

3 =2

b) Tính tổng các căn bậc 8 phức của 1
Giải
√
2
3 i
−π
−π
a) x8 = √
=
− = cos
+ i sin
2
2
6
6
3+i
π
π
− + 2kπ
− + 2kπ
Khi đó x = cos 6
+ i sin 6
, k = 0, 7
8
8
b) Gọi ε0 = 1, ε1 , ε2 , ..., ε7 là các căn bậc 8 phức của 1. Khi đó ε8i = 1. Do đó εi là nghiệm của
phương trình x8 − 1 = 0. Theo định lý Viete, ta có

8

εi = 0
k=0

Nhóm Đại số - CLB Hỗ trợ học tập
If you fall asleep, you will dream. If you study now, you will live your dream

6