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

TẬP HỢP, LOGIC, ÁNH XẠ Bài 04.00.1.001 a) Cho X A B tập hợp chứng minh rằng: X \ (A  B) = (X \ A)  (X \ B) b) Hãy biểu diễn hình học số phức z thỏa điều kiện: | z + | < 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 X \ ( A  B)  ( X \ A)  ( X \ B) Bao hàm thức ngược lại chứng minh tương tự b) Giả sử z = x + iy | z + 1| = ( x + 1)2 + y2 Do đó, ta có ( x + 1)2 + y2 <  điểm biểu diễn z M(x, y) nằm đường tròn tâm I(–1, 0), bán kính u cầu vẽ hình minh họa Bài 04.00.1.002 a) Cho X A B tập hợp chứng minh rằng: X \ (A  B) = (X \ A)  (X \ B) b) Hãy biểu diễn hình học số phức z thỏa điều kiện: < | z – i | < 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 X \ ( A  B)  ( X \ A)  ( X \ B) Bao hàm thức ngược lại chứng minh tương tự b) Giả sử z = x + iy | z + 1| = ( x + 1)2 + y2 Do đó: < ( x + 1)2 + y2 <  điểm biểu diễn z M(x, y) nằm đường tròn tâm I(–1, 0), bán kính cầu vẽ hình minh họa nằm ngồi đường tròn tâm I(–1, 0), bán kính 1.Yêu Bài 04.00.1.003 Cho A B 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   xB   x  B Do ( A \ B)  B  A  B  x  A  B: x  A  B  (x  A)  (x  B) Nếu x  B x  (A\ B)  B Nếu x  A x  B hay x  B, ta có x  (A\ B)  B Do A  B  ( A \ B)  B b) (A \ B)  B = A  A  B = A  B  A Bài 04.00.1.004 a) Cho phương trình g ( x)   h( x)  với g ( x), h( x) đa thức hệ số thực Gọi A1 A2 B tập hợp nghiệm phương trình g ( x)   h( x)   g ( x)  h2 ( x)  Chứng minh A1  A2 = B b) Hãy biểu diễn hình học số phức z thỏa điều kiện: phần ảo số phức z  1 i Lời giải:  g ( x)   g ( x)   a)  x  A1  A2: x  A1  A2   h ( x )  h ( x)    g ( x)  h ( x)   x  B b) Giả sử z = x + iy z z (1  i ) ( x  iy )(1  i ) x  y yx    i 1 i 2 2 Do điểm biểu diễn z M(x, y) nằm đường thẳng y = x Yêu cầu vẽ hình minh họa Bài 04.00.1.005 Cho hai số phức z z' a) Chứng minh | z + z'|2 + | z – z'|2 = 2(|z|2 + |z'|2) b) Giải thích ý nghĩa hình học đẳng thức c) Lời giải: a) Giả sử z = x + iy  z' = x' + iy' 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) b) Gọi điểm M ( x, y), M '( x ', y ') biểu diễn hình học số phức z = x + iy z' = x' + iy' N M M' O 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 đẳng thức: hình bình hành tổng bình phương hai đường chéo tổng bình phương cạnh -8 Bài 04.00.1.006 a) Trong tập  xác định quan hệ hai R sau:  (a b)  (c d)   : (a b) R (c d)  a + d = b + c Chứng minh R quan hệ tương đương b) Giải phương trình sau tập số phức : (z + 1)6 – = 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 R quan hệ tương đương b) (z + 1)6 – =  (z + 1)6 = 2( cos0 + isin0)  z = –1 + 2k 2k    cos  i sin  với k  {012345} 6   Bài 04.00.1.007 Ký hiệu  tập hợp số tự nhiên khác không tập hệ hai R sau:  (a b)  (c d)      xác định quan : (a b) R (c d)  ad = bc Chứng minh R 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 khác ta có adcf  bcde  af  be  (a b) R (e f) Nếu a c e có số 0 giả sử a = thì: a =  ad =  bc =  c =  cf =  e =  af = be  (a b) R (e f) Do R quan hệ tương đương Bài 04.00.1.008 a) Cho số phức z = a + ib (a b số thực) Tìm điều kiện a b để điểm biểu diễn z nằm đường tròn tâm O bán kính b) Cho F tập hợp hàm số thực liên tục [a b] xét xem quan hệ sau F có quan hệ thứ tự khơng: f , g  F : f R g  f ( x)  g ( x), x [a, b] Lời giải: a) Gọi M(a, b) điểm biểu diễn z M nằm đường tròn tâm O bán kính a2 + b2 < 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  quan hệ thứ tự F Bài 04.00.1.009 a) Cho số phức z = a + ib (a b số thực) Tìm điều kiện a b để điểm biểu diễn z thuộc phần mặt phẳng giới hạn đường thẳng x = 2 x = –2 b) Cho F tập hợp hàm số thực liên tục [a b] xét xem quan hệ sau F có quan hệ thứ tự khơng: f , g  F : f S g  max[a,b] f  max[a,b] g Lời giải: a) Gọi M(a, b) điểm biểu diễn z M nằm phần mặt phẳng giới hạn đường thẳng x = 2 x = –2 –2 < a < 2, b tùy ý b) Chọn [a b] [0 1] f (x) = x2 g(x) = x phần tử thuộc F Ta có: max[0,1] f  1;max[0,1] g  1 f S g g S f f ≠ g Do S không quan hệ thứ tự F Bài 04.00.1.010 a) Cho tập hợp điểm mặt phẳng O điểm cố định Trong xác định quan hệ hai R sau: A, B  : A R B  O A B thẳng hàng Xét xem R có quan hệ tương đương không b) Cho ánh xạ f :   với f ( x)  x 5x   xét xem f có tồn ánh khơng Lời giải: a) Xét điểm O, A, B hình vẽ, ta thấy: O, A, O thẳng hàng  A R O O, O, B thẳng hàng  O R B Tuy nhiên khơng có A R B, quan hệ R khơng quan hệ tương đương khơng có tính bắt cầu b) Chọn y = –5  tồn ánh phương trình x 5 x   5 vơ nghiệm, f không Bài 04.00.1.011 a) Cho tập hợp điểm mặt phẳng O điểm cố định Trong \ O xác định quan hệ hai R sau: A, B  \ O : A R B  O A B thẳng hàng Xét xem R có quan hệ tương đương khơng b) Cho ánh xạ f : không   với f ( x)  x 5x   xét xem f có 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 =  phương trình x 5 x   có nghiệm phân biệt, f khơng đơn ánh Bài 04.00.1.012 Cho A  X hàm đặc trưng A A: X  {0 1} xác định 1 x  A x  A   A ( x)   Chứng minh A  X B  X A  B(x) = A (x). B(x) với x  X Lời giải: Với x tùy ý thuộc X x  A  B hay x  A  B Nếu x  A  B x  A  B x  A x  B  A  B(x) = = A (x). B(x) Nếu x  A  B có trường hợp sau:  x  A  B: A  B(x) = = A (x). B(x)  x  A \ B: A  B(x) = = A (x). B(x)  x  B \ A: A  B(x) = = A (x). B(x) Bài 04.00.1.013 Cho A  X hàm đặc trưng A A: X  {0 1} xác định 1 x  A x  A   A ( x)   Chứng minh A  X B  X A  B(x) = A (x) +  B(x) – A  B(x) với x  X Lời giải: Với x tùy ý thuộc X x  A  B hay x  A  B Nếu x  A  B x  A  B x  A x  B  A  B(x) = = A (x). B(x) Nếu x  A  B có trường hợp sau:  x  A  B: A  B(x) = = A (x) +  B(x) – A  B(x)  x  A \ B: A  B(x) = = A (x) +  B(x) – A  B(x)  x  B \ A: A  B(x) = = A (x) +  B(x) – A  B(x) Bài 04.00.1.014 Cho A  X hàm đặc trưng A A: X  {0 1} xác định 1 x  A 0 x  A  A ( x)   Chứng minh A  X B  X A\B(x) = A (x) (1 –  B(x)) với x  X Ánh xạ f : R \ 2  R xác định f(x)= 3x  có phải đơn ánh, tồn ánh khơng x2 ? song ánh khơng ? Lời giải: + Xét tính đơn ánh : x1 , x2  \ 2 , mà : f ( x1 )  f ( x2 )  3x1  3x2   x1  x2   (3x1  1)( x2  2)  (3x2  1)( x1  2)  3x1x2  x1  x2   3x2 x1  x2  x1   x2  x2  x1  x1  x2  x1  x2  x1 Do f đơn ánh + Xét tính tồn ánh : Với y =3,xét pt f(x)=3  3x    3x   3x   x  7 ( vơ nghĩa) x2 Vậy f khơng tồn ánh, nên f song ánh Bài 04.00.1.067 f: \ 1  , f ( x)  5x  , xét tính đơn ánh, tồn ánh, song ánh x 1 Lời giải: + Xét tính đơn ánh : x1 , x2  \ 1 , mà : f ( x1 )  f ( x2 )   (5x1  2)( x2  1)  (5x2  2)( x1  1)  5x1x2  5x1  x2   5x2 x1  5x2  x1   5x2  x2  5x1  x1  3x2  3x1  x2  x1 Do f đơn ánh + Xét tính toàn ánh : x1  x2   x1  x2  Với y =5,xét pt f(x)=5  5x    x   x   x  3 ( vô nghĩa) x 1 Vậy f khơng tồn ánh, nên f khơng phải song ánh Bài 04.00.1.068 f :  : f ( x)  x   Xét tính đơn anh, tồn ánh, song ánh Lời giải: - Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1, x2  1, x1  x2 f(x1)=f(x2)   f khơng đơn ánh, nên f khơng song ánh - Xét tính toàn ánh : y=-1, xét pt f(x)=-1  x    1  x    x    x  1 ( vô nghiệm) f khơng tồn ánh Bài 04.00.1.069 f:  : f ( x)  x  Xét tính đơn anh, toàn ánh, song ánh Lời giải: - Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1, x2  1, x1  x2 f(x1)=f(x2)  f khơng đơn ánh, nên f khơng song ánh - Xét tính tồn ánh : y=1, xét pt f(x)=1  x    x  1  ( vô nghiệm) f khơng tồn ánh Bài 04.00.1.070 f:   : f ( x)  x  Xét tính đơn anh, tồn ánh, song ánh Lời giải: - Xét tính đơn ánh : Ta có x1  1, x2  1, x1  x2 f(x1)=f(x2)  f khơng đơn ánh, nên f khơng song ánh - Xét tính toàn ánh : y   , x  y 1 pt ln có nghiệm x  x2   y  x2  y   x  y    x   y f khơng tồn ánh Bài 04.00.1.071 f:  f(x,y)=(2x-y)+(2y+x).i f có song ánh không ? Lời giải: Lấy   x0  iy0  (x0,y0  ) Xét pt f(x,y)=   (2 x  y)  (2 y  x)  x0  iy0 x0  y0  x   2 x  y  x0  y  x  x0  y  x  x0       y  2( x0  y0 )  x y  x  y 2(2 x  x )  x  y 0 0   5 x  x0  y0  x0  y0  x      y  y0  x0   Vậy pt f(x,y)=  = x0  iy0  (x,y) = ( song ánh ? x0  y0 y0  x0 , ) 5 f Bài 04.00.1.072 f : 2 ;2    1;1 x f ( x)  cosx a) f có đơn ánh, tồn ánh, song ánh ?   b) Tìm f 1 ( ,  )  2  Lời giải: a) Xét x1  0, x2  2  x1, x2  2 ,2  , x1  x2 f(x1)=f(x2)=1 nên không đơn ánh, không song ánh + m  1;1 xét pt f(x)=m  cosx=m , pt ln có nghiệm x 0,2   2 ;2  nên tồn ánh b) Ta có :    f ( x )           f 1 (  ;  )   x   2 ;2  / f ( x)   ;     x   2 ;2  /   3   2    2     f ( x)       2  x  2      c osx= c os   / =    cosx=  cos     2  x  2         x=   k     x    k         3 /     k     x=   2k    2  x    2k  2       6          =   2 , ,  ,   2 ,  2 , ,  ,  2  3 6 6 3       5 5 11 11  =  , , ,  , , , ,  6   3 6 3 Bài 04.00.1.073 f:   : f ( x)  x Xét tính đơn ánh, tồn ánh, song ánh Lời giải: + Lấy x1=1, x2=-1, x1, x2  , x1  x2 f(x1)=f(x2)=1 nên f không đơn ánh không song ánh + m   , xét pt f(x)=m  x  m m  nghiệm x    m  , suy pt ln có nên toàn ánh Bài 04.00.1.074  CMR : Tập hợp X  a  b / a,b   với hai phép tốn cộng nhân thơng thường vành giao hốn có đơn vị L ời giải Để chứng minh X vành, ta chứng minh X vành vành số thực Thật vậy, + X   1=1+0  X + x, y  X , ta có x  a  b 5, y  c  d với a,b,c,d  Do : x-y = (a-c)+(b-d)  X x.y = (ac  5bd)  (ad  bc)  X     Vậy X vành vành R nên X vành Hơn nữa, phần tử đơn vị 1 X phép nhân số thực có tính chất giao hoán nên X vành giao hoán có đơn vị Bài 04.00.1.075   CMR : Tập hợp X  a  b / a,b  ,a  b  với hai phép tốn cộng nhân thơng thường trường L ời giải Để chứng minh X trường, ta chứng minh X trường trường số thực Thật vậy, + X   1=1+0  X + x, y  X , ta có x  a  b 5, y  c  d với a,b,c,d  Do : x-y = (a-c)+(b-d)  X x.y = (ac  5bd)  (ad  bc)  X    + x  X mà x  x  a  b với a,b Khi x 1  a  b  ab a b    5X 2 2 a  b a  5b a  5b a  5b   Vậy X trường trường R nên X trường ( ý : với đề , thay a,b  X khơng phải trường x 1  ) Bài 04.00.1.076 Chứng minh tập X   với hai phép toán : (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) (a,b)*(c,d)=(ac,bd) lập thành vành giao hốn có đơn vị L ời giải (X,+) nhóm aben : + Tính chất kết hợp : (a,b),(c,d),(e,f )  X , ta có : [(a,b)  (c,d)]+(e,f)=(a+c,b+d)+(e,f)=(a+c+e,b+d+f) (1) (a,b)  [(c,d)+(e,f)]=(a,b)+(c+e,d+f)=(a+c+e,b+d+f)=(1) + Tính chất giao hốn : (a,b),(c,d)  X , ta có : (a,b)  (c,d)  (a  c,b  d)  (c  a,d  b)  (c,d)  (a,b) (a,b)  X , ta có : (0,0) X thỏa (a,b)  (0,0)  (a  0,b  0)  (a,b)  (0,0) phần tử trung hòa ( phần tử + phần tử trung hòa : khơng) phép toán cộng X + Phần tử đối xứng : (a,b)  X , ta có (-a,-b) X thỏa (a,b)+(-a,-b)=(a-a,b-b)=(0,0)  (-a,-b) phần tử đối (a,b) (X,*) nửa nhóm có tính chất kết hợp : (a,b),(c,d),(e,f )  X , ta có : [(a,b)*(c,d)]*(e,f)=(ac,bd)*(e,f)=(ace,bdf) (2) (a,b)*[(c,d)*(e,f)]=(a,b)*(ce,df)=(ace,bdf) = (2) Phép nhân phân phối với phép cộng (a,b),(c,d),(e,f )  X , ta có : (a,b)*[(c,d)+(e,f)]=(a,b)*(c+e,d+f)=(a(c+e),b(d+f))=(ac+ae,bd+bf)=(ac,bd)+(ae+bf )=(a,b)*(c,d)+(a,b)*(e,f) Và : [(a,b)+(c,d)]*(e,f)=(a+c,b+d)*(e,f)=((a+c)e,(b+d)f)=(ae+ce,bf+df)=(ae,bf)+(ce,df) =(a,b)*(e,f)+(c,d)*(e,f) Ngồi ra, phép nhân có tính chất giao hốn : (a,b),(c,d)  X , ta có : (a,b)*(c,d)=(ac,bd)=(ca,db)=(c,d)*(a,b) Và có phần tử đơn vị (a,b)  X , ta có : (1,1) thỏa (a,b) *(1,1)  (a1,b1)  (a,b)  (1,1) phần tử đơn vị phép toán * X Vậy X vành giao hốn có đơn vị Bài 04.00.1.77   CMR : Tập hợp X  p  q / p,q  ,p  q  với hai phép tốn cộng nhân thơng thường trường.L ời giải Để chứng minh X trường, ta chứng minh X trường trường số thực Thật vậy, + X   1=0 +1 X + x, y  X , ta có x  p  q, y  m  n với p,q,m,n  Do : x-y = (p-m) +(q-n) X x.y = (pn  qm)  (2pm  qn)  X     + x  X mà x  x  p  q với p,q Khi x 1  p  q  p q p b   2 X 2 2p  q 2p  q p  q 2p  q  Vậy X trường trường R nên X trường ( ý : với đề , thay a,b  X khơng phải trường x 1  ) Bài 04.00.1.78  Cho S  a  b  c / a,b,c   CMR S vành vành R số thực L ời giải Ta có R vành, s  R,S   0=0+0   S a,b,c,a , ,b, ,c,  , x= a  b  c , y= a ,  b,  c, Ta có : x.y ( a  b  c )( a  b , = ,  c, )= aa ,  ab,  ac,  ba ,  bb, 3  bc, 3  ca ,  cb,  cc, 4  aa ,  ab ,  ac,  ba ,  bb ,  2bc,  ca ,  2cb,  2cc,  (aa ,  2bc,  2cb, )  (ab,  ba ,  2cc, )  (ac,  bb,  ca , )  S   x  y  ( a  b  c )-( a ,  b,  c, )=  a  b3 c3 4- a ,  b,  c, = (a  a , )  (b  b , )  (c  c , )  S    Vậy S vành R Bài 04.00.1.79  Cho A  p  q / p,q   Tìm cấu trúc đại số cao (A, ,) phép cộng, nhân số thông thường L ời giải Ta có A tập khác rỗng trường R số thực :   p,q,p, ,q,  , x  p  q, y  p ,  q , ta có :  x  y  p  q  (p ,  q , )  (p  p , )  (q  q , )  A  xy  (p  q)(p ,  q , )  3pp,  pq ,  qp ,  qq , =  (pq ,  qp, )  (3pp ,  qq , )  A   Ngoài ra, với x= p  q  A khác 0( a, b không đồng thời =0), ta có : x 1  p 3q p q p q    3 A 2 3p  q 3p  q 3p  q p  q (p  q)(p  q)   ( 3p  q  ) 2 Vậy (A, , ) trường Bài 04.00.1.80 Cho p  số ( p)  a  b p / a,b  ngun  dương khơng phương : trường số hữu tỉ CMR ( p) trường L ời giải Ta có : ( p) tập khác rỗng trường R số có số ngun 1 p a,b,a , ,b,  , x= a  b p, y  a ,  b, p ta có : x-y= (a  b p)  (a ,  b, p)  a  b p  a ,  b, p  (a  a , )  (b  b , ) p  ( p)   xy  (a  b p)(a ,  b , p)  aa ,  ab , p  ba , p  bb , p p  (aa ,  bb, p)  (ab,  ba , ) p  ( p) Vậy ( p) vành R chứa nên vành giao hốn có đơn vị Ngồi ra, với x= a  b p  x 1  ( p)  ( a, b khơng đồng thời =0), ta có : ab p ab p a b     p  ( p) 2 a  b p (a  b p)(a  b p) a  pb a  pb a  pb   ( 3p  q  ) (a  b p)( Vậy a b  p)  a  pb a  pb ( p) trường Bài 04.00.1.081 Rút gọn phép logic: (Dấu ’  phép phủ định: A '  A  Not ( A) ) F1 = x + x’.y F2 = x ( x’+ y) F3 = x’y’z + x’yz + xy’ F4 = xy + x’z + yz F5 = (x + y)( x’ + z)(y + z) Lời giải: (Dấu ’  phép phủ định: A '  A  Not ( A) ) F1 = x + x’.y F2 = x ( x’+ y) = (x + x’).(x + y) = (x x’) + (x.y) = 1.(x + y) = + x.y =x+y = x.y F3 = x’y’z + x’yz + xy’ = x’z (y’ + y) + xy’ F4 = xy + x’z + yz = xy + x’z + yz.(x + x’) = xy + x’z + xyz + x’yz = x’z.1 + xy’ = xy + xyz + x’z + x’yz = xy.(1 + z) + x’z.(1+ y) = x’z + xy’ = xy.1 + x’z.1= xy + x’z F5 = (x + y)( x’ + z)(y + z) =(x x’ + xz + x’y + yz)(y + z) =(0 + xz + x’y + yz)(y + z) = (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) Bài 04.00.1.082 Rút gọn phép logic: (Dấu ’  phép phủ định: A '  A  Not ( A) ) F1 = x’yz’ + x’y’z F2 = x.(y’z’ + yz) Lời giải: (Dấu ’  phép phủ định: A '  A  Not ( A) ) F1 = x’yz’ + x’y’z F2 = x.(y’z’ + yz) (F2 )’= [x.(y’z’ + yz)]’ Ta có: F1’ = (F1 )’= ( x’yz’ + x’y’z)’ F2’ = x’ + (y’z’ + yz)’ F1’ = ( x’yz’)’ ( x’y’z)’ = x’ + [(y’z’)’ (yz)’] =[( x’)’+y’+(z’)’].[( x’)’ + (y’)’ +z’] = x’ + [[(y’)’ + (z’)’].[y’ + z’]] = (x + y’ + z)(x + y + z’) = x’ + (y + z).(y’ + z’) Bài 04.00.1.083 Rút gọn phép logic: (Dấu ’  phép phủ định: A '  A  Not ( A) ) (i) xy + xy’ (ii) (x + y)(x + y’) (iii) (A + B)’(A’ + B’)’ (iv) y.(wz’ + wz) + xy 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 + = x (A + B)’(A’ + B’)’ = [(A + B) + (A’ + B’)]’ = [A + A’ + B + B’]’= (1 + 1)’ = (1)’ = 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 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’ (iii) [(CD)’ + A]’ + A + CD + AB = [(CD)’]’.A’ + A + CD + AB = A’CD + A + CD + AB= A’CD + CD + A + AB = CD.(A’ + 1) + A.(1 + B) = CD.1 + A.1 = A + CD Bài 04.00.1.085 Rút gọn phép logic: F1  AA  AB F3  JK  JK F2  XYZ  XYZ  XYZ F4  (B  B)(AB  ABC) F5  (X  Y)(X  Y) F6  JK  (J  K)L  JK F7  RS  R(S  T)  S(S  U) F8  (N  NM)(N  NM)(N  M) Lời giải: F1  AA  AB F5  (X  Y)(X  Y) F1  A(A  B) F5  XX  XY  XY  YY F1  AA  AB F5  X  XY  XY  F1   AB F1  AB F2  XYZ  XYZ  XYZ F2  YZ(X  X)  XYZ F2  YZ(1)  XYZ F2  YZ  XYZ F2  Z(Y  YX) F2  Z(Y  X) F2  YZ  XZ F5  X  X(Y  Y) F5  X  X(1) F5  X  X F5  X F6  JK  (J  K)L  JK F6  JK  JK  (JK)L F6  JK  (JK)L F6  JK  L F3  JK  JK F7  RS  R(S  T)  S(S  U) F3  J(K  K) F7  RS  RS  RT  SS  SU F3  J(1) F7  RS  RT   SU F3  J F7  RS  RT  SU F4  (B  B)(AB  ABC) F8  (N  NM)(N  NM)(N  M) F4  (1)(AB  ABC) F8  (N  M)(N  M)(N  M) F4  AB(1  C) F8  (NN  NM  NM  MM)(N  M) F4  AB(1) F8  (0  MN  MN  M)(N  M) F4  AB F8  (M  MN  MN)(N  M) F8  (M  MN)(N  M) F8  (M)(N  M) F8  MN  MM F8  MN  M F8  M ... = A (x) (1 –  B(x)) Bài 04.00.1.015 Cho A ≠  ký hiệu Hom(A  A) tập hợp ánh xạ f : A  A Chứng minh Hom(A  A) vị nhóm với phép tốn hai ngơi phép lấy tích ánh xạ Lời giải: Với f  g h thuộc... O : A R B  O A B thẳng hàng Xét xem R có quan hệ tương đương không b) Cho ánh xạ f : không   với f ( x)  x 5x   xét xem f có đơn ánh Lời giải: a) A  O : O, A, A thẳng hàng nên... B  : A R B  O A B thẳng hàng Xét xem R có quan hệ tương đương khơng b) Cho ánh xạ f :   với f ( x)  x 5x   xét xem f có tồn ánh khơng Lời giải: a) Xét điểm O, A, B hình vẽ, ta thấy: