giai bai tap anh xa

Preview text

BÀI TẬP ÁNH XẠ

Câu 1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥

2 + 3𝑥 − 4 và 𝐴 = {0; −6}. Xác quyết định 𝑓(𝐴) và 𝑓

Bạn đang xem: giai bai tap anh xa

− (𝐴).

Câu 2: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅{1} → 𝑅,

1
( )
1

x f x x

+
=

. Xác quyết định 𝑓 − ((0; 2]).

Câu 3: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 3𝑥

3 + 3. Tìm 𝑓([0,2]) và 𝑓

− ([0,2]).

Câu 4: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥. Xác quyết định 𝑎, 𝑏 biết 𝑓 − ({𝑎}) = {0; −1; 𝑏}.

Câu 5: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶, 𝑓(𝑧) = 𝑧 6 − 𝑖√3. Tìm 𝑓 − ({1}).

Câu 6: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶, 𝑓(𝑧) = 𝑖𝑧 2 + (2 − 5𝑖)𝑧 − 3. Tìm 𝑓 − ({−9𝑖})

Câu 7: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥

2 + 2𝑥 + 6. Tìm 𝑓(𝑅)

Câu 8: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 ; 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 4; 𝑥 − 2) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 26}.

Tìm 𝑓 − (𝐴), 𝑓(𝑅)

Câu 9: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥

3 − 3𝑥. Tìm 𝑓(𝐴) và 𝑓

− (𝐴) biết 𝐴 = (−2; 2].

Câu 10: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác lập vày 𝑓(𝑥) = 5𝑥 3 + 1. Xét coi 𝑓 là đơn ánh, toàn ánh

không?

Câu 11: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (𝑥 2 − 4; 𝑥 3 + 1). Hỏi 𝑓 với là đơn ánh không?

Câu 12: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1; 𝑥 − 3). Hỏi 𝑓 với là toàn ánh không?

Câu 13: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅{1} → 𝑅,

2
( )
1

x f x x

+
=

có là đơn ánh không? Có là toàn ánh không?

Cho 𝐴 = [2; 5] xác lập 𝑓(𝐴) và 𝑓 − (𝐴)

Câu 14: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶, 𝑓(𝑧) = 2𝑧

3 − 1. Ánh xạ 𝑓 với là đơn ánh hoặc không? Xác định

tích những tế bào đun của những thành phần nhập luyện 𝑓 − ({5 + 2𝑖})

Câu 15: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (3𝑥 + 4𝑦, 𝑦 3 ). Hỏi 𝑓 với là tuy vậy ánh không?

Câu 16: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 3𝑥

2 − 𝑥 − 2. Hỏi 𝑓 với là tuy vậy ánh không? Tìm 𝑓([0; 3])

Câu 17: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑁 → 𝑁, 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 1. Hỏi 𝑓 với là đơn ánh, toàn ánh không?

Câu 18: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑍{−1} → 𝑍{0},

2
( )
1

f x x

=
+

. Hỏi 𝑓 với là đơn ánh, toàn ánh không?

Câu 19: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥

2 + 2. Hỏi 𝑓 với là đơn ánh, toàn ánh không?

Câu 20: Cho ánh xạ: 𝑓: 𝑅 2 → 𝐶, 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 2𝑦) + (𝑦 − 2𝑥)𝑖. Hỏi 𝑓 với là tuy vậy ánh không?

Câu 21: Cho 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑦 ≥ 0} và ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝐴 xác lập vày 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑦

2 ).

Ánh xạ 𝑓 liệu có phải là toàn ánh không? Vì sao?

Câu 22: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥 1 , 𝑥 2 ) = (4𝑥 1 , 5𝑥 2 ). Chứng minh 𝑓 là 1 trong những tuy vậy ánh. Xác

định 𝑓(𝐴) với 𝐴 = {(𝑥 1 ; 𝑥 2 ) ∈ 𝑅 2 |𝑥 12 + 𝑥 22 = 9}

Câu 23: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥 − 𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2 + 𝑦

2 = 1}.

Tìm 𝑎 biết 𝑓

−1(𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2
+ 𝑦

2 = 𝑎}

Câu 24: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 1, 𝑥 + 𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 = 1}.

Phần tử (1,0) với nằm trong 𝑓(𝐴) không? Vì sao?

Câu 25: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥 − 𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 = 9}.

Tìm 𝑓 − (𝐴), 𝑓(𝐴).

Câu 26: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 3𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2 + 𝑦

2 ≤ 1}. Tìm

𝑓

− (𝐴), 𝑓(𝐴).

Câu 27: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 ; 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 3 + 2𝑦; 3𝑥 3 + 7𝑦)

a) CMR: 𝑓 là tuy vậy ánh

b) Cho 𝐴 = {(𝑥, 𝑦)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1; 0 ≤ 𝑦 ≤ 2}. Tìm 𝑓(𝐴).

Câu 28: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥

3 , 𝑥

2 + 𝑦) với là 1 trong những tuy vậy ánh hoặc không?

Câu 29: Xét sự đơn ánh, toàn ánh, tuy vậy ánh của ánh xạ

𝑓: [0; 𝜋
2
] × [0; 𝜋
4

] → [0; 2] × [√2; 2] với 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2 sin 𝑥 ; 2 cos 𝑦)

Câu 30: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 2𝑦; 2𝑥 + 𝑦); 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2 + 𝑦

2 = 45}

Chứng minh rằng 𝑓 là tuy vậy ánh. Tìm 𝑓(𝐴), 𝑓

− (𝐴)

Câu 31: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑎𝑦, 𝑥 − 𝑦). Xác quyết định toàn bộ độ quý hiếm của 𝑎 đề 𝑓 là

một tuy vậy ánh.

Câu 32: Cho ánh xạ 𝑓: [−1; 5] → [3; 6] xác lập vày 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏. Tìm 𝑎, 𝑏 nhằm 𝑓 là tuy vậy ánh.

Câu 33: Xác quyết định luyện 𝐴 ⊂ 𝑅

2 nhằm ánh xạ 𝑓: A → [−1; 1] × (0; +∞), 𝑓(𝑥, 𝑦) = (cos 𝑥 , 𝑒

𝑦 ) là

song ánh.

Câu 34: Xác quyết định luyện 𝐴 ⊂ 𝑅

2 nhằm ánh xạ

𝑓: [−𝜋
2
; 𝜋
2
] × [0; 𝜋
4

] → 𝐴; 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2 sin 𝑥 , sin 𝑦 + cos 𝑦)

là một tuy vậy ánh.

Câu 35: Cho ánh xạ 𝑓: [𝑎; 𝑏] → [−2; 4], 𝑓(𝑥) = −3𝑥 + 1. Tìm 𝑎, 𝑏 nhằm 𝑓 là tuy vậy ánh.

LỜI GIẢI BÀI TẬP ÁNH XẠ

Câu 1: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥

2 + 3𝑥 − 4 và 𝐴 = {0; −6} Xác quyết định những hội tụ 𝑓(𝐴)

và 𝑓 − (𝐴).

Giải:

Tập hình 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}.

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− (𝐴) = {𝑥 ∈ 𝑅|𝑓(𝑥) ∈ 𝐴} ⇔ 𝑓 − (𝐴) = {𝑥 ∈ 𝑅|(𝑥 2 + 3𝑥 − 4) ∈ {0; −6}}

𝑓(𝑥) = 0 ⇔ 𝑥

2 + 3𝑥 − 4 = 0 ⇔ 𝑥 = 1 hoặc 𝑥 = −

𝑓(𝑥) = −6 ⇔ 𝑥

2 + 3𝑥 − 4 = −6 ⇔ 𝑥 = −1 hoặc 𝑥 = −

Vậy 𝑓

−1(𝐴) = {−4; −2; ±1}
.

Câu 2: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅{1} → 𝑅,

1
( )
1

x f x x

+
=

. Xác quyết định 𝑓

− ((0; 2]).

Giải:

𝑓

− ((0; 2]) = {𝑥 ∈ 𝑅{1}|𝑓(𝑥) = 𝑥 + 1 𝑥 − 1

∈ (0; 2]}
0 < 𝑥 + 1
𝑥 − 1
≤ 2 ⇔ {
𝑥 + 1
𝑥 − 1
> 0
𝑥 + 1
𝑥 − 1
− 2 ≤ 0
⟺ {
[ 𝑥 > 1
𝑥 < −
[𝑥 ≥ 3
𝑥 < 1
⇔ [ 𝑥 ≥ 3
𝑥 < −

Vậy 𝑓

− ((0; 2]) = (−∞, −1) ∪ [3; +∞)

Câu 3: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 3𝑥

3 + 3. Tìm 𝑓([0,2]) và 𝑓

− ([0,2])

Giải:

Tập hình ảnh 𝑓([0; 2]) = {𝑓(𝑥) ∈ 𝑅|𝑥 ∈ [0; 2]} = {𝑓(𝑥) = 3𝑥 3 + 3|0 ≤ 𝑥 ≤ 2}

Khảo sát hàm số 𝑓(𝑥) = 3𝑥

3 + 3 với 0 ≤ 𝑥 ≤ 2

BBT:
𝑥 −∞ 0 2 +∞
𝑓

′ (𝑥) +

𝑓(𝑥)
27
3

Vậy 𝑓([0,2]) = [3: 27]

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− ([0; 2]) = {𝑥 ∈ 𝑅|𝑓(𝑥) ∈ [0; 2]}

{3𝑥

3 + 3 ≥ 0

3𝑥

3 + 3 ≤ 2 ⇔ {

𝑥 ≥ −
𝑥 ≤ −

3

⇒ 𝑓

− ([0; 2]) = [−1; − √

3

]

Câu 4: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥. Xác quyết định 𝑎, 𝑏 biết 𝑓 − ({𝑎}) = {0; −1; 𝑏}

Giải:

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− ({𝑎}) = {𝑥 ∈ 𝑅| 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 𝑥 = 𝑎} = {−1; 0; 𝑏}

⇒ Phương trình 𝑥 3 − 𝑥 = 𝑎 với luyện nghiệm là {−1; 0; 𝑏}.

Thay [ 𝑥 = 0 𝑥 = −

vào 𝑥 3 − 𝑥 = 𝑎 tao chiếm được 𝑎 = 0

Với 𝑎 = 0 ⇒ 𝑥

3 − 𝑥 = 0 với luyện nghiệm là {−1; 0; 1}.

Vậy 𝑎 = 0, 𝑏 = 1.

Câu 5: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶, 𝑓(𝑧) = 𝑧

6 − 𝑖√3. Tìm 𝑓

− ({1}).

Giải:

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− ({1}) = {𝑧 ∈ 𝐶| 𝑓(𝑧) = 𝑧 6 − 𝑖√3 = 1}

Ta có: 𝑧 6 − 𝑖√3 = 1 ⇔ 𝑧 = √1 + 𝑖√

6

1 + 𝑖√3 = 2 (cos 𝜋 3

  • 𝑖 sin 𝜋 3
) ⇒ √1 + 𝑖√

6 = √

6 (cos

𝜋
3
+ 𝑘2𝜋
6
  • 𝑖 sin
𝜋
3
+ 𝑘2𝜋
6
) (𝑘 = 0,5̅̅̅̅)
⇒ 𝑓
−1({1}) = { √2 6

(cos

𝜋
3
+ 𝑘2𝜋
6
  • 𝑖 sin
𝜋
3
+ 𝑘2𝜋
6
) |𝑘 = 0,5̅̅̅̅}

Câu 6: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝐶, 𝑓(𝑧) = 𝑖𝑧 2 + (2 − 5𝑖)𝑧 − 3. Tìm 𝑓 − ({−9𝑖})

Giải:

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− ({−9𝑖}) = {𝑧 ∈ 𝐶|𝑓(𝑧) = −9𝑖} = {𝑧 ∈ 𝐶|𝑖𝑧 2 + (2 − 5𝑖)𝑧 − 3 = −9𝑖}

Xét 𝑖𝑧 2 + (2 − 5𝑖)𝑧 − 3 + 9𝑖 = 0 với ∆ = 15 − 8𝑖 = (4 − 𝑖) 2

⇒ 𝑧 1 = −2 + 5𝑖 + 4 − 𝑖
2𝑖
= 2 − 𝑖 ; 𝑧 2 = −2 + 5𝑖 − 4 + 𝑖
2𝑖
= 3 + 3𝑖

Vậỵ 𝑓 − ({−9𝑖}) = {2 − 𝑖; 3 + 3𝑖}.

BBT:
𝑥 −∞ −2 −1 1 2 +∞
𝑓

′ (𝑥) + 0 − 0 +

𝑓(𝑥) +∞

2 2
−2 −
−∞

Vậy 𝑓(𝐴) = [−2; 2]

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓 − = {𝑥 ∈ 𝑅|−2 < x 3 − 3x ≤ 2}

Xét {𝑥

3 − 3𝑥 > −

𝑥

3 − 3𝑥 ≤ 2

⇔ {𝑥 > −2; 𝑥 ≠ 1
𝑥 ≤ 2
⇒ 𝑓

− (𝐴) = (−2; 2] {1}

Câu 10: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 xác lập vày 𝑓(𝑥) = 5𝑥 3 + 1. Xét coi 𝑓có là đơn ánh, toàn

ánh hoặc không?

Giải:

Giả sử ∀𝑚 ∈ 𝑅 , xét 𝑓(𝑥) = 𝑚 ⇔ 5𝑥 3 + 1 = 𝑚 ⇔ 𝑥 = 3

1
5

m R

⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑚 với có một không hai một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑅 với ∀𝑚 ∈ 𝑅.

⇒ 𝑓 là tuy vậy ánh ⇔ 𝑓 vừa vặn là đơn ánh vừa vặn là toàn ánh.

Câu 11: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (𝑥 2 − 4; 𝑥 3 + 1). Hỏi 𝑓 với là đơn ánh không?

Giải:

Giả sử: 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) (∗) với 𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑅.

(∗) ⇔ {𝑥

12

− 4 = 𝑥 22
− 4
𝑥 13
+ 1 = 𝑥 23
+ 1 ⇔ {𝑥

12

= 𝑥 22
𝑥 13
= 𝑥 23
⇔ {[ 𝑥
1 = 𝑥 2
𝑥 1 = −𝑥 2
𝑥 1 = 𝑥 2
⇔ 𝑥 1 = 𝑥 2

Vậy 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔ 𝑥 1 = 𝑥 2 ⇒ 𝑓 là đơn ánh.

Câu 12: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1; 𝑥 − 3). Hỏi 𝑓 với là toàn ánh không?

Giải:

Giả sử ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅 2 , xét 𝑓(𝑥) = (2x + 1; x − 3) = (𝑎, 𝑏) ⇔ {2𝑥 + 1 = 𝑎 𝑥 − 3 = 𝑏

⇔ {𝑥 = (𝑎 − 1)/
𝑥 = 𝑏 + 3

Hệ với nghiệm ⇔ (𝑎 − 1)/2 = 𝑏 + 3 ⇔ 𝑎 = 2𝑏 + 7

Với 𝑎 = 2𝑏 + 7 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) thì hệ (∗) với nghiệm.

Với 𝑎 ≠ 2𝑏 + 7 (𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) thì hệ (∗) vô nghiệm.

Vậy 𝑓 ko cần toàn ánh.

Câu 13: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅{1} → 𝑅,

2
( )
1

x f x x

+
=

có là đơn ánh không? Có là toàn ánh không?

Cho 𝐴 = [2; 5] xác lập 𝑓(A) và 𝑓 − (𝐴)

Giải:

Giả sử ∀𝑚 ∈ R, xét

2
( )
1

x f x x

m
+
=
= (𝑥 ≠ 1)
2
( )
1

x f x x

m
+
=
= (𝑥 ≠ 1) ⇔ 𝑚(𝑥 − 1) = 𝑥 + 2 ⇔ 𝑥(𝑚 − 1) = 2 + 𝑚 (1)

TH1: 𝑚 = 1 thì (1) phát triển thành 0 = 2 ⇒ (1) vô nghiệm.

TH2: 𝑚 ≠ 1 thì (1) với nghiệm

2
1

m x m

+
=
∈ 𝑅{1}

Vậy với ∀𝑚 ∈ 𝑅 thì

2
( )
1

x f x x

m
+
=
= với tối nhiều một nghiệm 𝑥 ∈ 𝑅{1} ⇒ 𝑓 là đơn ánh.

Với 𝑚 = 1 thì

2
( )
1

x f x x

m
+
=
= vô nghiệm ⇒ 𝑓 ko là toàn ánh.

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓 − ([2; 5]) =

2
\ {1}, ( )= [2;5]
1
x
x R f x
x
 + 
   
 − 
2 ≤ 𝑥 + 2
𝑥 − 1
≤ 5 ⇔ {
𝑥 + 2
𝑥 − 1
− 2 ≥ 0
𝑥 + 2
𝑥 − 1
− 5 ≤ 0
⟺ {
1 < 𝑥 ≤ 4
[𝑥 ≥ 7 4
𝑥 < 1
⇔ 7
4
≤ 𝑥 ≤ 4

Vậy 𝑓

−1([2; 5]) =
7 ;
4
 
 
 

Tập hình ảnh 𝑓(𝐴) =

2
( )= , [2;5]
1
x
f x R x
x
 + 
   
 − 

Khảo sát hàm 𝑓(𝑥) =

2
( )=
1
x
f x
x
+

với 2 ≤ 𝑥 ≤ 5

⇒ 𝑓 là tuy vậy ánh

Câu 16: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 3𝑥 2 − 𝑥 − 2. Hỏi 𝑓 với là tuy vậy ánh không?

Tìm 𝑓([0; 3])

Giải:

Giả sử ∀𝑚 ∈ 𝑅, xét 𝑓(𝑥) = 𝑚 ⇔ 3𝑥 2 − 𝑥 − 2 = 𝑚 (∗)

Khảo sát hàm số 𝑓(𝑥) = 3𝑥 2 − 𝑥 − 2 bên trên 𝑅

BBT:
𝑥 −∞ 1/6 +∞
𝑓

(𝑥) − +
𝑓(𝑥) +∞ +∞
−25/

Từ BBT tao có: với 𝑚 <

25

2

− thì (∗) vô nghiệm ⇒ 𝑓 ko là tuy vậy ánh

Câu 17: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑁 → 𝑁, 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 1. Hỏi 𝑓 với là đơn ánh, toàn ánh không?

Giải:

Giả sử ∀𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑁, xét 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔ 2𝑥 1 + 1 = 2𝑥 2 + 1 ⇔ 𝑥 1 = 𝑥 2

Xem thêm: it lau nay mot so ban trong lop lo la hoc tap em hay viet mot bai van de thuyet phuc ban

Với ∀𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑁 thì 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔ 𝑥 1 = 𝑥 2

Vậy 𝑓 là đơn ánh

Giả sử ∀𝑚 ∈ 𝑁, xét 𝑓(𝑥) = 𝑚 ⇔ 2𝑥 + 1 = 𝑚 ⇔ 𝑥 =

𝑚−

2

TH1: 𝑚 = 2𝑘 + 1 (𝑘 ∈ 𝑁) (𝑚 là số lẻ)

⇒ 𝑥 = 𝑚 − 1
2
= 2𝑘 + 1 − 1
2
= 𝑘 ∈ 𝑁

TH2: 𝑚 = 2𝑘 (𝑘 ∈ 𝑁) (𝑚 là số chẵn)

⇒ 𝑥 = 𝑚 − 1
2
= 2𝑘 − 1
2
= 𝑘 − 1
2
∉ 𝑁

Vậy 𝑓 ko là toàn ánh (Do với 𝑚 = 2𝑘 (𝑘 ∈ 𝑁) thì 𝑓(𝑥) = 𝑚 không tồn tại nghiệm 𝑥 ∈ 𝑁)

❖ Mẹo: Nếu xem sét với 1 tình huống của 𝑚 là phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑚 vô nghiệm hoặc có

nghiệm ko nằm trong luyện mối cung cấp → rất có thể nêu đi ra tức thì tình huống bại đi ra ⇒ ko là toàn ánh,

không là tuy vậy ánh.

Cách 2:

Với 𝑚 = 2 ∈ 𝑁 tao có: 𝑓(𝑥) = 2 ⇔ 2𝑥 + 1 = 2 ⇔ 𝑥 = 50% ∉ 𝑁

⇒ 𝑓 ko là toàn ánh

Câu 18: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑍{−1} → 𝑍{0}, 𝑓(𝑥) =

2

x + 1

. Hỏi 𝑓 với là đơn ánh, toàn ánh không?

Giải:

Giả sử ∀𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑍{−1}, xét 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔

1 2

2 2

x + 1 x + 1

= ⇔ 𝑥 1 = 𝑥 2

Với ∀𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑍{−1} thì 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔ 𝑥 1 = 𝑥 2

Vậy 𝑓 là đơn ánh

Giả sử ∀𝑚 ∈ 𝑍{0} , xét 𝑓(𝑥) = 𝑚 ⇔

2

x 1

m
= ⇔

2

1

m

x = − (với 𝑥 ∈ 𝑍{−1})
TH1: 𝑚 ∈ Ư(2) = {±1; ±2}
⇒ 𝑥 = 2
𝑚
− 1 ∈ 𝑍{−1}
TH2: 𝑚 ∈ 𝑍{±1; ±2}
⇒ 𝑥 = 2
𝑚
− 1 ∉ 𝑍{−1}

Vậy 𝑓 ko là toàn ánh (do với 𝑚 ∈ 𝑍{±1; ±2} thì 𝑓(𝑥) = 𝑚 không tồn tại nghiệm 𝑥 ∈ 𝑍{−1})

Câu 19: Cho ánh xạ 𝑓: 𝐶 → 𝑅, 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 2. Hỏi 𝑓 với là đơn ánh, toàn ánh không?

Giải:

Giả sử ∀𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝐶, xét 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔ 𝑥 12 + 2 = 𝑥 22 + 2 ⇔ [ 𝑥

1 = 𝑥 2
𝑥 1 = −𝑥 2

Với ∀𝑥 1 , 𝑥 2 ∈ 𝑁 thì 𝑓(𝑥 1 ) = 𝑓(𝑥 2 ) ⇔ [ 𝑥

1 = 𝑥 2
𝑥 1 = −𝑥 2

Vậy 𝑓 ko là đơn ánh.

Với ∀𝑚 ∈ 𝑅, xét 𝑓(𝑥) = 𝑚 ⇔ 𝑥

2 + 2 = 𝑚 ⇔ 𝑥

2 = 𝑚 − 2 (∗)

TH1: 𝑚 > 2

(∗) với 2 nghiệm [ 𝑥 = √𝑚 − 2

∈ 𝐶
𝑥 = −√𝑚 − 2 ∈ 𝐶
TH2: 𝑚 = 2

(∗) với nghiệm 𝑥 = 0 ∈ 𝐶

TH3: 𝑚 < 2

Câu 22: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥 1 , 𝑥 2 ) = (4𝑥 1 , 5𝑥 2 ). Chứng minh 𝑓 là 1 trong những tuy vậy ánh. Xác

định 𝑓(𝐴) với 𝐴 = {(𝑥 1 ; 𝑥 2 ) ∈ 𝑅 2 |𝑥 12 + 𝑥 22 = 9}

Giải:

𝑓(𝐴) = {𝑓(𝑥 1 , 𝑥 2 ) = (4𝑥 1 , 5𝑥 2 ) ∈ 𝑅
2 |(𝑥
1 , 𝑥 2 ) ∈ 𝐴} = {(4𝑥 1 , 5𝑥 2 ) ∈ 𝑅
2 |𝑥

12

+ 𝑥 22
= 9}

Đặt {𝑎 = 4𝑥

1

𝑏 = 5𝑥 2

⇒ {𝑥
1 = 𝑎/
𝑥 2 = 𝑏/

Mà 𝑥 12 + 𝑥 22 = 9 ⇒

2 2

9 16 25

a b + = ⇔ 25𝑎 2 + 16𝑏 2 = 3600

Vậy 𝑓(𝐴) = {(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅

2 |25𝑎 2
+ 16𝑏

2 = 3600}

Câu 23: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥 − 𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2 + 𝑦

2 = 1}.

Tìm 𝑎 biết 𝑓 − (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎}

Giải:

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑓(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴} = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |(𝑥 + 𝑦) 2 + (𝑥 − 𝑦)

2 = 1}

⇔ 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 2

} ⇒ 𝑎 = 1
2

Câu 24: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 1, 𝑥 + 𝑦) và

𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2 + 𝑦

2 = 1}. Phần tử (1,0) với nằm trong 𝑓(𝐴) không? Vì sao?

Giải:

Tập hình ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 − 1; 𝑥 + 𝑦) ∈ 𝑅 2 |(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴}

Đặt {𝑢 = 2𝑥 − 1 𝑣 = 𝑥 + 𝑦 ⇒

{
𝑥 =
1
2

u +

𝑦 =

1 2 1

2 2

u v u v

  • − −
− =

Mà 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 ⇒

2 2 1 2 1 1 2 2

u + v − u− + =

   
   
   
⇒ 𝑓(𝐴) = {(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅

2 | (𝑢 + 1 2

)

2 + (2𝑣 − 𝑢 − 1 2

)

2 = 1}

Xét (1,0) tao có

2 2 1 1 2 1 1 2 2 2

+ − −
+ =
   
   
   
⇒ (1,0) ∉ 𝑓(𝐴)

Câu 25: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥 − 𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 = 9}.

Tìm 𝑓 − (𝐴), 𝑓(𝐴).

Giải:

Tập hình ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑦, 𝑥 − 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2 + 𝑦

2 = 9}

Đặt {𝑢 = 𝑥 + 𝑦 𝑣 = 𝑥 − 𝑦 ⇒

{
𝑥 =
2

u +v

𝑦 =
2

u −v

Mà 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9 ⇒ ( 2

u + v )

2

+ (
2

u − v )

2

= 9 ⇔ 𝑢

2 + 𝑣 2 = 18

⇒ 𝑓(𝐴) = {(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅

2 |𝑢 2 + 𝑣 2 = 18}

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑓(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴}

Xét (𝑥 + 𝑦)

2 + (𝑥 − 𝑦)

2 = 9 ⇔ 𝑥

2 + 𝑦

2 =

9
2
⇒ 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥

2 + 𝑦

2 =

9
2
}

Câu 26: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 3𝑦) và 𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1}. Tìm

𝑓 − (𝐴), 𝑓(𝐴).

Giải:

Tập hình ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑓(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 3𝑦)|𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1}

Đặt {𝑢 = 2𝑥 𝑣 = 3𝑦 ⇔

{
𝑥 =
2

u

𝑦 =
3

v

. Mà 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1 ⇒

2 2

2 3

u v +

   
   
   
≤ 1
⇒ 𝑓(𝐴) = {(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅

2 |

2 2

2 3

u v +

   
   
   
≤ 1}

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑓(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴}

Xét (2𝑥) 2 + (3𝑦) 2 ≤ 1 ⇔ 4𝑥 2 + 9𝑦 2 ≤ 1

⇒ 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |4𝑥 2 + 9𝑦

2 ≤ 1}

Đặt 𝑔(𝑥) = 2 sin 𝑥. Khảo sát hàm 𝑔(𝑥) bên trên miền 0; 2

 

 
 

Lập BBT:

𝑥 0 𝜋/
𝑔

′ (𝑥) + 0

𝑔(𝑥)
0
2
Từ BBT ⇒ 𝑔(𝑥) = 𝑎 với 1 nghiệm có một không hai 𝑥 ∈ 0; 2

 

 
 

với ∀𝑎 ∈ [0; 2]

Xét 2 cos 𝑦 = 𝑏 với ∀𝑏 ∈ [√2; 2].

Đặt ℎ(𝑦) = 2 cos 𝑦. Khảo sát hàm ℎ(𝑦) bên trên miền 0; 4

 

 
 

Lập BBT:

𝑦 0 𝜋/

′ (𝑦) −

ℎ(𝑦) 2
Từ BBT ⇒ 𝑔(𝑦) = 𝑏 với 1 nghiệm có một không hai 𝑦 ∈ 0; 4

 

 
 

với 𝑏 ∈ [√2; 2]

𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) với nghiệm có một không hai (𝑥, 𝑦) ∈ 0; 2
 
 
 
× 0; 4
 
 
 

với ∀(𝑎, 𝑏) ∈ [0; 2] × [√2; 2]

Vậy 𝑓 là tuy vậy ánh.

Câu 30: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅 2 → 𝑅 2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 2𝑦; 2𝑥 + 𝑦) và

𝐴 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦 2 = 45} Chứng minh rằng 𝑓 là tuy vậy ánh. Tìm 𝑓(𝐴), 𝑓 − (𝐴)

Giải:

Tập hình ảnh 𝑓(𝐴) = {𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 2𝑦, 2𝑥 + 𝑦) ∈ 𝑅

2 |𝑥 2
+ 𝑦

2 = 45}

Đặt {𝑢 = 𝑥 − 2𝑦 𝑣 = 2𝑥 + 𝑦 ⇒

{
𝑥 =
2
5

u + v

𝑦 =
2
5

v − u

Mà 𝑥

2 + 𝑦

2 = 45 ⇒ (

2
5

u + v )

2

+ (
2
5

v − u )

2

= 45 ⇔ 𝑢

2 + 𝑣

2 = 225

⇒ 𝑓(𝐴) = {(𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅

2 |𝑢 2 + 𝑣 2 = 225}

Tập nghịch tặc hình ảnh 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑓(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐴}

Xét (𝑥 − 2𝑦) 2 + (2𝑥 + 𝑦) 2 = 45 ⇔ 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9

⇒ 𝑓

− (𝐴) = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 2 |𝑥 2 + 𝑦

2 = 9}

Câu 31: Cho ánh xạ 𝑓: 𝑅

2 → 𝑅

2 , 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥 + 𝑎𝑦, 𝑥 − 𝑦). Xác quyết định toàn bộ độ quý hiếm của 𝑎 đề 𝑓

là một tuy vậy ánh.

Giải:

Giả sử (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅

2 , nhằm 𝑓 là 1 trong những tuy vậy ánh ⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑢, 𝑣) với nghiệm có một không hai ∈ 𝑅

2

Xét 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑢, 𝑣) ⇔ Hệ phương trình (𝐼) {𝑥 + 𝑎𝑦 = 𝑢 (1) 𝑥 − 𝑦 = 𝑣 (2)

(𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅)

Lấy (1) − (2) tao được (𝑎 + 1)𝑦 = 𝑢 − 𝑣 (∗)

Với 𝑎 = −1 ⇒ 0𝑦 = 𝑢 − 𝑣 ⇒ (∗) sẽ có được vô số nghiệm nếu như 𝑢 = 𝑣 ⇒ Hệ (𝐼) với vô số nghiệm

(∗) tiếp tục vô nghiệm nếu như 𝑢 ≠ 𝑣 ⇒ Hệ (𝐼) vô nghiệm

⇒ Loại 𝑎 = −1.

Với 𝑎 ∈ 𝑅{−1} ⇒ 𝑦 =

1

u v

a

+
⇒ 𝑥 = 𝑢 − 𝑎𝑦 =
( )
1

a u v u a

+

⇒ Với 𝑎 ∈ 𝑅{−1} thì hệ (𝐼) với nghiệm có một không hai (𝑥, 𝑦) = (

( )
1

a u v u a

+
,
1

u v

a

+
) ∈ 𝑅

2

Vậy 𝑓 là tuy vậy ánh khi 𝑎 ∈ 𝑅{−1}

Câu 32: Cho ánh xạ 𝑓: [−1; 5] → [3; 6] xác lập vày 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏. Tìm 𝑎, 𝑏 nhằm 𝑓 là 1 trong song

ánh.

Giải:

Giải sử 𝑚 ∈ [3; 6], nhằm 𝑓 là tuy vậy ánh ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑚 với nghiệm có một không hai ∈ [−1; 5]

Xét 𝑓(𝑥) = 𝑚 ⇔ 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑚 với 𝑥 ∈ [−1; 5]

Hàm số 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 là hàm hàng đầu nên có thể rất có thể đồng thay đổi hoặc nghịch tặc thay đổi bên trên toàn bộ

tập 𝑅. Để 𝑓 là tuy vậy ánh thì 𝑓(𝑥) = 𝑚 cần với nghiệm có một không hai 𝑥 ∈ [−1; 5] với 𝑚 ∈ [3; 6]

Như vậy bảng thay đổi thiên của 𝑓(𝑥) = 𝑚 sẽ có được 2 TH:

TH1: 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 = 𝑏 đồng thay đổi với x ∈ [−1; 5]

𝑥 0 𝜋 2𝜋
𝑓′(𝑥) 0 − 0 +
𝑓(𝑥) 1 1

Từ BBT ⇒ Với 𝑎 ∈ [−1; 1] thì 𝑓(𝑥) = 𝑎 với nghiệm có một không hai 𝑥 ∈ [0; 𝜋]

Xét 𝑒 𝑦 = 𝑏 với 𝑏 ∈ (0; +∞). Đặt 𝑔(𝑦) = 𝑒 𝑦 ⇒ 𝑔 ′ (𝑦) = 𝑒 𝑦 > 0. Khảo sát hàm 𝑔(𝑦)

BBT:
𝑦 −∞ +∞
𝑔

′ (𝑦) +

𝑔(𝑦) +∞
0

Từ BBT ⇒ 𝑔(𝑦) = 𝑏 với nghiệm có một không hai 𝑦 ∈ 𝑅 với 𝑏 ∈ (0; +∞)

Vậy luyện cần thiết mò mẫm là 𝐴 = [0, 𝜋] × 𝑅

Câu 34: Xác quyết định luyện 𝐴 ⊂ 𝑅

2

để ánh xạ 𝑓: , 0,
2 2 4

 −     

   
   
→ 𝐴,

𝑓(𝑥, 𝑦) = (2 sin 𝑥 , sin 𝑦 + cos 𝑦) là 1 trong những tuy vậy ánh.

Giải:

Giả sử ∀(𝑎, 𝑏) ∈ 𝐴, nhằm 𝑓 là tuy vậy ánh

⇔ 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑏) ⇔ {

2 sin 𝑥 = 𝑎

sin 𝑦 + cos 𝑦 = 𝑏

có nghiệm có một không hai 𝑥 ∈ ,
2 2

 −  

 
 

và 𝑦 ∈ 0, 4

 

   

Xét 2 sin 𝑥 = 𝑎. Khảo sát hàm 𝑓(𝑥) = 2 sin 𝑥 với 𝑥 ∈ ,
2 2

 −  

 
 

Lập BBT:

𝑥 −𝜋/2 𝜋/
𝑓′(𝑥) 0 + 0
𝑓(𝑥) 2
Từ BBT: Với 𝑎 ∈ [−2; 2] thì 𝑓(𝑥) = 𝑎 với nghiệm có một không hai 𝑥 ∈ ,
2 2

 −  

 
 

Xét sin 𝑦 + cos 𝑦 = 𝑏.

Khảo sát hàm 𝑔(𝑦) = sin 𝑦 + cos 𝑦 = √2 sin (𝑦 +

4

) với 𝑦 ∈ 0, 4

 

 
 

Lập BBT:

𝑦 0 𝜋/
𝑔′(𝑦) + 0
𝑔(𝑦) √
1
Từ BBT: Với 𝑏 = [1; √2] thì 𝑔(𝑦) = 𝑏 với nghiệm có một không hai 𝑦 ∈ 0, 4

 

 
 

Vậy luyện cần thiết mò mẫm là 𝐴 = [−2; 2] × [1; √2]

Câu 35: Cho ánh xạ 𝑓: [𝑎; 𝑏] → [−2; 4], 𝑓(𝑥) = −3𝑥 + 1. Tìm 𝑎, 𝑏 nhằm 𝑓 là tuy vậy ánh.

Giải:

Giả sử ∀𝑚 ∈ [−2; 4]. Để 𝑓 là tuy vậy ánh ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑚 với có một không hai một nghiệm 𝑥 ∈ [𝑎; 𝑏]

Khảo sát hàm 𝑓(𝑥) = −3𝑥 + 1

BBT:
𝑥 −1 1
𝑓

′ (𝑥) −

Xem thêm: file excel khong sua duoc

𝑓(𝑥) 4

Từ BBT tao có: 𝑓(𝑥) = 𝑚 luôn luôn với có một không hai một nghiệm 𝑥 ∈ [−1; 1] với 𝑚 ∈ [−2; 4]

Vậy {𝑎 = − 𝑏 = 1

thỏa mãn đòi hỏi đề bài xích.