Chương 1 — Sơ lược logic và lí thuyết tập hợp
Mục tiêu của chương Học xong chương này sinh viên có thể
Hiểu các phép toán logic và các quy tắc suy luận.
Nắm vững khái niệm về tập hợp và các phép toán trên tập hợp.
Nắm vững khái niệm ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh, song ánh, ánh xạ ngược và áp dụng chúng cho hàm số.
Nắm vững các tính chất cơ bản của các tập hợp số, đặc biệt là tập hợp các số thực.
Trong toán học, chúng ta luôn mong muốn rằng các phát biểu phải luôn chính xác, không gây hiểu nhầm. Các phát biểu toán học đó thường là những câu khẳng định và phải hoặc là đúng hoặc là sai (không thể vừa đúng vừa sai hoặc không đúng không sai). Một câu khẳng định đúng thì ta gọi là một mệnh đề đúng, một câu khẳng định sai gọi là một mệnh đề sai. Chúng ta sẽ kí hiệu các mệnh đề bằng các chữ cái in hoa \(A, B, C, \ldots\) Sau đây là một số ví dụ về mệnh đề:
\[ \begin{aligned} A: &\;\textrm{"London là thủ đô của nước Anh"}.\\ B:&\;\textrm{"Hà Nội là thủ đô của nước Anh"}.\\ C:&\;\textrm{"}3>5\textrm{"}.\\ D:&\;\textrm{"}3<5\textrm{"}. \end{aligned} \]
\(A\) và \(D\) là các mệnh đề đúng, còn \(B\) và \(C\) là các mệnh đề sai. Như thế, một mệnh đề hoặc là "đúng" hoặc là "sai". Với một mệnh đề đúng ta gán cho nó giá trị 1, với mệnh đề sai ta gán cho nó giá trị 0.
Không phải mọi câu nói đều là mệnh đề toán học. Chẳng hạn những câu sau đây không phải là mệnh đề:
\[ \begin{aligned} (1)&\;\quad \textrm{Học giải tích thật là dễ dàng.}\\ (2)&\;\quad \textrm{Số 1000000 rất là lớn.}\\ (3)&\;\quad \textrm{Có số nào mà bình phương bằng 2 không?}\\ (4)&\; \quad x>2. \end{aligned} \]
Chúng ta không thể biết phát biểu \((1)\) là đúng hay sai (vì nó còn phụ thuộc vào nhiều yếu tố). Khẳng định (2) không có nghĩa chính xác (phải hiểu số như thế nào là lớn). Câu \((3)\) là một câu hỏi nên không thể là một mệnh đề. Câu (4) chứa biến \(x\) nên tính đúng sai phụ thuộc vào giá trị của \(x\) này.
Nhiều khi chúng ta bắt gặp những mệnh đề nhưng lại rất khó để xác định tính đúng sai của chúng. Chẳng hạn
\[E: \textrm{"}\left(126^{3728}+15^{15876}\right)+8 \mbox{ là một số nguyên tố"}.\] Vì mọi số tự nhiên lớn hơn 1 hoặc là số nguyên tố hoặc là hợp số nên đây chắc chắn là một mệnh đề, tuy nhiên chúng ta phải mất nhiều nỗ lực thì mới kiểm tra được tính đúng sai của mệnh đề này1.
Có nhiều mệnh đề trong toán học mà tính đúng sai của nó vẫn chưa được xác định. Chẳng hạn, tính đúng sai của mệnh đề "Trong biểu diễn thập phân của số \(\pi\) có vô hạn chữ số 7" vẫn là một bài toán mở. Nhiều câu hỏi khác trong toán học cũng chưa có câu trả lời chính xác. Một số bài toán lớn, với các giải thưởng danh giá vẫn đang chờ đợi các nhà toán học giải quyết.
1 Các phép toán trên các mệnh đề
Khi đã có các mệnh đề, chúng ta có thể sử dụng các phép toán trên các mệnh đề để tạo ra các mệnh đề mới, phức tạp hơn.
1.1 Phép phủ định
Một cách đơn giản để tạo ra một mệnh đề mới là chúng ta thêm cụm từ "không phải" vào trước một mệnh đề đã có. Cho mệnh đề \(A\), mệnh đề "không phải \(A\)" được gọi là mệnh đề phủ định của mệnh đề \(A\) và được kí hiệu là \(\neg A\). Nếu \(A\): "Hà Nội là thủ đô của Việt Nam" thì \[\neg A: \text { "Hà Nội không phải là thủ đô của Việt Nam".}\]
Với mệnh đề \(D: \text{"8 là số nguyên tố}\)", phủ định của nó là \(\neg D:\) "8 không phải là số nguyên tố". Vì mỗi mệnh đề nhận một trong hai giá trị là \(1\) hoặc \(0\) nên \(\neg A\) là \(1\) nếu \(A\) là \(0\) và ngược lại. Điều đó được phản ánh trong bảng sau, gọi là bảng giá trị chân lý (hay nói tắt, bảng chân trị) của phép phủ định.
| \(A\) | \(\neg A\) |
|---|---|
| \(1\) | \(0\) |
| \(0\) | \(1\) |
1.2 Phép hội
Trong logic mệnh đề, hội là cách kết hợp hai mệnh đề để diễn đạt ý "đồng thời" hay "và". Hội của hai mệnh đề \(A\) và \(B\), kí hiệu \(A\wedge B\), là một mệnh đề chỉ đúng khi cả \(A\) và \(B\) cùng đúng. Bảng chân trị của phép hội được cho trong bảng sau:
| \(A\) | \(B\) | \(A \wedge B\) |
|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(1\) |
| \(1\) | \(0\) | \(0\) |
| \(0\) | \(1\) | \(0\) |
| \(0\) | \(0\) | \(0\) |
Phép hội đôi khi còn được gọi là phép nhân logic.
1.3 Phép tuyển
Tuyển diễn đạt ý "ít nhất một trong hai" hay "hoặc". Tuyển của hai mệnh đề \(A\) và \(B\), kí hiệu là \(A\vee B\), là một mệnh đề chỉ sai khi cả \(A\) và \(B\) cùng sai. Bảng chân trị của phép tuyển được cho như sau:
| \(A\) | \(B\) | \(A \vee B\) |
|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(1\) |
| \(1\) | \(0\) | \(1\) |
| \(0\) | \(1\) | \(1\) |
| \(0\) | \(0\) | \(0\) |
Phép tuyển đôi khi còn được gọi là phép cộng logic.
1.4 Phép kéo theo
Phép kéo theo dùng để diễn đạt quan hệ "Nếu \(\ldots\) thì \(\ldots\)" trong tiếng Việt. Cho trước 2 mệnh đề \(A\) và \(B\), mệnh đề \(A\) kéo theo \(B\), kí hiệu là \(A \Longrightarrow B\), là một mệnh đề chỉ sai khi \(A\) đúng và \(B\) sai. Bảng chân trị được cho như sau:
| \(A\) | \(B\) | \(A \Longrightarrow B\) |
|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(1\) |
| \(1\) | \(0\) | \(0\) |
| \(0\) | \(1\) | \(1\) |
| \(0\) | \(0\) | \(1\) |
Lưu ý rằng ở đây "\(A\) suy ra \(B\)" không mang ý nghĩa quan hệ nhân quả như trong đời sống hằng ngày. Chẳng hạn xét câu \[\mbox{"Tuyết màu đen suy ra than màu trắng"}.\] Mới nghe qua thì câu này nghe rất không đời thường. Tuy nhiên, nếu theo logic thì đây là một mệnh đề dạng \(A\Longrightarrow B\) và là mệnh đề đúng do \(A\) sai và \(B\) sai.
Mệnh đề \(A\Longrightarrow B\) còn được phát biểu là "\(A\) là điều kiện đủ để có \(B\)", hay "\(B\) là điều kiện cần để có \(A\)".
1.5 Phép tương đương
Cho trước hai mệnh đề \(A\) và \(B\), ta nói \(A\) tương đương với \(B\) khi \(A\) và \(B\) cùng đúng hoặc cùng sai. Kí hiệu, \(A \Longleftrightarrow B\), đọc là "\(A\) tương đương với \(B\)" hoặc "\(A\) khi và chỉ khi \(B\)" hoặc "\(A\) là điều kiện cần và đủ để có \(B\)". Bảng chân trị của mệnh đề \(A \Longleftrightarrow B\) như sau:
| \(A\) | \(B\) | \(A \Longleftrightarrow B\) |
|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(1\) |
| \(1\) | \(0\) | \(0\) |
| \(0\) | \(1\) | \(0\) |
| \(0\) | \(0\) | \(1\) |
Cho \(A\) là một mệnh đề. Khi đó \(\neg A\) cũng là một mệnh đề nên ta có thể lấy phủ định của nó để được mệnh đề \(\neg \neg A\). Dễ dàng kiểm tra được rằng \(\neg \neg A\) và \(A\) có cùng giá trị chân lý, do đó \[\neg \neg A \Longleftrightarrow A.\]
Mệnh đề tương đương cuối cùng này gọi là "luật phủ định của phủ định". Đây là ví dụ về "luật logic" mà ta tìm hiểu trong mục tiếp theo.
2 Luật logic
Trong các định nghĩa trước đây của chúng ta, các mệnh đề \(A, B, \ldots\), được hiểu là các mệnh đề bất kỳ. Chúng có thể là các mệnh đề đơn giản hoặc chúng có thể là những mệnh đề phức tạp được tạo nên từ những mệnh đề đơn giản bằng các phép toán mệnh đề đã nêu ở trên.
Nếu một mệnh đề được tạo nên từ nhiều mệnh đề \(A, B, C, \ldots\) thông qua các phép toán \(\neg, \wedge, \vee, \Longrightarrow, \Longleftrightarrow\), mà nó luôn nhận giá trị đúng với mọi bộ giá trị chân lý của các mệnh đề thành phần \(A, B, C, \ \ldots\), thì mệnh đề đó được gọi là một luật logic hay một hằng đúng logic. Kí hiệu là \({\bf 1}\).
Phủ định của một hằng đúng logic được gọi là một hằng sai logic, kí hiệu là \({\bf 0}\), luôn nhận giá trị sai với với mọi bộ giá trị chân lý của các mệnh đề thành phần.
Mệnh đề \((A \wedge B) \Longrightarrow(A \vee B)\) là một luật logic. Cách đơn giản nhất để kiểm tra đây là một luật logic là lập bảng chân trị của nó.
| \(A\) | \(B\) | \(A \wedge B\) | \(A \vee B\) | \((A \wedge B) \Longrightarrow(A \vee B)\) |
|---|---|---|---|---|
| \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) |
| \(1\) | \(0\) | \(0\) | \(1\) | \(1\) |
| \(0\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(1\) |
| \(0\) | \(0\) | \(0\) | \(0\) | \(1\) |
Cột cuối cùng trong bảng trên chỉ chứa giá trị đúng, điều này nói lên rằng \((A \wedge B) \Longrightarrow(A \vee B)\) là một luật logic.
Hai mệnh đề \(P\) và \(Q\) được gọi là đồng nhất logic nếu mệnh đề \(P\Longleftrightarrow Q\) là một luật logic. Kí hiệu \(P\equiv Q.\)
Như vậy, hai mệnh đề \(P\) và \(Q\) là đồng nhất logic khi và chỉ khi chúng có giá trị chân lý như nhau với mọi bộ giá trị của các mệnh đề thành phần có mặt trong hai mệnh đề đó.
Sau đây chúng ta sẽ liệt kê ra một số đồng nhất logic thường gặp.
Cho \(A, B, C\) là các mệnh đề. Khi đó ta có các đồng nhất logic sau:
Luật giao hoán
\[ \begin{aligned} (A \vee B) & \equiv (B \vee A),\\ (A \wedge B) &\equiv (B \wedge A). \end{aligned} \]
Luật kết hợp
\[ \begin{aligned} [(A \vee B) \vee C] & \equiv [A \vee(B \vee C)], \\ [(A \wedge B) \wedge C] &\equiv [A \wedge(B \wedge C)]. \end{aligned} \]
Luật phân phối
\[ \begin{aligned} \left[A \wedge\left(B \vee C\right)\right] &\equiv [(A \wedge B) \vee\left(A \wedge C\right)],\\ \left[A \vee\left(B \wedge C\right)\right] &\equiv [(A \vee B) \wedge(A \vee C)]. \end{aligned} \]
Luật lũy đẳng
\[ \begin{aligned} (A \wedge A) &\equiv A, \\ (A \vee A) &\equiv A. \end{aligned} \]
Luật hấp thụ
\[ \begin{array}{ll} (A \wedge {\bf 1}) \equiv A, & (A \wedge \bf{0}) \equiv \bf{0},\\ (A \vee \bf{1}) \equiv \bf{1}, & (A \vee \textbf{0}) \equiv A. \end{array} \]
Luật suy diễn
\[ \begin{aligned} (A \wedge \neg A) &\equiv \textbf{0},\\ (A \vee \neg A) &\equiv \textbf{1}. \end{aligned} \]
Luật phủ định của phủ định \[\neg (\neg A) \equiv A.\]
Luật De Morgan
\[ \begin{array}{l} \neg(A \vee B) \equiv (\neg A \wedge \neg B), \\ \neg(A \wedge B) \equiv (\neg A \vee \neg B). \end{array} \]
Luật tương phản
\[ \begin{aligned} (A \Longrightarrow B) & \equiv (\neg B \Longrightarrow \neg A),\\ (A \Longrightarrow B) & \equiv (\neg A \vee B). \end{aligned} \]
Proof. Proof. Để chứng minh cho các luật logic trên, chúng ta có thể lập bảng
chân trị như sau:
\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline A & B & A \vee B & \neg A & \neg B & \neg(A \vee B) & \neg A \wedge \neg B \\ \hline 1 &1 &1 & 0 & 0 & 0& 0 \\ 1 & 0 &1 & 0 &1 & 0 & 0\\ 0 &1 &1 &1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 &1 &1 &1 &1\\ \hline \end{array} \]
Chẳng hạn, hai cột cuối của bảng chân trị sau cho thấy \(\neg(A \vee B)\) và \(\neg A \wedge \neg B\) có cùng giá trị như nhau với mọi bộ giá trị của các mệnh đề thành phần \(A, B\) nên \(\neg(A \vee B) \equiv (\neg A \wedge \neg B)\). Như vậy, chúng ta đã chứng minh được luật De Morgan thứ nhất.
Chứng minh luật De Morgan thứ hai và các luật còn lại xin dành cho bạn đọc. ◻
Bằng cách sử dụng các đồng nhất logic thường gặp được phát biểu trong Định lí [thm:equiv], chúng ta có thể chứng minh các đồng nhất logic khác. Chẳng hạn, để chứng minh \[A\Longrightarrow (B\vee C) \equiv (A\wedge \neg B) \Longrightarrow C,\] chúng ta có hai cách làm. Cách thứ nhất là lập bảng chân trị:
\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline A & B & C & \neg B & A \wedge \neg B & B\vee C &A\Longrightarrow (B\vee C) &(A \wedge \neg B) \Longrightarrow C \\ \hline 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1&1&1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1&1&1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1&1&1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1&1&1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1&1&1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1&1&1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0&1&1 \\ \hline \end{array} \]
Hai cột cuối cho thấy rằng \(A\Longrightarrow (B\vee C)\) và \((A \wedge \neg B) \Longrightarrow C\) có cùng chân trị với mọi bộ giá trị của các biến \(A, B, C\) nên hai mệnh đề này đồng nhất logic. Cách thứ hai là chúng ta sử dụng các đồng nhất logic trong Định lí [thm:equiv].
\[ \begin{array}{lll} A\Longrightarrow (B\vee C) & \equiv \neg A \vee (B \vee C) & \qquad \textrm{(Luật tương phản)}\\ &\equiv (\neg A \vee B) \vee C &\qquad \textrm{(Luật kết hợp)}\\ &\equiv \neg (A \wedge \neg B) \vee C &\qquad \textrm{(Luật De Morgan)}\\ &\equiv (A \wedge \neg B) \Longrightarrow C &\qquad \textrm{(Luật tương phản)}. \end{array} \]
3 Quy tắc suy luận
Nếu \(A \Longrightarrow B\) là một luật logic, thì ta nói \(B\) là hệ quả logic của \(A\), và ta kí hiệu \(\frac{A}{B}\).
Nếu \((A_1 \wedge A_2 \wedge \ldots \wedge A_n) \Longrightarrow B\) là một luật logic, thì ta nói \(B\) là hệ quả logic của \(A_1\), \(A_2\), …, \(A_n\) và ta kí hiệu \[\dfrac{A_1, A_2, \ldots, A_n}{B}.\]
Khi đó, \(\dfrac{A}{B}\) hay \(\dfrac{A_1, A_2, \ldots, A_n}{B}\) được gọi là các quy tắc suy luận, trong đó \(A\) hoặc \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) được gọi là các giả thiết và \(B\) được gọi là kết luận.
Cho \(A, B, C\) là các mệnh đề, chúng ta có các quy tắc suy luận thường gặp sau đây:
Quy tắc kết luận \[\dfrac{A\Longrightarrow B, A}{B}.\]
Quy tắc phủ định \[\dfrac{A\Longrightarrow B, \neg B}{\neg A}.\]
Quy tắc tam đoạn luận \[\dfrac{A\Longrightarrow B, B\Longrightarrow C}{A \Longrightarrow C}.\]
Quy tắc phản đảo \[\dfrac{\neg B \Longrightarrow \neg A}{A \Longrightarrow B}.\]
Quy tắc phản chứng \[\dfrac{(A \wedge \neg B) \Longrightarrow \neg A}{A\Longrightarrow B}.\]
Proof. Proof. Để chứng minh quy tắc kết luận, ta cần chỉ ra rằng với hai mệnh đề \(A, B\) bất kỳ thì \[[(A \Longrightarrow B)\wedge A] \Longrightarrow B\] là một hằng đúng logic. Thật vậy, ta có
\[ \begin{array}{lll} [ A \wedge (A \Longrightarrow B)] \Longrightarrow B & \equiv \neg [A \wedge (\neg A \vee B)] \vee B & \textrm{(Luật tương phản)} \\ & \equiv \neg [(A \wedge \neg A) \vee (A \wedge B)] \vee B & \textrm{(Luật phân phối)} \\ & \equiv \neg [{\bf 0} \vee (A \wedge B)] \vee B & \textrm{(Luật suy diễn)}\\ & \equiv \neg [(A \wedge B)] \vee B & \textrm{(Luật hấp thu)}\\ & \equiv (\neg A \vee \neg B) \vee B & \textrm{(Luật De Morgan)}\\ & \equiv \neg A \vee (\neg B \vee B) & \textrm{(Luật kết hợp)}\\ & \equiv \neg A \vee \bf{1} & \textrm{(Luật hấp thu)}\\ & \equiv {\bf 1}. & \textrm{(Luật suy diễn)} \end{array} \]
Việc chứng minh các quy tắc suy luận còn lại xin dành cho bạn đọc. ◻
Bài tập
Lập bảng chân trị để chứng minh các đồng nhất logic sau đây:
\([(P \vee Q) \Longrightarrow R] \equiv(P \Longrightarrow R) \wedge(Q \Longrightarrow R)\).
\({[(P \wedge Q) \Longrightarrow R] \equiv(P \Longrightarrow R) \vee(Q \Longrightarrow R)}\).
\({[P \Longrightarrow(Q \wedge R)] \equiv(P \Longrightarrow Q) \wedge(P \Longrightarrow R)}.\)
Hãy sử dụng các đồng nhất logic đã có trong Định lí [thm:equiv] để chứng minh các đồng nhất logic sau đây:
\(\neg(P \Longleftrightarrow Q) \equiv(P \wedge \neg Q) \vee(Q \wedge \neg P)\).
\((P \Longrightarrow Q) \Longrightarrow R \equiv(P \wedge \neg Q) \vee R\).
\((P \Longrightarrow Q) \Longrightarrow R \equiv(\neg P \Longrightarrow R) \wedge(Q \Longrightarrow R)\).
\([(P \wedge Q) \Longrightarrow(R \vee S)] \equiv [(\neg R \wedge \neg S) \Longrightarrow(\neg P \vee \neg Q)]\).
\({[(P \wedge Q) \Longrightarrow(R \vee S)]} \equiv[(P \wedge Q \wedge \neg R) \Longrightarrow S]\).
\({[(P \wedge Q) \Longrightarrow(R \vee S)]} \equiv(\neg P \vee \neg Q \vee R \vee S)\).
\(\neg[(P \wedge Q) \Longrightarrow(R \vee S)] \equiv(P \wedge Q \wedge \neg R \wedge \neg S)\).
Chứng minh các quy tắc suy luận trong Định lí [thm:qtsl].
Chứng minh rằng, với ba mệnh đề \(A, B, C\) bất kỳ ta có quy tắc suy luận sau: \[\dfrac{A\Longrightarrow B, B \Longrightarrow C, C\Longrightarrow A}{(A\Longleftrightarrow B)\wedge (B\Longleftrightarrow C)\wedge (C\Longleftrightarrow A)}\cdot\]
4 Tập hợp
Tập hợp là một khái niệm cơ bản trong toán học. Nói một cách hình thức, tập hợp bao gồm các đối tượng mà ta gọi là các phần tử của tập hợp. Giả sử \(A\) là một tập hợp. Ta viết \(x\in A\) để chỉ "\(x\) là một phần tử của \(A\)". Nếu \(x\) không phải là một phần tử của tập hợp \(A\), ta kí hiệu \(x \notin A\). Do đó với mọi \(x\in A\), mệnh đề sau là hằng đúng \[(x \notin A) \Longleftrightarrow \neg(x \in A).\] Cách đơn giản nhất để cho một tập hợp là liệt kê tất cả các phần tử của nó.
Khi viết \(A=\{0,1\}\), ta hiểu rằng \(A\) là tập hợp gồm hai phần tử là \(0\) và \(1\). Tương tự, \(B=\{0,1,\{0\}\}\) nghĩa là tập hợp \(B\) có ba phần tử: số \(0\), số 1 và tập hợp có một phần tử \(\{0\}\).
Thứ tự khi liệt kê các phần tử trong tập hợp là không quan trọng, chẳng hạn2 \(\{0,1\}=\{1,0\}\). Thông thường, một phần tử chỉ có thể xuất hiện một lần nên cách liệt kê \(\{0,1,0\}\) là không hợp lệ mà phải là \(\{0,1\}\), nhưng viết \(\{0,1,\{0\}\}\) là hợp lệ vì ở đây \(\{0,1,\{0\}\} \neq \{0,1\}.\)
Tập hợp còn được cho bằng cách chỉ ra tính chất đặc trưng cho các phần tử của nó. Chẳng hạn, tập hợp \(A\) các số nguyên dương không vượt quá 1000 được viết là \[A=\{x\in \N \mid x\leq 1000\}.\] Đôi khi ta cũng liệt kê để viết tập \(A\) này, nhưng vì \(A\) có 1000 phần tử nên người ta thường dùng dấu \(\ldots\) trong khi liệt kê như 3 \[A=\{1,2, \ldots, 999,1000\}.\] Như thế chúng ta cần viết một số phần tử phía trước và phía sau dấu \(\ldots\) để người đọc có thể thấy rõ quy luật và xác định được hết các phần tử trong tập hợp \(A\).
4.1 Tập hợp con, hai tập hợp bằng nhau
Nếu mỗi phần tử của tập hợp \(A\) đều là phần tử của tập hợp \(B\), thì ta nói \(A\) là tập hợp con của tập hợp \(B\) và kí hiệu \(A\subset B\).
Định nghĩa này có thể viết như sau:
\[\mbox{Với mỗi }x, \; (x\in A \Longrightarrow x\in B).\]
Xét tập hợp \(A=\{x\in \Z \mid x^2-x=0\}\). Tập hợp này chứa các nghiệm nguyên của phương trình \(x^2-x=0\). Các nghiệm này là \(0\) và \(1\), do đó \(A\) chứa cùng các phần tử như tập \(B=\{0,1\}\). Ta nói \(A\) và \(B\) bằng nhau và viết \(A=B\). Cụ thể hơn ta có định nghĩa sau:
Nếu \(A\subset B\), đồng thời \(B\subset A\), thì ta nói hai tập hợp \(A\) và \(B\) trùng nhau hay bằng nhau và viết là \(A=B\). Như thế \[(A=B) \Longleftrightarrow[(A \subset B) \wedge(B \subset A)].\] Nếu \(A\subset B\) mà \(A\neq B\) thì ta nói \(A\) là một tập con thực sự của \(B\), và kí hiệu \(A\subsetneq B.\)
4.2 Tập rỗng và tập luỹ thừa
Xét tập hợp \(A\) gồm các nghiệm thực của phương trình \(x^2+1=0\). Do phương trình này vô nghiệm nên \(A\) không có phần tử nào. Tập hợp như thế gọi là tập rỗng, và kí hiệu là \(\varnothing\).
Có duy nhất một tập rỗng. Điều này có nghĩa là, chẳng hạn, tập hợp các con voi đang học học phần Giải tích I này và tập hợp các nghiệm nguyên của phương trình \(x^2-2=0\), là trùng nhau.
Cho \(S=\{0,1,2\}\). Các tập con của \(S\) là \[\varnothing,\{0\},\{1\},\{2\},\{0,1\},\{0,2\},\{1,2\},\{0,1,2\}.\] Như thế, \(S\) có tất cả \(8\) tập con.
Tập hợp gồm tất cả các tập con của tập \(A\) được gọi là tập lũy thừa của \(A\), và kí hiệu là \(\mathcal{P}(A)\) hoặc \(2^A\). Như vậy \[\mathcal{P}(A)=\{S \mid S\subset A\}.\] Xét tập \(S\) trong Ví dụ [vd:1] thì \(S\) có \(3\) phần tử và tập \(P(S)\) có \(2^3=8\) phần tử. Một cách tổng quát, nếu \(A\) có \(n\) phần tử thì \(\mathcal{P}(A)\) có \(2^n\) phần tử. Bạn đọc có thể chứng minh điều này như một bài tập.
4.3 Các phép toán trên tập hợp
Hợp của hai tập hợp \(A\) và \(B\) là một tập hợp chứa các phần tử thuộc về ít nhất một trong hai tập hợp đó.
Ta có thể minh hoạ Định nghĩa [def:union_of_two_set] bằng biểu đồ Venn như Hình 1. Biểu đồ Venn là một công cụ trực quan để biểu diễn các quan hệ giữa những tập hợp; trong đó mỗi tập hợp được biểu diễn là một miền nằm trong một đường cong khép kín, còn mỗi phần tử của tập hợp được biểu diễn bằng một điểm thuộc miền đó.
Ta kí hiệu hợp của \(A\) và \(B\) là \(A\cup B.\) Như vậy, với bất kỳ 2 tập hợp \(A\) và \(B\) thì mệnh đề sau đúng \[(x \in A \cup B) \Longleftrightarrow(x \in A) \vee(x \in B).\]
Giao của hai tập hợp \(A\) và \(B\) là tập hợp gồm các phần tử thuộc cả hai tập hợp đó.
Ta kí hiệu giao của hai tập hợp \(A\) và \(B\) là \(A \cap B\). Do đó, ta có thể viết \[(x \in A \cap B) \Longleftrightarrow(x \in A) \wedge(x \in B).\] Nếu \(A\cap B =\emptyset\) thì ta nói hai tập hợp \(A\) và \(B\) là rời nhau.
Hiệu của tập hợp \(A\) với tập hợp \(B\) là tập hợp chứa các phần tử thuộc \(A\) nhưng không thuộc \(B\).
Hiệu của tập hợp \(A\) với tập hợp \(B\) được kí hiệu là \(A\setminus B\). Như thế \[(x \in A\setminus B) \Longleftrightarrow[(x \in A) \wedge(x \notin B)].\]
Theo luật de Morgan: \(\neg (P \wedge Q) \Longleftrightarrow(\neg P \vee \neg Q)\), ta có \[\neg(x \in A\setminus B) \Longleftrightarrow[\neg(x \in A) \vee \neg (x \notin B)],\] và do đó \[(x \notin A\setminus B) \Longleftrightarrow[(x \notin A) \vee(x \in B)].\] Lưu ý rằng, nói chung thì \(A\setminus B \neq B\setminus A\).
Hiệu đối xứng của \(A\) và \(B\) được định nghĩa như sau: \[A\Delta B = (A\setminus B) \cup (B\setminus A).\]
Chúng ta lấy ví dụ đơn giản sau để minh hoạ các phép toán trên. Cho \(A=\{0,1,2,3,4,5\}\) và \(B=\{1,3,5,7,9\}\). Khi đó
\[ \begin{array}{ll} A \cup B&=\{0,1,2,3,4,5,7,9\}, \\ A \cap B &=\{1,3,5\}, \\ A\setminus B&=\{0,2,4\}, \\ B\setminus A& =\{7,9\}, \\ A \Delta B&=\{0,2,4,7,9\}. \end{array} \]
Cho \(A\), \(B\) và \(C\) là các tập hợp bất kì. Khi đó, các phép toán trên tập hợp có các tính chất sau:
Giao hoán
\[ \begin{array}{l} A \cup B=B \cup A, \\ A \cap B=B \cap A,\\ A \Delta B = B \Delta A. \end{array} \]
Kết hợp
\[ \begin{array}{l} A \cup(B \cup C)=(A \cup B) \cup C, \\ A \cap(B \cap C)=(A \cap B) \cap C. \end{array} \]
Phân phối
\[ \begin{array}{l} A \cap(B \cup C)=(A \cap B) \cup(A \cap C), \\ A \cup(B \cap C)=(A \cup B) \cap(A \cup C). \end{array} \]
Lũy đẳng \[A \cup A=A, \quad A \cap A=A.\]
Quy tắc De Morgan cho tập hợp
\[ \begin{array}{ll} A\setminus (B \cup C)&=(A\setminus B) \cap(A\setminus C),\\ A\setminus (B \cap C)&=(A\setminus B) \cup(A\setminus C). \end{array} \]
Các tính chất liên quan đến phép hiệu
\(A \cup(B\setminus A)=A \cup B\),
\(A\setminus B=A\setminus (A \cap B)\),
\(A \cup B=(A \cap B) \cup(A \triangle B).\)
Proof. Proof. Chúng ta sẽ chứng minh một số tính chất, bạn đọc tự chứng minh các tính chất còn lại như bài tập. Trước hết, ta chứng minh tính chất phân phối [phanphoi].
\[ \begin{aligned} x \in A\cap (B \cup C) &\Longleftrightarrow (x \in A) \wedge [x \in (B \cup C)] \\ &\Longleftrightarrow (x \in A) \wedge [(x \in B) \vee (x \in C)]\\ &\Longleftrightarrow [(x \in A) \wedge (x \in B)] \vee [(x\in A) \wedge (x \in C)] \\ &\Longleftrightarrow (x\in A\cap B) \vee (x \in A\cap C) \\ &\Longleftrightarrow x \in [(A\cap B) \cup (A\cap C)]. \end{aligned} \]
Vậy, \(A\cap (B \cup C)=(A\cap B) \cup (A\cap C).\)
Tiếp theo, ta chứng tỏ quy tắc De Morgan.
\[ \begin{aligned} x \in A\setminus (B \cup C) &\Longleftrightarrow (x \in A) \wedge [x \notin (B \cup C)] \\ &\Longleftrightarrow (x \in A) \wedge [(x \notin B) \wedge (x \notin C)]\\ &\Longleftrightarrow [(x \in A) \wedge (x \notin B)] \wedge [(x\in A) \wedge (x \notin C)] \\ &\Longleftrightarrow (x\in A\setminus B) \wedge (x \in A\setminus C) \\ &\Longleftrightarrow x \in [(A\setminus B) \cap (A\setminus C)]. \end{aligned} \]
Cuối cùng, chứng minh phát biểu [hieuii](b) sẽ kết thúc mục này.
\[ \begin{array}{ll} [x \in A \cup(B\setminus A)] &\Longleftrightarrow\{(x \in A) \vee(x \in(B\setminus A))\} \\ &\Longleftrightarrow\{(x \in A) \vee[(x \in B) \wedge(x \notin A)]\} \\ &\Longleftrightarrow\{(x \in A) \vee[(x \in B) \wedge \neg(x \in A)]\} \\ &\Longleftrightarrow[(x \in A) \vee(x \in B)] \wedge[(x \in A) \vee \neg(x \in A)] \\ &\Longleftrightarrow(x \in A) \vee(x \in B) \\ &\Longleftrightarrow(x \in A \vee B), \end{array} \]
vì \([(x \in A) \vee \neg(x \in A)]\) là một hằng đúng logic. ◻
4.4 Phép lấy phần bù
Cho \(A\subset X\). Tập hợp \(X\setminus A\) còn được gọi là phần bù của \(A\) trong \(X\) và kí hiệu là \(A^{c}\).
Kết quả sau đây suy ra trực tiếp từ Mệnh đề [pro:pheptoantrentaphop].
Cho \(A, B\) là các tập con của tập hợp \(X\). Khi đó
\[ \begin{array}{lll} (i) & A\cup A^c &= X.\\ (ii) & A\cap A^c &=\emptyset.\\ (iii) & (A \cap B)^{c}&=A^{c} \cup B^{c}. \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \\ (iv) & (A \cup B)^{c}&=A^{c} \cap B^{c}.\\ (v) &\left(A^{c}\right)^{c}&=A.\\ (vi) & A\setminus B &= A\cap B^c. %\left( \bigcap_{\alpha \in I} A_\alpha\right)^c &= \bigcup_{\alpha \in I} A_\alpha^c\\ %\left( \bigcup_{\alpha \in I} A_\alpha\right)^c &= \bigcap_{\alpha \in I} A_\alpha^c. \end{array} \]
4.5 Hợp và giao của một họ các tập hợp
Một tập hợp mà mỗi phần tử của nó là một tập hợp thường được gọi là một họ các tập hợp. Ta thường dùng các chữ cái viết hoa \(\mathcal{A}, \mathcal{B}, \mathcal{C}, \ldots\) để kí hiệu các họ tập hợp. Cho \(I\) là một tập khác rỗng sao cho, mỗi \(i \in I\) được đặt tương ứng với một tập hợp \(A_i\). Khi đó, họ \(\mathcal{A}\) gồm các tập hợp \(A_i\) với \(i\) chạy trong \(I\) được kí hiệu là \(\mathcal{A}=\{A_i \mid i\in I\}\) hoặc \(\mathcal{A}=\{A_i\}_{i\in I}.\) Tập hợp \(I\) gọi là tập chỉ số. Tập chỉ số \(I\) có thể hữu hạn hoặc vô hạn.
Cho \(\{A_i \mid i\in I\}\) là một họ tập hợp được đánh số theo tập chỉ số \(I\). Khi đó, hợp và giao của họ tập này được định nghĩa như sau:
\[ \begin{array}{ll} \bigcap \limits_{i\in I} A_i &=\{ x\mid x \in A_i \textrm{ với mọi $i\in I$}\}, \\ \bigcup \limits_{i\in I} A_i &=\{ x\mid \textrm{ tồn tại $i_0 \in I$ để } x\in A_{i_0}\}. \end{array} \]
Trong các ví dụ sau, ta luôn xét tập chỉ số \(I=\N\) là tập các số tự nhiên khác 0.
Với mỗi \(n\in \N\), ta định nghĩa \(A_n=\{k \in \N \mid k\geq n\}\). Chẳng hạn
\[ \begin{array}{lll} A_1&=\{k \in \N \mid k\geq 1\}&=\{1, 2, 3, 4, 5, 6, \ldots\}\\ A_2&=\{k \in \N \mid k\geq 2\}&=\{2, 3, 4, 5, 6, 7 \ldots\}\\ A_3&=\{k \in \N \mid k\geq 3\}&=\{3, 4, 5, 6, 7, 8, \ldots\}\\ \ldots & \ldots & \ldots\\ \end{array} \]
Khi đó \[\bigcup \limits_{n\in \N} A_n = A_1, \qquad \bigcap \limits_{n\in \N} A_n = \emptyset.\]
Với mỗi \(n\in \N\), ta định nghĩa \(A_n=\{0, n\}\). Khi đó, \[\bigcup_{n\in \N} A_n=\N \cup \{0\}, \qquad \bigcap_{n\in \N} A_n = \{0\}.\]
Với mỗi \(n\in \N\), ta định nghĩa \(A_n=[-n; n]=\{x\in \R \mid -n\leq x\leq n\}\). Ta có \[\bigcup_{n\in \N} A_n=\R, \qquad \bigcap_{n\in \N} A_n =[-1, 1].\]
Với mỗi \(n\in \N\), ta định nghĩa \(A_n=\left(-\frac{1}{n}, \frac{1}{n} \right)=\left\{x\in \R \mid -\dfrac{1}{n} < x < \dfrac{1}{n})\right\}.\) Khi đó, \[\bigcup_{n\in \N} A_n =(-1, 1), \qquad \bigcap_{n\in \N} A_n =\{0\}.\]
Chứng minh chặt chẽ cho (c) và (d) trong Ví dụ trên cần dùng đến nguyên lý Archimedes mà ta sẽ đề cập đến trong phần sau.
Kết quả sau đây phát biểu cho hợp và giao của một họ tùy ý (có thể hữu hạn hoặc vô hạn) các tập.
Cho \(\{A_i\mid i\in I\}\) là một họ các tập con của \(X\) và \(B\subset X\). Khi đó
\(B \cup\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right)=\bigcap_{i \in I}\left(B \cup A_i\right).\)
\(B \cap\left(\bigcup_{i \in I} A_i\right)=\bigcup_{i \in I}\left(B \cap A_i\right).\)
\(B \backslash\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right)=\bigcup_{i \in I}\left(B \backslash A_i\right).\)
\(B \backslash\left(\bigcup_{i \in I} A_i\right)=\bigcap_{i \in I}\left(B \backslash A_i\right).\)
\(\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right)^c=\bigcup_{i \in I} A_i^c.\)
\(\left(\bigcup_{i \in I} A_i\right)^c=\bigcap_{i \in I} A_i^c.\)
4.6 Các tập hợp số
Trong phần này, chúng ta tìm hiểu các tập hợp mà phần tử của nó là các con số mà chúng ta đã biết trong chương trình Toán phổ thông. Sinh viên được cho là đã quen thuộc với 4 phép toán và thứ tự trên các con số. Trong khuôn khổ của giáo trình này, chúng ta thừa nhận sự tồn tại và không đi sâu vào cách xây dựng các tập hợp số.
Trong giáo trình này, ta gọi tập hợp các số tự nhiên là \(\N=\{1, 2, 3, \ldots\}\). Mỗi phần tử thuộc \(\N\) còn được gọi là một số nguyên dương. Mỗi số nguyên âm là nghiệm duy nhất của phương trình \(a+x=0\) với một \(a\in \N\) nào đó. Tập hợp thu được sau khi bổ sung vào \(\N\) các số nguyên âm và số \(0\) gọi là tập hợp các số nguyên và kí hiệu là \(\Z\). Như thế \[\Z= \{\ldots, -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, \ldots\}.\] Với \(a,b\in \N\) thì phương trình \(a+x=b\) có thể không có nghiệm trong \(\N\) nhưng nó luôn có nghiệm trong \(\Z\). Tập hợp các số nguyên \(\Z\) không những đóng kín đối với phép toán \(+\) và phép toán \(\cdot\) như tập các số tự nhiên mà còn đóng kín đối với cả phép trừ. Tuy nhiên, nó không đóng kín với phép chia theo nghĩa rằng với \(a\in \Z, b\in \Z\setminus\{0\}\) cho trước thì phương trình \(bx=a\) không phải luôn giải được trong \(\Z\). Người ta muốn xây dựng một tập số mới chứa \(\Z\) sao cho phương trình trên luôn giải được trên đó. Nghiệm của phương trình trên kí hiệu là \(\dfrac{a}{b}\), gọi là phân số có tử số là \(a\), mẫu số là \(b\). Tập hợp mà mỗi phần tử của nó là một phân số như vậy gọi là tập hợp các số hữu tỉ, kí hiệu là \(\Q\). Như thế \[\Q=\left\{\dfrac{a}{b} \mid a,b\in \Z, b\neq 0\right\}.\]
Cho \(a, b\) là hai số nguyên (\(b \neq 0\)), khi đó tồn tại duy nhất hai số nguyên \(q, r\) sao cho \(a= bq+r\) với \(0 \leq r < |b|\). Ta gọi \(a\) là số bị chia, \(b\) là số chia, \(q\) là thương và \(r\) là số dư. Khi chia \(a\) cho \(b\) có thể có số dư là \(0; 1; 2;...; |b|-1\). Khi \(r=0\) ta nói \(a\) chia hết cho \(b\) hay \(a\) là bội của \(b\) và viết \(a \divby b\), hoặc \(b\) là ước của \(a\) và viết \(b|a\). Nếu \(c\) vừa là ước của \(a\) vừa là ước của \(b\) thì \(c\) gọi là một ước chung của \(a\) và \(b\). Ta kí hiệu \((a,b)\) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên \(a\) và \(b\).
Một số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ có hai ước là 1 và chính nó được gọi là một số nguyên tố. Tập các số nguyên tố đóng vai trò rất quan trọng, điều đó thể hiện qua định lí sau:
Mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có thể phân tích một cách duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố.
Với hai số hữu tỉ \(\frac{a}{b}\) và \(\frac{c}{d}\), ta định nghĩa quan hệ "=" như sau:
\[ \begin{aligned} \dfrac{a}{b}&=\dfrac{c}{d} \Longleftrightarrow a\cdot d =b\cdot c. \end{aligned} \]
Từ định nghĩa này, ta thấy mỗi số hữu tỉ \(a/b\) thực chất là đại diện cho một lớp các số hữu tỉ bằng nó, chẳng hạn \[\dfrac{-3}{4}=\dfrac{-6}{8}=\dfrac{-9}{12}=\ldots=\dfrac{-300}{400}=\ldots=\dfrac{-3000}{4000}=\ldots\] Trong dãy trên thì phân số \(\frac{-3}{4}\) là đẹp nhất theo nghĩa ước chung lớn nhất của tử và mẫu bằng 1. Phân số như thế gọi là phân số tối giản. Mỗi số hữu tỉ cho trước luôn tồn tại một phân số có mẫu dương và tối giản bằng nó. Do đó, ta có \[\Q=\left\{\dfrac{a}{b} \mid a\in \Z, b\in \N, (a,b)=1\right\}.\]
Chúng ta hãy quan sát biểu diễn thập phân của một số hữu tỉ cho trước.
\[ \begin{aligned} \dfrac{1}{2}&=0,5\\ \dfrac{1}{5}&=0,2\\ \dfrac{1}{20}&=\dfrac{1}{2^2.5}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{5}=(0,5)^2.0,2\\ \dfrac{1}{3}&=0,33333333333333333\ldots = 0,(3)\\ \dfrac{1}{7}&= 0,142857142857142857142857\ldots=0,(142857). \end{aligned} \]
Chúng ta có thể chứng minh được rằng, biểu diễn thập phân của một số hữu tỉ hoặc là một số thập phân hữu hạn hoặc là một số thập phân vô hạn tuần hoàn.
Cho số hữu tỉ \(\frac{a}{b}\) với \(a\in \Z, b\in \N, b>1\) và \((a,b)=1\). Khi đó biểu diễn thập phân của \(\frac{a}{b}\) là số thập phân hữu hạn nếu \(b\) không có ước nguyên tố nào khác ngoài \(2\) và \(5\); là số thập phân vô hạn tuần hoàn nếu \(b\) có ước nguyên tố khác \(2\) và \(5\).
Bây giờ, chúng ta xét chiều ngược lại khi đổi từ số thập phân sang số hữu tỉ. Nếu số đó là số thập phân hữu hạn thì nó là một số hữu tỉ có mẫu là lũy thừa của 10, chẳng hạn \(1,2=\frac{12}{10},\; 12,345=\frac{12345}{1000},\ldots\) Nếu số đó là số thập phân vô hạn tuần hoàn ngay từ chữ số đầu tiên sau dấu phẩy, thì ta luôn có thể viết nó được dưới dạng một phân số có mẫu là số tự nhiên có dạng \(99\ldots9\), chẳng hạn ta có
\[ \begin{aligned} 1,(23)&=1+23\left(\frac{1}{10^2}+\frac{1}{10^4}+\frac{1}{10^6}+\ldots\right) = 1+\dfrac{23}{99}=\frac{122}{99}. \end{aligned} \]
Nếu số đó là thập phân vô hạn có một vài chữ số đầu tiên sau dấu phẩy cố định còn các chữ số còn lại tuần hoàn thì nó có thể biểu diễn thành tổng của 2 dạng vừa nói trên. Chẳng hạn
\[ \begin{aligned} 1,23(4567)&=1,23 + \dfrac{1}{100}\cdot 0,(4567) =\dfrac{123}{100}+\dfrac{1}{100}\dfrac{4567}{9999}. \end{aligned} \]
Bằng cách này, ta có thể thấy mọi số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn đều có thể viết được dưới dạng phân số \(\frac{a}{b}\) và do đó là một số hữu tỉ.
Với hai số hữu tỉ \(\frac{a}{b}\) và \(\frac{c}{d}\) với \(b,d\in \N\), ta định nghĩa thứ tự trên \(\Q\) như sau:
\[ \begin{aligned} \dfrac{a}{b}&>\dfrac{c}{d} \Longleftrightarrow a\cdot d > b\cdot c. \end{aligned} \]
Giữa hai số nguyên khác nhau, chỉ có một số hữu hạn các số nguyên khác và do đó tập \(\Z\) khá thưa thớt. Kết quả sau đây cho thấy, tập \(\Q\) các số hữu tỉ là dày đặc hơn tập \(\Z\).
Giữa hai số hữu tỉ khác nhau, luôn tồn tại một số hữu tỉ khác (và do đó tồn tại vô số số hữu tỉ khác).
Proof. Proof. Với \(b,d\in \N\) và \(\frac{a}{b}>\frac{c}{d}\). Khi đó, với mỗi \(m\in \N\), ta dễ dàng kiểm chứng được rằng \[\dfrac{a}{b}>\dfrac{a+mc}{b+md}>\dfrac{c}{d}.\] Từ đó suy ra điều phải chứng minh. ◻
Từ định lí Pythagore ta biết rằng, độ dài đường chéo của hình vuông có cạnh bằng 1 là nghiệm dương của phương trình \(x^2=2\). Kết quả sau đây cho thấy \(\sqrt{2}\) không phải là số hữu tỉ.
Không có số hữu tỉ nào có bình phương bằng 2.
Proof. Proof. Nếu ngược lại, tồn tại số hữu tỉ \(\frac{a}{b}\in \Q\) với \(a\in \Z, b\in \N\) và \((a,b)=1\) sao cho \((\frac{a}{b})^2=2\). Khi đó \(a^2=2b^2\). Như thế \(a^2\) là chẵn và do đó \(a\) chẵn. Suy ra \(a=2k\) với \(k\in \Z\). Từ đó, \((2k)^2=2b^2\), và ta lại suy ra \(b^2=2k^2\). Do đó, \(b\) cũng là số nguyên chẵn. Điều này mâu thuẫn với \((a,b)=1\). ◻
Từ đây, nếu ta dựng một hình vuông có cạnh bằng 1 trên trục số và dựng đường tròn tâm tại điểm 0 bán kính bằng đường chéo hình vuông thì giao điểm của đường tròn này với trục số không tương ứng với bất kỳ số hữu tỉ nào. Như thế, mặc dù tập số hữu tỉ là khá dày đặc nhưng vẫn không lấp đầy trục số.
Những lỗ hổng trên trục số tương ứng với các số thập phân vô hạn không tuần hoàn gọi là các số vô tỉ. Ngoài \(\sqrt{2}\), thì chúng ta cũng có thể chứng minh (tương tự Mệnh đề [prop:can2]) rằng, nếu \(a\) là một số tự nhiên không chính phương thì \(\sqrt{a}\) là một số vô tỉ và do đó \(\sqrt{3}, \sqrt{5}, \sqrt{6}, \sqrt{7}, \sqrt{8}, \ldots\) cũng là các số vô tỉ. Ngoài ra, còn nhiều số vô tỉ khác chẳng hạn \(\pi, e, \ldots,\) mà việc chứng minh chúng cũng là những bài tập rất hay dành cho bạn đọc.
Tập số hữu tỉ đóng kín với cả 4 phép toán, theo nghĩa là tổng, hiệu, tích và thương của 2 số hữu tỉ cũng là một số hữu tỉ. Từ đây, ta cũng thấy ngay là, tổng của một số hữu tỉ và một số vô tỉ là một số vô tỉ và tích của một số hữu tỉ khác 0 với một số vô tỉ là một số vô tỉ. Bây giờ, với mỗi số hữu tỉ \(\frac{a}{b}\) cho trước ta lấy tổng của nó với \(\sqrt{2}\) để được một số vô tỉ mới là \(\frac{a}{b}+\sqrt{2}\). Cách làm này đảm bảo nếu \(\frac{a}{b}\neq \frac{c}{d}\) thì 2 số vô tỉ mới cũng khác nhau, tức là \(\frac{a}{b}+\sqrt{2} \neq \frac{c}{d}+\sqrt{2}\). Như thế, xuất phát từ việc chỉ cần biết rằng \(\sqrt{2}\) là một số vô tỉ, ta chỉ ra rằng số các số vô tỉ là không ít hơn số các số hữu tỉ. Bằng cách thay \(\sqrt{2}\) bởi \(\sqrt{3}, \sqrt{5}, \sqrt{6}, \ldots\) ta thấy ngay rằng số vô tỉ có "lực lượng" đông đảo hơn rất nhiều so với số hữu tỉ.
Tập hợp gồm các số hữu tỉ và các số vô tỉ được gọi là tập số thực, kí hiệu là \(\R\). Ta thừa nhận rằng, có một tương ứng 1-1 giữa các số thực với các điểm trên trục số. Do đó, tập số thực lấp đầy trục số và tạo thành một đường thẳng liên tục không có lỗ hổng. Chúng ta sẽ tìm hiểu chi tiết hơn về tính chất của tập số thực trong Chương 2.
Bài tập
Chứng minh rằng
Tổng của một số hữu tỉ và một số vô tỉ là một số vô tỉ.
Tích của một số hữu tỉ khác \(0\) với một số vô tỉ là một số vô tỉ.
Tổng và tích của hai số vô tỉ có phải là một số vô tỉ không? Nếu không hãy cho các ví dụ.
Hãy chỉ ra 10 phân số dương khác nhau lớn hơn \(\frac{7}{8}\) và nhỏ hơn \(\frac{8}{9}\). Giải thích rõ cách làm.
Chứng minh rằng
\(\sqrt{3}, \sqrt[3]{2}\) là các số vô tỉ.
Nếu các số hữu tỉ \(m\) và \(n\) thoả mãn \(m+n\sqrt{2}=0\) thì \(m=n=0.\)
Với mọi số thực \(a,b\) mà \(a<b\), chứng minh rằng luôn tồn tại số hữu tỉ \(r\) sao cho \(a<r\sqrt{2}<b\). Từ đó suy ra bất kỳ khoảng \((a,b)\) nào cũng có chứa một số vô tỉ (và do đó chứa vô số số vô tỉ).
Chứng minh rằng không tồn tại số hữu tỉ \(x\) nào thoả mãn \(x^3=x+7.\)
Tìm các số nguyên dương \(a, b, c\) thoả mãn \(\dfrac{a-b \sqrt{2024}}{b-c \sqrt{2024}}\) là số hữu tỉ và \(a^{2}+b^{2}+c^{2}\) là số nguyên tố.
Một số thực \(x\) được gọi là một số đại số nếu \(x\) là nghiệm của một đa thức với hệ số nguyên. Chứng minh rằng \(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}\),\(\sqrt[3]{1+\sqrt{5}}\) là các số đại số.
Tìm tất cả các số thực \(x\) sao cho \(x+\sqrt{2023}\) và \(\dfrac{999}{x} +\sqrt{2023}\) đều là các số nguyên.
Cho \(S=\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+\ldots +\dfrac{1}{2024^2}+\dfrac{1}{2025^2}\). Chứng minh rằng \(S\) không phải là một số tự nhiên.
Số tự nhiên \(n\) được gọi là một số chính phương nếu \(n\) là bình phương của một số tự nhiên, chẳng hạn các số \(0,1,4,9,16,25, \ldots\) là các số chính phương. Chứng minh rằng
Nếu \(n\) không phải là một số chính phương thì \(\sqrt{n}\) là một số vô tỉ.
Số dư trong phép chia một số chính phương cho 3 là 0 hoặc 1.
Số dư trong phép chia một số chính phương cho 4 là 0 hoặc 1.
Số dư trong phép chia một số chính phương cho 5 là 0, 1 hoặc 4.
Số dư trong phép chia một số chính phương cho 8 là 0, 1 hoặc 4.
Cho \(m, n\) là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu \(m^2+n^2\) chia hết cho 3 thì \(m\) và \(n\) đều chia hết cho 3. Hãy áp dụng, tìm các số nguyên dương \(x,y\) và số nguyên tố \(p\) sao cho
\(x^2+p^2y^2 = 6(x+2p).\)
\(x^2-3xy+p^2y^2 =12p.\)
Chứng minh rằng
Với mọi số tự nhiên \(n\) thì \(5^{2n+1}+2^{2n+1}\) luôn chia hết cho 7.
Với mọi số nguyên \(n\) thì \(17n^3+103n\) luôn chia hết cho 6.
Hiệu của 2 số chính phương lẻ luôn chia hết cho 8. Đặc biệt nếu \(a\) là số tự nhiên lẻ thì \((a^2-1) \divby 8.\)
Chứng minh rằng \((a^4-1) \divby 16\) với mọi số tự nhiên lẻ \(a\).
Với mọi số nguyên \(a\) thì \((a^3-a) \divby 6\).
Với mọi số nguyên \(a\) thì \((a^5-a) \divby 30\).
Nếu \(2n+1\) và \(3n+1\) là các số chính phương thì \(n\) chia hết cho \(40\).
4.7 Tiền mệnh đề và lượng từ với mọi (\(\forall\)) và tồn tại (\(\exists\))
Trong toán học, cùng với các mệnh đề, chúng ta cũng thường gặp các phát biểu liên quan đến một hay nhiều biến, thuộc các tập hợp nào đó cho trước. Ta gọi chúng là các tiền mệnh đề. Chẳng hạn, "\(n\) là số nguyên tố" với \(n\) là một số tự nhiên, là một tiền mệnh đề. Một tiền mệnh đề sẽ trở thành mệnh đề khi biến trong mệnh đề đó lấy một giá trị cụ thể trong tập đang xét. Thông thường, các tiền mệnh đề có dạng \[P(x), x \in S.\] Trong nhiều tình huống, chúng ta muốn nói một tính chất nào đó đúng với mọi phần tử thuộc tập hợp \(S\). Khi đó, ta dùng lượng từ \(\forall\), đọc là "với mọi". Chẳng hạn, "mọi \(x\in S\) đều thoả mãn tính chất \(P(x)\)" được viết là \[(\forall x\in S) \; (P(x)).\]
Chẳng hạn phát biểu "bình phương của mọi số thực đều không âm" được viết là \[(\forall x \in \mathbb{R})(x^{2} \geq 0),\] hoặc phát biểu "mọi số nguyên đều không âm" được viết là \[(\forall x \in \mathbb{Z})(x \geq 0).\] Rõ ràng mệnh đề trước là đúng, mệnh đề sau là sai. Nếu có một giá trị \(x_0\) nào đó thuộc \(S\) mà \(P(x_0)\) là mệnh đề sai thì khi đó mệnh đề \([(\forall x\in S) \; (P(x))]\) là sai. Chẳng hạn, để chứng tỏ phát biểu "mọi học sinh trong lớp Toán 1A đều biết bơi" là một khẳng định sai, chúng ta chỉ cần chỉ ra rằng có một bạn cụ thể nào đó trong lớp Toán 1A không biết bơi.
Để diễn đạt một tính chất nào đó đúng với một hay một số phần tử thuộc tập \(S\), ta thường dùng lượng từ \(\exists\), đọc là tồn tại. Chẳng hạn, để nói có (ít nhất một) phần tử thuộc \(S\) làm cho tính chất \(P(x)\) đúng thì ta viết \[(\exists x\in S)\; (P(x)).\] Như vậy, để chứng tỏ rằng mệnh đề trên đúng ta cần chỉ ra có một phần tử \(x_0\in S\) mà mệnh đề \(P(x_0)\) đúng. Chẳng hạn phát biểu "Có một số thực lớn hơn bình phương của nó" có thể viết \[(\exists x \in \mathbb{R})(x>x^{2}),\] và đây là mệnh đề đúng vì \(\frac{1}{2}\in \R\) và \(\frac{1}{2}>(\frac{1}{2})^2\).
Khi cần lập mệnh đề phủ định của mệnh đề chứa \(\forall\) hay \(\exists\), ta sử dụng luật sau:
\[ \begin{array}{l} \neg[(\forall x \in S)\;(P(x))] \Longleftrightarrow[(\exists x \in S)\; (\neg P(x))] \\ \neg[(\exists x \in S)\; (P(x))] \Longleftrightarrow[(\forall x \in S)\; (\neg P(x))] \end{array} \]
Như vậy, ta cần thay kí hiệu \(\forall\) bằng kí hiệu \(\exists\), thay \(\exists\) bằng \(\forall\) và thay tiền mệnh đề \(P(x)\) bằng phủ định của nó \(\neg P(x).\) Chẳng hạn phủ định của mệnh đề \[\left(\forall x \in \R\right)(x^2\geq 0)\] là mệnh đề \[\left(\exists x \in \R\right)(x^2<0).\] Khi tiền mệnh đề có chứa nhiều biến thì mỗi biến cần có một lượng từ đi kèm để tiền mệnh đề đó trở thành mệnh đề. Chẳng hạn, xét tiền mệnh đề \(P(x,y): \textrm{"}x+y=0\textrm{"},\) trong đó \(x,y \in \Z\). Khi đó, ta có thể tạo ra các mệnh đề như sau:
\((\forall x\in \Z)(\forall y\in \Z)(x+y=0).\)
Mệnh đề này là sai vì không phải 2 số nguyên nào cũng có tổng bằng 0. Chẳng hạn \(2+3\neq 0.\)
\((\forall x\in \Z)(\exists y\in \Z)(x+y=0).\)
Mệnh đề này là đúng vì với mọi \(x\in \Z\), luôn tồn tại \(y=-x\) sao cho \(x+y=0.\)
\((\exists x\in \Z)(\forall y\in \Z)(x+y=0).\)
Mệnh đề này sai vì không thể có số nguyên nào mà tổng của nó với mọi số nguyên đều bằng 0.
\((\exists x\in \Z)(\exists y\in \Z)(x+y=0).\)
Mệnh đều này đúng vì chẳng hạn \(1+(-1)=0.\)
Nếu mệnh đề chỉ chứa một loại lượng từ thì ta có thể đổi chỗ thứ tự các biến. Chẳng hạn
\[ [(\forall x\in \Z)(\forall y\in \Z)(x+y=0)] \Longleftrightarrow [(\forall y\in \Z)(\forall x\in \Z)(x+y = 0)]. \]
Do đó, để cho gọn người ta cũng có thể viết lại mệnh đề trên theo cách sau: \[(\forall x, y\in \Z)(x+y=0).\] Tuy nhiên, khi hai biến đi kèm với hai lượng từ khác nhau thì nói chung chúng ta không thể đổi chỗ được. Chẳng hạn mệnh đề \((\forall x\in \Z)(\exists y\in \Z)(x+y=0)\) và mệnh đề \((\exists y\in \Z)(\forall x\in \Z)(x+y=0)\) là hoàn toàn khác nhau. Mệnh đề đầu là đúng còn mệnh đề sau là sai. Một cách tổng quát, nếu mệnh đề \((\exists y\in Y)(\forall x\in X)(P(x,y))\) là đúng thì mệnh đề \((\forall x\in X)(\exists y\in Y)(P(x,y))\) cũng đúng, nhưng chiều ngược lại thì nói chung là không đảm bảo.
Với mệnh đề có chứa nhiều lượng từ, ta cũng có thể lấy phủ định của nó. Chẳng hạn:
\[ \neg [(\forall x\in \Z)(\exists y\in \Z)(x+y=0)] \Longleftrightarrow [(\exists x\in \Z)(\forall y\in \Z)(x+y\neq 0)]. \]
Phủ định của mệnh đề \[(\forall \epsilon >0)(\exists \delta >0)(\forall x\in \mathcal{D}) \left( |x-x_0| <\delta \Longrightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{x_0}|<\epsilon \right),\] là mệnh đề \[(\exists \epsilon >0)(\forall \delta >0)(\exists x\in \mathcal{D}) [ (|x-x_0| <\delta) \wedge (|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}|\geq \epsilon)],\] ở đây ta sử dụng kết quả \(\neg (A\Longrightarrow B) \Longleftrightarrow A \wedge \neg B.\)
Bài tập
Xác định tính đúng sai của mỗi mệnh đề sau và thành lập mệnh đề phủ định của nó.
\((\forall x \in \mathbb{R})( x^2>0)\).
\((\exists x \in \mathbb{R})(x^2>0)\).
\((\exists x \in \mathbb{R}) (x^2<x)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\exists y\in \mathbb{R})(x+2y=0)\).
\((\exists y\in \mathbb{R})(\forall x \in \mathbb{R})(x+2y=0)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\exists y\in \mathbb{R})(xy=0)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\exists y\in \mathbb{R})(xy=1)\).
\((\exists y\in \mathbb{R})(\forall x \in \mathbb{R})(xy=1)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\exists y\in \mathbb{R})(xy=x)\).
Xác định tính đúng sai của mỗi mệnh đề sau và thành lập mệnh đề phủ định của nó.
\((\exists x \in \mathbb{R})(\forall y \in \mathbb{R})(\exists z \in \mathbb{R})(x+y=z)\).
\((\exists x \in \mathbb{R})(\exists y \in \mathbb{R})(\forall z \in \mathbb{R})( x+y=z)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\forall y \in \mathbb{R})(\exists z \in \mathbb{R})(y-z=x)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\forall y \in \mathbb{R})(\exists z \in \mathbb{R})(xz=y)\).
\((\exists x \in \mathbb{R})(\forall y \in \mathbb{R})(\forall z \in \mathbb{R})(z>y \Longrightarrow z>x+y)\).
\((\forall x \in \mathbb{R})(\exists y \in \mathbb{R})(\exists z \in \mathbb{R})(z>y \Longrightarrow z>x+y)\).
Một ánh xạ \(f: A\longrightarrow B\) được gọi là toàn ánh4 nếu với mỗi \(y\) thuộc \(B\) đều tồn tại một \(x\) thuộc \(A\) sao cho \(f(x)=y\). Sử dụng các lượng từ, ta có thể viết lại định nghĩa này và phủ định của nó như sau:
\[ \begin{aligned} &\textrm{Ánh xạ }f: A\longrightarrow B \textrm{ là một toàn ánh nếu: }(\forall y\in B)(\exists x\in A)(f(x)=y).\\ &\textrm{Ánh xạ }f: A\longrightarrow B \textrm{ \textbf{ không phải }là một toàn ánh nếu: }(\exists y\in B)(\forall x\in A)(f(x) \neq y). \end{aligned} \]
Theo mẫu trên, hãy viết lại mỗi định nghĩa sau rồi thành lập mệnh đề phủ định
của nó.
Ánh xạ \(f: A\longrightarrow B\) là một đơn ánh nếu với mọi \(x,y\in A\) nếu \(f(x)=f(y)\) thì \(x=y\).
Hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) là hàm chẵn nếu với mọi \(x\) thuộc \(D\) ta đều có \(f(-x)=f(x).\)
Hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) được gọi là tăng nếu với mọi \(x,y\) thuộc \(D\) mà \(x\leq y\) thì \(f(x)\leq f(y).\)
Hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) được gọi là tăng ngặt nếu với mọi \(x,y\) thuộc \(D\) mà \(x<y\) thì \(f(x)<f(y).\)
Hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) được gọi là bị chặn nếu tồn tại số \(M\) sao cho \(|f(x)|\leq M\) với mọi \(x\in D\).
Hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) được gọi là Lipschitz nếu tồn tại \(L\in \R\) sao cho \(|f(x)-f(y)|\leq L\) với mọi \(x,y\in D\).
Hàm số \(f: D \longrightarrow \R\) được gọi là liên tục tại \(x_0\in D\) nếu với mọi \(\epsilon>0\), luôn tồn tại \(\delta>0\), sao cho với mọi \(x\in D\) mà \(|x-x_0|<\delta\) thì \(|f(x)-f(x_0)|<\epsilon.\)
Hàm số \(f: D \longrightarrow \R\) được gọi là liên tục đều trên \(D\) nếu với mọi \(\epsilon>0\), luôn tồn tại \(\delta>0\), sao cho với mọi \(x, y\in D\) mà \(|x-y|<\delta\) thì \(|f(x)-f(y)|<\epsilon.\)
Số \(L\) là giới hạn của hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) nếu với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho với mọi \(x\in D\) mà \(0<|x-x_0|<\delta\) thì \(|f(x)-L|<\epsilon.\)
4.8 Cặp có thứ tự, tích Descartes
Nhắc lại rằng, \(\{a\}\) kí hiệu cho tập hợp có một phần tử \(a\) và tập hợp \(\{a,b\}\) chứa 2 phần tử nếu \(a\neq b\) và chứa 1 phần tử nếu \(a=b\). Trong nhiều vấn đề của toán học, chúng ta cần xét các cặp có thứ tự, chẳng hạn khi xét toạ độ của các điểm trong mặt phẳng thì \((0,2)\) và \((2,0)\) là toạ độ của 2 điểm khác nhau, một điểm trên trục tung và một điểm trên trục hoành.
Ta định nghĩa cặp có thứ tự như sau: \((a, b)=\{\{a\},\{a, b\}\}.\)
\[[(a, b)=(x, y)] \Longleftrightarrow[(a=x) \wedge(b=y)].\]
Proof. Proof. \([\Longleftarrow]\) Giả sử \(a=x\) và \(b=y .\) Khi đó \[(a, b)=\{\{a\},\{a, b\}\}=\{\{x\},\{x, y\}\}=(x, y).\] \([\Longrightarrow]\) Ngược lại, giả sử \((a, b)=(x, y)\), tức là \(\{\{a\},\{a, b\}\}=\{\{x\},\{x, y\}\}.\) Có 2 trường hợp cần xem xét. Xét trường hợp \(a=b\). Khi đó \((a, b)=\{\{a\}\} .\) Do \((a, b)=(x, y)\) mà \((a, b)=\{\{a\}\}\) có đúng 1 phần tử nên \((x, y)\) cũng phải có đúng 1 phần tử. Điều này xảy ra chỉ khi \(x=y\). Do \(\{x\} \in(a, b)=\{\{a\}\}\) ta có \(\{x\}=\{a\}\) và do đó \(a=b=x=y.\) Trường hợp \(x=y\), bằng lập luận tương tự ta có \(x=y=a=b\).
Bây giờ ta xét trường hợp còn lại khi \(a \neq b\) và \(x\neq y\). Khi đó tập \((a, b)\) chỉ có đúng một tập con đơn tử là \(\{a\}\) và tập \((x, y)\) chỉ có đúng một tập con đơn tử là \(\{x\}\). Do \((a, b)=(x, y)\) nên ta phải có \(\{a\}=\{x\}.\) Do đó \(a=x\). Tương tự khi xét tập con có 2 phần tử, ta phải có \(\{a, b\}=\{x, y\}\). Nhưng \(b\) không thể bằng \(x\) (vì nếu như vậy thì \(a=x\) và \(b=x\), và do đó \(a=b\) là trái với giả thiết đang xét trong trường hợp này). Vậy ta phải có \(b=y\). ◻
Cho \(A\) và \(B\) là các tập hợp. Tích Descartes của \(A\) và \(B\), kí hiệu là \(A \times B\), là tập hợp gồm các cặp có thứ tự \((a, b)\) trong đó \(a \in A\) và \(b \in B\). Tức là \[A \times B=\bigg\{(a, b) \mid(a \in A) \wedge(b \in B)\bigg\}.\] Như vậy \[(p \in A \times B) \Longleftrightarrow \bigg \{(\exists a \in A)(\exists b \in B)[p=(a, b)] \bigg\}.\]
Nếu \(A=\{\)red, green\(\}\) và \(B=\{1,2,3\}\), thì \[A \times B=\{(\operatorname{red}, 1),(\operatorname{red}, 2),(\operatorname{red}, 3),(\text {green, } 1),(\text {green, } 2),(\text {green, } 3)\}.\]
\(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}=\{(x, y) \mid x \in \Z, y\in \Z\}\), đây là tập hợp các điểm có toạ độ nguyên trên mặt phẳng, ta thường kí hiệu là \(\mathbb{Z}^{2}\).
Nếu \(A\) và \(B\) lần lượt là các đoạn \([-1, 2]\) và \([0, 3]\) trên \(\R\) thì \(A\times B\) là hình chữ nhật \[A\times B = \{(x,y) \mid (-1\leq x\leq 2) \wedge (0\leq y \leq 3)\}.\]
Cho \(A, B, C\) và \(D\) là các tập hợp. Khi đó
\(A \times(B \cap C)=(A \times B) \cap(A \times C).\)
\(A \times(B \cup C)=(A \times B) \cup(A \times C).\)
\((A \times B) \cap(C \times D)=(A \cap C) \times(B \cap D).\)
\((A \times B) \cup(C \times D) \subset(A \cup C) \times(B \cup D).\)
Proof. Proof. Ta sẽ chứng minh tính chất \(A \times(B \cap C)=(A \times B) \cap(A \times C)\). Lấy \(p \in A \times(B \cap C)\). Khi đó \[(\exists a \in A)(\exists x \in B \cap C)[p=(a, x)].\] Do \(x\in B\cap C\) nên \(x\in B\) và \(x\in C\). Suy ra \[(\exists a \in A)(\exists x \in B)[p=(a, x)] \text { và } (\exists a \in A)(\exists x \in C)[p=(a, x)].\] Suy ra, \(p \in(A \times B) \cap(A \times C)\).
Ngược lại, lấy \(p \in(A \times B) \cap(A \times C).\) Khi đó \(p \in(A \times B)\) và \(p \in(A \times C)\) . Do đó \[(\exists a \in A)(\exists b \in B)[p=(a, b)] \text { và }\left(\exists a^{\prime} \in A\right)(\exists c \in C)\left[p=\left(a^{\prime}, c\right)\right]\] Suy ra \((a, b)=p=\left(a^{\prime}, c\right)\) và do đó \(a=a^{\prime}\) và \(b=c.\) Như thế \(p=(a, x)\) với \(a \in A\) và \(x \in B \cap C\), tức là \(p \in A \times(B \cap C)\). Chứng minh các đẳng thức và bao hàm thức còn lại xin dành cho bạn đọc. ◻
4.9 Quan hệ
Cho \(X, Y\) là hai tập hợp. Một tập \(R \subset X \times Y\) được gọi là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\). Nếu \((x, y) \in R\), ta nói \(x\) có quan hệ \(R\) với \(y\) và ta kí hiệu là \(x R y\).
Xét hai tập hợp \(X=\{1,2,3\}\) và \(Y=\{3,4,5\}\). Khi đó tập hợp \(R=\{(1,3),(1,5),(3,3)\}\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\) vì \(R \subset X \times Y.\)
\(G=\{(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \mid x>y\}\) là một quan hệ từ \(\mathbb{Z}\) vào \(\mathbb{Z}\).
Cho \(R\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\). Tập nguồn của \(R\) là tập \[D(R)=\{x \in X \mid (\exists y \in Y)[(x, y) \in R]\}.\] Tập đích của \(R\) là tập \[\operatorname{Ran}(R)=\{y \in Y \mid (\exists x \in X)[(x, y) \in R]\}.\]
Quan hệ ngược của \(R\), kí hiệu \(R^{-1}\), là một quan hệ từ \(Y\) vào \(X\) định nghĩa bởi \[R^{-1}=\{(y, x) \in Y \times X \mid (x, y) \in R\}.\]
Cho \(R\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\) và \(S\) là một quan hệ từ \(Y\) vào \(Z\). Hợp thành của \(S\) và \(R\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Z\) xác định bởi \[S \circ R=\{(x, z) \in X \times Z \mid \exists y \in Y: \;[(x, y) \in R] \wedge[(y, z) \in S]\}.\]
Cho \(X = \{4, 5, 6\}\), \(Y = \{a, b, c\}\) và \(Z = \{l, m, n\}\). Xét quan hệ \(R\) từ \(X\) vào \(Y\) và quan hệ \(S\) từ \(Y\) vào \(Z\) như sau:
\[ \begin{aligned} R &= \{(4, a); (4, b); (5, c); (6, a); (6, c)\}\\ S &= \{(a, l); (a, n); (b, l); (b, m); (c, l); (c, m), (c, n)\}. \end{aligned} \]
Khi đó,
\[ \begin{aligned} R^{-1} &= \{(a, 4); (b, 4); (c, 5); (a, 6); (c, 6)\},\\ S\circ R &= \{(4, l); (4, n); (4, m); (5, l); (5, m); (5, n); (6, l); (6, m); (6, n)\},\\ R^{-1}\circ R &=\{(4, 4); (5, 5); (5, 6); (6, 4); (6, 5); (4, 6); (6, 6)\}. \end{aligned} \]
Cho \(R\) là quan hệ từ \(X\) vào \(Y, S\) là quan hệ từ \(Y\) vào \(Z\) và \(T\) là quan hệ từ \(Z\) vào \(V.\) Khi đó
\(\left(R^{-1}\right)^{-1}=R\).
\(D\left(R^{-1}\right)=\operatorname{Ran}(R)\).
\(\operatorname{Ran}\left(R^{-1}\right)=D(R)\).
\(T \circ(S \circ R)=(T \circ S) \circ R\).
\((S \circ R)^{-1}=R^{-1} \circ S^{-1}\).
Chứng minh kết quả trên bạn đọc có thể tham khảo [@StewartTall1977].
Tiếp theo chúng ta sẽ xét một số quan hệ đặc biệt từ một tập hợp \(X\) vào chính nó.
Nếu \(R\) là một tập con của \(X\times X\) thì ta nói \(R\) là một quan hệ hai ngôi trên \(X.\)
Cho \(R\) là một quan hệ hai ngôi trên \(X\).
\(R\) được gọi là phản xạ nếu \[(\forall x \in X)\;[(x, x) \in R].\]
\(R\) được gọi là đối xứng nếu \[(\forall x, y \in X)\;\{[(x, y) \in R] \Longrightarrow[(y, x) \in R]\}.\]
\(R\) được gọi là phản xứng nếu \[(\forall x, y \in X)\;\{[(x, y) \in R] \wedge [(y, x) \in R] \Longrightarrow x=y\}.\]
\(R\) được gọi là bắc cầu nếu \[(\forall x, y, z \in X)\;\{[((x, y) \in R) \wedge((y, z) \in R)] \Longrightarrow[(x, z) \in R]\}.\]
Cho \(R\) là một quan hệ hai ngôi trên \(X\).
(a) \(R\) được gọi là một quan hệ tương đương trên \(X\) nếu nó vừa phản xạ, vừa đối xứng và vừa bắc cầu.
(b) \(R\) được gọi là một quan hệ thứ tự trên \(X\) nếu nó vừa phản xạ, vừa phản xứng, và vừa bắc cầu.
Cho \(X\neq \emptyset\), xét quan hệ đồng nhất trên \(X\) cho bởi \[\id_{X} = \{(x, y) \in X \times X \mid x=y\}.\]
Với mọi \(x\in X\), ta có \(x=x\) nên \((x,x) \in \id_{X}\) và do đó \(\id_{X}\) là phản xạ.
Với mọi \(x, y \in X\) nếu \((x,y)\in \id_{X}\) thì \(x=y\). Suy ra, \(y=x\) và do đó \((y,x)\in \id_{X}\) nên \(\id_{X}\) là đối xứng.
Với mọi \(x, y, z\in X\), nếu \((x,y)\in \id_{X}\) và \((y,z)\in \id_{X}\) thì \(x=y\) và \(y=z\). Suy ra \(x=z\) và do đó \((x,z)\in \id_{X}\) nên \(\id_{X}\) là bắc cầu.
Vậy, \(\id_X\) là một quan hệ tương đương trên \(X\).
Cho \(X=\mathbb{Z}\) và \(m\) là số tự nhiên lớn hơn 1. Quan hệ đồng dư theo modulo \(m\) trên \(\Z\) được định nghĩa như sau: \[x \equiv y \; (\textrm{mod } m) \text { khi và chỉ khi }(\exists k \in \mathbb{Z} \mid x-y=k m).\]
Với mọi \(x\in \Z\) thì tồn tại \(0\in \Z\) sao cho \(x-x=0\cdot m\) nên \(x\equiv x \;(\textrm{mod } m)\).
Với mọi \(x, y \in \Z\) nếu \(x\equiv y \;(\textrm{mod } m)\) thì tồn tại \(k\in \Z\) sao cho \(x-y=km\). Khi đó \(y-x=(-k)m\) và \(-k\in \Z\) nên \(y\equiv x \;(\textrm{mod } m)\).
Với mọi \(x, y, z \in \Z\) nếu \(x\equiv y \;(\textrm{mod } m)\) và \(y\equiv z \;(\textrm{mod } m)\) thì tồn tại \(k_1, k_2\in \Z\) sao cho \(x-y=k_1m\) và \(y-z=k_2m\). Suy ra, \(x-z=(k_1+k_2)m\). Vì \(k_1, k_2\in \Z\) nên \(k_1+k_2\in \Z\) và do đó \(x\equiv z \;(\textrm{mod } m)\).
Vậy quan hệ đồng dư theo modulo \(m\) là một quan hệ tương đương trên tập số nguyên \(\Z\).
Trên \(X=\mathbb{Z}\), xét quan hệ \(R \subset X \times X\) như sau: \[R=\{(x, y) \mid \; |x-y| \leq 1\}.\]
Với mọi \(x\in \Z\), do \(|x-x|=0 \leq 1\) nên \((x,x)\in R\) và do đó \(R\) là phản xạ.
Với mọi \(x, y\in \Z\) nếu \((x,y)\in R\) thì \(|x-y|\leq 1\). Mà \(|y-x|=|x-y|\) nên ta cũng có \(|y-x|\leq 1\). Vậy \((y,x)\in R\) nên \(R\) là đối xứng.
Với \(x=0, y=1, z=2\) ta có \(|x-y|=|y-z|=1\) nên \((x,y)\in R\) và \((y,z)\in R\). Tuy nhiên, \(|x-z|=2>1\) nên \((x,z)\notin R\). Vậy, \(R\) không bắc cầu.
Tóm lại, \(R\) có tính phản xạ, đối xứng nhưng không bắc cầu.
Cho \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(X\). Cho \(x \in X\). Lớp tương đương của \(x\) theo quan hệ \(R\) là tập \[[x]_{R}=\{y \in X \mid (y,x) \in R\}.\]
Cho \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(X\). Khi đó
Mỗi phần tử đều thuộc lớp tương đương của nó, tức là \[(\forall x \in X)\; \left(x \in[x]_{R} \right).\]
Hai phần tử có quan hệ với nhau khi và chỉ khi các lớp tương đương của chúng bằng nhau, tức là \[(\forall x, y \in X)\left[ (x,y)\in R \Longleftrightarrow \left( [x]_{R}=[y]_{R}\right) \right].\]
Hai lớp tương đương bất kỳ thì hoặc trùng nhau hoặc rời nhau, tức là \[(\forall x, y \in X)\left[ ([x]_R=[y]_R) \vee ([x]_R\cap [y]_R=\emptyset) \right].\]
Proof. Proof.
Do \(R\) là phản xạ, \((x, x) \in R\), do đó \(x \in[x]_{R}\).
Giả sử \((x,y)\in R\). Với mọi \(z \in[y]_{R}\). Khi đó \((x, y) \in R,(y, z) \in R\) nên theo tính chất bắc cầu thì \((x, z) \in R\). Suy ra \(z \in[x]_{R}\), do đó \([y]_R \subset[x]_{R}.\) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \([x]_R \subset[y]_{R}\). Vậy, \([x]_{R}=[y]_{R}\). Ngược lại, nếu \(\left([y]_{R}=[x]_R\right)\) thì do \(y\in [y]_R=[x]_R\) nên \(y\in [x]_R\) hay \((x,y)\in R\).
Khẳng định (iii) suy ra ngay từ (ii).
◻
Cho \(X\) là một tập khác rỗng và \(\mathcal{C}\) là một họ các tập con của \(X\). Họ \(\mathcal{C}\) được gọi là một phân hoạch của \(X\) nếu thoả mãn các điều kiện sau
\((\forall V\in \mathcal{C})(V\neq \emptyset).\)
\((\forall x\in X)(\exists V\in \mathcal{C})(x\in V).\)
\((\forall V\in \mathcal{C})(\forall W \in \mathcal{C})[(V=W) \vee (V\cap W=\emptyset)].\)
Kết quả sau đây suy ra trực tiếp từ Mệnh đề [phanhoach].
Cho \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(X\). Khi đó họ \(\mathcal{C}\) các lớp tương đương của \(X\) sau đây: \[\mathcal{C}=\{ [x]_R \mid x\in X\},\] là một phân hoạch của \(X\) và \(\mathcal{C}\) được gọi là tập thương của \(X\) theo quan hệ \(R\), kí hiệu là \(\mathcal{C}=X/R.\)
Xét quan hệ đồng dư modulo 5 trên \(\Z\). Khi đó
\[ \begin{aligned} [0] &=\{x\in \Z \mid x\equiv 0\; (\textrm{mod } m)\}\\ &=\{x\in \Z \mid \exists k\in \Z \; \textrm{ sao cho } x=5k\}\\ &=\{5k \mid k\in \Z\}\\ &=\{\ldots, -10, -5,0,5,10, \ldots\}. \end{aligned} \]
Tương tự, ta cũng có
\[ \begin{array}{lll} {[1]} &=\{5k +1\mid k\in \Z\} &= \{\ldots, -9, -4,1,6,11, \ldots\},\\ {[2]} &=\{5k +2\mid k\in \Z\}&= \{\ldots, -8, -3,2,7,12, \ldots\},\\ {[3]} &=\{5k+3 \mid k\in \Z\}&= \{\ldots, -7, -2,3,8,13, \ldots\},\\ {[4]} &=\{5k+4 \mid k\in \Z\}&= \{\ldots, -6, -1,4,9,14, \ldots\}. \end{array} \]
Vì hai phần tử có quan hệ với nhau thì có lớp tương đương trùng nhau nên
\[ \begin{aligned} [0]&=[5]=[10]=\ldots\\ [1]&=[6]=[11]=\ldots\\ [2]&=[7]=[12]=\ldots\\ [3]&=[8]=[13]=\ldots\\ [4]&=[9]=[14]=\ldots \end{aligned} \]
Khi đó tập thương \(\Z/_{\equiv}=\{[0], [1], [2], [3], [4]\}\) tạo thành một phân hoạch của tập số nguyên \(\Z\) và \(\Z=[0]\cup [1] \cup [2] \cup [3] \cup [4].\)
Tập thương của \(\Z\) theo quan hệ đồng dư modulo \(m\) được kí hiệu là \(\Z_m\). Một cách tổng quát, ta cũng chứng minh được \[\Z_m=\{[0], [1], \ldots, [m-1]\}.\]
Bài tập
Trong mỗi trường hợp sau, hãy xác định xem \(R\) có phải là quan hệ tương đương trên tập \(X\) không?
\(X=\R\) là tập các số thực, ta định nghĩa \(xRy \Longleftrightarrow x\leq y.\)
\(X=\R\) là tập các số thực, ta định nghĩa \(xRy \Longleftrightarrow |x| =|y|.\)
\(X=\Z\) là tập các số nguyên, ta định nghĩa \(xRy \Longleftrightarrow x|y\) (kí hiệu \(x|y\) đọc là "\(x\) là ước của \(y\)").
\(X=\R\) là tập các số thực, ta định nghĩa \(xRy \Longleftrightarrow x^2=y^2.\)
Trên tập các số nguyên \(\Z\), ta định nghĩa quan hệ \(R\) như sau: \[xRy \Longleftrightarrow 2|(x+y),\] với mọi \(x,y\in \Z\).
Hãy tìm 5 số khác nhau có quan hệ \(R\) với số \(2\).
Tìm lớp tương đương \([1].\)
Chứng minh rằng \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(\Z\).
Tìm tập thương \(\Z/R :=\{[x] \mid x\in \Z\}.\)
Cho \(\sim\) là một quan hệ trên \(\mathbb{Q}\) được định nghĩa như sau: \[a \sim b \Longleftrightarrow a-b \in \mathbb{Z},\] với mọi \(a, b \in \mathbb{Q}\),
Chứng minh rằng \(\sim\) là một quan hệ tương đương trên \(\Q\).
Chứng minh rằng \(\left[\frac{5}{7}\right]=\left\{m+\frac{5}{7} \mid m \in \mathbb{Z}\right\}\).
Nếu \(a \in \mathbb{Z}\), hãy tìm lớp tương đương của \(a\).
Trên \(\mathbb{R}\) ta định nghĩa quan hệ \(\sim\) như sau: \[x \sim y \Longleftrightarrow x-y \in \mathbb{Q},\] với mọi \(x, y \in \mathbb{R}\).
Chứng minh rằng \(\sim\) là một quan hệ tương đương trên \(\mathbb{R}\).
Hãy tìm 5 phần tử khác nhau thuộc lớp tương đương của \(\sqrt{2}\).
Nếu \(a \in \mathbb{Q}\), hãy tìm lớp tương đương của \(a\).
Chứng minh rằng \([\sqrt{2}]=\{r+\sqrt{2} \mid r \in \mathbb{Q}\}\).
Trên \(\Z\), ta định nghĩa quan hệ \(R\) như sau: \(x R y\) khi và chỉ khi \(x^2 \equiv y^2\) (mod 4). Chứng minh rằng \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(\Z\) và tìm tập thương \(\Z/R\).
Trên \(\R^2\), ta định nghĩa quan hệ \(R\) như sau: \[(a,b) R (c,d) \Longleftrightarrow b-a^2 =d-c^2,\] với mọi \((a,b), (c,d)\in \R^2\).
Chứng minh rằng \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(\R^2\).
Tìm các lớp tương đương \([(0,0)]\) và \([(1,2)].\)
Bài tập này chỉ ra cách xây dựng tập số nguyên từ tập số tự nhiên. Xét tập \(X=\N\times \N\). Trên \(X\), ta định nghĩa quan hệ \(R\) như sau: \[(a,b)~R~(c,d) \Longleftrightarrow a+d=b+c,\] với mọi \((a,b)\in X, (c,d) \in X.\)
\((3,6)\) có quan hệ \(R\) với \((7,10)\) hay không?
\((1,1)\) có quan hệ \(R\) với \((3,5)\) hay không?
Chứng minh rằng \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(X\).
Hãy liệt kê 5 phần từ thuộc mỗi lớp tương đương sau \[[(1,1)]; \; [(1,2)]; \; [(2,1)]; \; [(5,12)].\]
Định nghĩa tập số nguyên là tập thương theo quan hệ tương đương \(R\) ở trên, tức là \[\Z:=\N\times \N / \sim\; =\{ [(a,b)] \mid (a,b) \in \N \times \N\}.\] Trên tập này ta định nghĩa 2 phép toán \(+\) và \(\cdot\) như sau:
\[ \begin{aligned} [(a,b)] +[(c,d)] &=[(a+c, b+d)],\\ [(a,b)] \cdot [(c,d)] &=[(ac+bd, ad+bc)]. \end{aligned} \]
Chứng minh rằng các định nghĩa này là hợp lí (không phụ thuộc vào việc chọn phần tử đại diện của các lớp tương đương).
Bài tập này chỉ ra cách xây dựng tập số hữu tỉ \(\Q\) từ tập số nguyên \(\Z\). Xét tập \(X=\Z\times (\Z\setminus \{0\})\). Trên \(X\), ta định nghĩa quan hệ \(R\) như sau: \[(a,b)~R~(c,d) \Longleftrightarrow ad=bc,\] với mọi \((a,b)\in X, (c,d) \in X.\)
\((1,5)\) có quan hệ \(R\) với \((-3,-15)\) hay không?
\((-1,1)\) có quan hệ \(R\) với \((2,3)\) hay không?
Chứng minh rằng \(R\) là một quan hệ tương đương trên \(X\).
Hãy liệt kê 5 phần từ thuộc mỗi lớp tương đương sau \[[(1,1)]; \; [(0,2)]; \; [(2,1)]; \; [(2,3)].\]
Định nghĩa tập số hữu tỉ \(\Q\) là tập thương theo quan hệ tương đương \(R\) ở trên, tức là \[\Q:=\Z\times (\Z\setminus \{0\}) / \sim\;\; =\bigg\{ [(a,b)] \mid (a,b) \in \Z\times (\Z\setminus \{0\})\bigg\}.\] Trên tập này ta định nghĩa 2 phép toán \(+\) và \(\cdot\) như sau:
\[ \begin{aligned} [(a,b)] +[(c,d)] &=[(ad+bc, bd)],\\ [(a,b)] \cdot [(c,d)] &=[(ac, bd)]. \end{aligned} \]
Chứng minh rằng các định nghĩa này là hợp lí (không phụ thuộc vào việc chọn phần tử đại diện của các lớp tương đương).
5 Ánh xạ
Khái niệm ánh xạ đóng một vai trò quan trong trong nhiều lĩnh vực của toán học. Nói một cách hình thức, một ánh xạ \(f\) từ tập hợp \(X\) vào tập hợp \(Y\), là một "quy tắc" gán mỗi phần tử \(x\in X\) với một và chỉ một phần tử \(y\in Y.\) Một cách chính xác ta có định nghĩa sau.
Cho \(X\) và \(Y\) là các tập hợp. Gọi \(f\subset X\times Y\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\). Khi đó \(f\) được gọi là một ánh xạ từ \(X\) vào \(Y\), kí hiệu \(f: X\longrightarrow Y\), nếu thoả mãn các điều kiện sau:
\((\forall x \in X)(\exists y \in Y)[(x, y) \in f]\).
(Mọi phần tử thuộc \(X\) đều có ảnh qua \(f\)).\((\forall x \in X)(\forall y \in Y)(\forall z \in Y)\{([(x, y) \in f] \wedge[(x, z) \in f]) \Longrightarrow(y=z)\}\).
(Mỗi \(x\in X\) đều có một và chỉ một \(y\in Y\) sao cho \((x,y)\in f)\).
\(X\) được gọi là tập nguồn, \(Y\) được gọi là tập đích của ánh xạ \(f\). Nếu \(f: X\longrightarrow Y\) là một ánh xạ và \((x,y)\in f\) thì ta kí hiệu \(y=f(x).\)
Xét \(X=\{1,2,3\}, Y=\{4,5,6\}\). Ta định nghĩa \(f \subset X \times Y\) như sau: \[f=\{(1,4),(2,4),(3,5)\} \text {. }\] Khi đó, \(f\) là một ánh xạ. Nếu ta xét \(g \subset X \times Y\) xác định bởi \[g=\{(1,4),(1,5),(2,6),(3,6)\},\] thì \(g\) không phải là một ánh xạ vì \(1\in X\) được gán với hai giá trị khác nhau của \(Y\) là \(4\) và \(5\).
Xét \(X=\mathbb{Z}\) và \(Y=\mathbb{Z}\). Ta định nghĩa \(f \subset X \times Y\) như sau: \[f=\left\{(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \mid y=x^2\right\}.\] Ta có \(f\) là một ánh xạ từ \(\mathbb{Z}\) vào \(\mathbb{Z}\). Xét \(g \subset X \times Y\) như sau: \[g=\left\{(x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \mid x^2+y^2=25\right\},\] Rõ ràng \(g\) không phải là một ánh xạ. Thật vậy, vì \((0,-5)\in g\) và \((0,5)\in g\) nên \(0\in X\) được gán với hai giá trị khác nhau của \(Y\) là \(-5\) và \(5\).
Cho \(f, g: X\longrightarrow Y\) là các ánh xạ từ \(X\) vào \(Y\). Khi đó \[f=g \Longleftrightarrow [(\forall x\in X) (f(x)=g(x))].\] (Hai ánh xạ bằng nhau nếu chúng có cùng tập nguồn, cùng tập đích và có ảnh như nhau tại mọi phần tử).
Proof. Proof. \([\Longrightarrow]\) Giả sử \(f=g\). Khi đó, theo Định nghĩa [dn:ax], với mọi \(x\in X\) tồn tại \(y_1\in Y\) sao cho \((x,y_1)\in f\) và tồn tại \(y_2\in Y\) sao cho \((x,y_2)\in g\). Mà do \(f=g\) nên từ \((x,y_1)\in f\) thì \((x,y_1)\in g\). Như vậy, \((x,y_1)\in g\) và \((x,y_2)\in g\) nên theo Định nghĩa [dn:ax] thì \(y_1=y_2\). Do \(y_1=f(x)\) và \(y_2=g(x)\) nên \(f(x)=g(x).\)
\([\Longleftarrow]\) Với mọi \((x,y)\in f\) hay \(y=f(x)\), do \(f(x)=g(x)\) nên \(y=g(x)\). Suy ra \((x,y)\in g\) nên \(f\subset g.\) Do vai trò \(f\), \(g\) như nhau nên ta cũng có \(g\subset f\). Vậy \(f=g.\) ◻
Khái niệm hợp thành của hai quan hệ có thể áp dụng cho các ánh xạ. Cho \(f: X \longrightarrow Y\) và \(g: Y \longrightarrow Z\) là các ánh xạ. Khi đó, hợp thành của \(g\circ f\) là một quan hệ từ \(X\) và \(Z\) xác định bởi \[g \circ f=\{(x, z) \in X \times Z \mid(\exists y \in Y)[(x, y) \in f] \wedge[(y, z) \in g]\}.\]
Cho \(f: X \longrightarrow Y\) và \(g: Y \longrightarrow Z\) là các ánh xạ. Khi đó quan hệ hợp thành \(g \circ f: X \longrightarrow Z\) là một ánh xạ và \[(\forall x \in X)[(g \circ f)(x)=g(f(x))].\]
Proof. Proof. Ta biết rằng \(g \circ f\) là một quan hệ. Ta phải chứng minh rằng với mỗi \(x \in X\), tồn tại duy nhất một phần tử \(z \in Z\) sao cho \((x, z) \in g \circ f\).
[Tồn tại:] Lấy bất kỳ \(x \in X\). Khi đó \(\exists y \in Y\) sao cho \(y=f(x)\), hay nói cách khác, \((x, y) \in f\). Tương tự, \(\exists z \in Z\) sao cho \(z=g(y)\), hay nói cách khác \((y, z) \in g\). Theo định nghĩa, điều này có nghĩa là \((x, z) \in g \circ f\). Hơn nữa, ta có \[(g \circ f)(x)=z=g(y)=g(f(x)).\]
[Duy nhất:] Giả sử rằng \(\left(x, z_1\right) \in g \circ f\) và \(\left(x, z_2\right) \in g \circ f\). Khi đó, theo định nghĩa của quan hệ hợp thành thì \[\left(\exists y_1 \in Y\right)\left[\left(x, y_1\right) \in f\right] \wedge\left[\left(y_1, z_1\right) \in g\right]\] và \[\left(\exists y_2 \in Y\right)\left[\left(x, y_2\right) \in f\right] \wedge\left[\left(y_2, z_2\right) \in g\right].\] Nhưng \(f\) là một ánh xạ, \((x,y_1)\in f\) và \((x,y_2)\in f\) nên \(y_1=y_2\). Đặt \(y=y_1=y_2\). Từ đó \((y,z_1)\in g\) và \((y,z_2)\in g\), do \(g\) là ánh xạ nên \(z_1=z_2\). ◻
Như vậy, cho \(f: X\longrightarrow Y\) và \(g: Y \longrightarrow Z\) là các ánh xạ. Hợp thành của \(g\) với \(f\), kí hiệu \(g\circ f\), là một ánh xạ từ \(X\) vào \(Z\), được xác định bởi \[(\forall x\in X)[(g\circ f)(x)=g(f(x))].\]
Cho \(f: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) và \(g: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) xác định bởi \[f(x)=x^2+2, \quad g(x)=2 x-1.\] Khi đó
\[ \begin{aligned} (f \circ g)(x)&=f(g(x))=g(x)^2+2=4 x^2-4 x+3, \\ (g \circ f)(x)&=g(f(x))=2 f(x)-1=2 x^2+3 . \end{aligned} \]
Qua ví dụ này, ta thấy rằng ngay cả khi các ánh xạ hợp thành tồn tại thì nói chung \(f \circ g \neq g \circ f\).
Cho ánh xạ \(f: X \longrightarrow Y\) và \(A \subset X\). Ảnh của \(A\) qua \(f\) là tập
\[ \begin{aligned} f(A)& =\{ y\in Y \mid (\exists x \in A)(f(x)=y)\}\\ &=\{f(x) \mid x \in A\}. \end{aligned} \]
Đặc biệt khi \(A=X\) thì tập \(\operatorname{Im}(f):=f(X)\) được gọi là tập ảnh của \(f\).
Cho \(f: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) xác định bởi \(f(x)=x^2\). Cho \(A=\{x \in \mathbb{Z} \mid 0 \leq x \leq 2\}\). Khi đó \(f(A)=\{0,1,4\}\) và \(\operatorname{Im}(f)=\{0, 1, 4, 9, 16, 25, \ldots\}\) là tập hợp các số chính phương.
Cho \(f: X \longrightarrow Y\) và \(A \subset X, B \subset X\). Khi đó
Nếu \(A \subset B\) thì \(f(A) \subset f(B)\),
\(f(A \cup B)=f(A) \cup f(B)\),
\(f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)\),
\(f(A\setminus B) \supseteq f(A)\setminus f(B).\)
Lưu ý rằng, bao hàm thức trong Định lí [thm:intersection] (ii) và (iv) nói chung không có dấu đẳng thức. Chẳng hạn xét \(f: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) cho bởi \(f(x)=x^2\), lấy \(A=\{-2,-1,0\}\) và \(B=\{0,1,2\}\). Khi đó \(f(A)=\{0,1,4\}, f(B)=\{0,1,4\}\), do đó \(f(A) \cap f(B)=\{0,1,4\}\). Trong khi đó \(A \cap B=\{0\}\), và do đó \(f(A \cap B)=\{0\}\) nên không có đẳng thức trong (ii). Ngoài ra, \(A\setminus B=\{-2, -1\}\) nên \(f(A\setminus B)=\{1,4\}\), trong khi \(f(A)\setminus f(B)=\emptyset\) nên không có đẳng thức trong (iv).
Cho ánh xạ \(f: X \longrightarrow Y\) và \(y \in Y\). Ảnh ngược của \(y\) qua ánh xạ \(f\) là tập \[f^{-1}(y)=\{x \in X \mid f(x)=y\}\] gồm các phần tử thuộc \(X\) mà ảnh của nó là \(y\).
Cho ánh xạ \(f: X \longrightarrow Y\) và \(B \subset Y\). Ảnh ngược của \(B\) qua ánh xạ \(f\) là tập \[f^{-1}(B)=\{x \in X \mid f(x) \in B\} .\]
Cho ánh xạ \(f: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) với \(f(x)=x^2\). Ta có \(f^{-1}(9)= \{x\in\Z | f(x)=9\}=\{-3, 3\}\). Xét \(B=\{y \in \mathbb{Z} \mid y \leq 10\}\). Khi đó \(f^{-1}(B)=\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}\).
Cho \(f: X \longrightarrow Y\) và \(A \subset Y, B \subset Y\). Khi đó
\(f^{-1}(A \cup B)=f^{-1}(A) \cup f^{-1}(B)\),
\(f^{-1}(A \cap B)=f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)\),
Nếu \(A \subset B\) thì \(f^{-1}(A) \subset f^{-1}(B)\),
\(f^{-1}(A\setminus B)=f^{-1}(A)\setminus f^{-1}(B)\),
\(f^{-1}(Y\setminus B)=X\setminus f^{-1}(B).\)
Proof. Proof. Trước hết, ta chứng minh \((iii)\). Giả sử \(A\subset B\). Lấy bất kỳ \(x\in f^{-1}(A)\). Khi đó, theo định nghĩa ảnh ngược, \(f(x)\in A\). Do \(A\subset B\) nên \(f(x)\in B\). Suy ra, \(x\in f^{-1}(B)\). Vậy \(f^{-1}(A)\subset f^{-1}(B).\)
Tiếp theo, ta chứng minh \((iv)\). Ta sẽ chỉ ra rằng \(f^{-1}(A\setminus B) \subset f^{-1}(A)\setminus f^{-1}(B)\). Lấy \(x\in f^{-1}(A\setminus B)\). Khi đó \(f(x)\in A\setminus B\) nên \(f(x)\in A\) và \(f(x)\notin B\). Do đó, \(x\in f^{-1}(A)\) và \(x\notin f^{-1}(B)\). Nói cách khác, \(x\in f^{-1}(A)\setminus f^{-1}(B)\).
Để chứng minh bao hàm thức ngược lại, lấy bất kỳ \(x\in f^{-1}(A)\setminus f^{-1}(B)\). Khi đó \(x\in f^{-1}(A)\) và \(x\notin f^{-1}(B)\). Suy ra, \(f(x)\in A\) và \(f(x)\notin B\). Nói cách khác \(f(x)\in A\setminus B\), và do đó \(x\in f^{-1}(A\setminus B)\).
Khẳng định \((v)\) suy ra trực tiếp từ \((iv)\) với lưu ý là \(f^{-1}(Y)=X\). Việc chứng minh các phần còn lại dành cho bạn đọc. ◻
Cho \(f: X\longrightarrow Y\) là một ánh xạ, \((A_\alpha)_{\alpha \in I}\) là một họ các tập con của \(X\) và \((B_\alpha)_{\alpha \in I}\) là một họ các tập con của \(Y\), với \(I\) là tập chỉ số bất kỳ. Khi đó ta có
\(\displaystyle f\left(\bigcup_{\alpha \in I} A_\alpha\right) = \bigcup_{\alpha \in I} f(A_\alpha).\)
\(\displaystyle f\left(\bigcap_{\alpha \in I} A_\alpha\right) \subset \bigcap_{\alpha \in I} f(A_\alpha).\)
\(\displaystyle f^{-1}\left(\bigcup_{\alpha \in I} B_\alpha\right) = \bigcup_{\alpha \in I} f^{-1}(B_\alpha).\)
\(\displaystyle f^{-1}\left(\bigcap_{\alpha \in I} B_\alpha\right) = \bigcap_{\alpha \in I} f^{-1}(B_\alpha).\)
Ta đã biết, mỗi ánh xạ \(f: X\longrightarrow Y\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\) và hợp thành của hai ánh xạ là một ánh xạ. Nếu \(f\subset X\times Y\) là một quan hệ từ \(X\) vào \(Y\) thì ta có thể định nghĩa quan hệ ngược \(f^{-1}\) từ \(Y\) vào \(X\). Một câu hỏi đặt ra là liệu \(f^{-1}\) có phải là một ánh xạ không? Tiếp theo, chúng ta sẽ tìm hiểu một số ánh xạ đặc biệt và trả lời câu hỏi: Cho \(f\) là một ánh xạ, với điều kiện nào thì \(f^{-1}\) cũng là một ánh xạ?
Ánh xạ \(f: X \longrightarrow Y\) được gọi là một đơn ánh nếu
\[\left(\forall x_1 \in X\right)\left(\forall x_2 \in X\right)\left[\left(f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)\right) \Longrightarrow\left(x_1=x_2\right)\right] .\]
Từ định nghĩa trên ta thấy, \(f\) là một đơn ánh khi nó là tương ứng 1-1 giữa \(X\) và tập ảnh \(\operatorname{Im}(f)\). Sử dụng luật tương phản, ta có thể viết lại định nghĩa trên như sau: \[\left(\forall x_1 \in X\right)\left(\forall x_2 \in X\right)\left[\left(x_1 \neq x_2\right) \Longrightarrow\left(f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)\right)\right] .\]
Cho \(X=\{1,2,3\}, Y=\{4,5,6,7\}\). Xét \(f: X \longrightarrow Y\) như sau: \[f=\{(1,5),(2,6),(3,7)\} .\] Khi đó \(f\) là một đơn ánh. Xét \(g: X \longrightarrow Y\) cho bởi \(g=\{(1,5),(2,6),(3,5)\} .\) Khi đó \(g\) không phải là một đơn ánh vì \(1\neq 3\) mà \(g(1)=g(3)\).
Cho \(f: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}\) xác định bởi \(f(n)=n^2\). Khi đó \(f\) là một đơn ánh. Tuy nhiên, nếu xét \(g: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) xác định bởi \(g(n)=n^2\) thì \(g\) không phải là một đơn ánh, vì chẳng hạn \(g(1)=g(-1)\).
Ánh xạ \(f: X \longrightarrow Y\) được gọi là một toàn ánh nếu
\[(\forall y \in Y)(\exists x \in X)[f(x)=y] .\]
Như vậy, \(f\) là toàn ánh khi và chỉ khi \((\forall y\in Y)[f^{-1}({y})\neq \emptyset]\), nói cách khác \(\operatorname{Im}(f)=Y\).
Cho \(X=\{1,2,3,4\}, Y=\{5,6,7\}\). Xét \(f: X \longrightarrow Y\) cho bởi \[f=\{(1,5),(2,6),(3,7),(4,6)\} .\] Khi đó \(f\) là một toàn ánh. Nếu xét \(g: X \longrightarrow Y\) với \[g=\{(1,5),(2,6),(3,5),(4,6)\},\] thì \(g\) không phải là một toàn ánh vì \(7\in Y\) mà không thuộc \(\operatorname{Im}(f)\).
Xét \(f: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) xác định bởi \(f(n)=n+2\). Khi đó \(f\) là một toàn ánh. Nếu xét \(g: \mathbb{Z} \longrightarrow \mathbb{Z}\) với \(g(n)=n^2\), thì \(g\) không phải là một toàn ánh vì, chẳng hạn, không có số nguyên nào có bình phương bằng 2.
Ánh xạ \(f: X\longrightarrow Y\) được gọi là một song ánh nếu \(f\) vừa là một đơn ánh, vừa là một toàn ánh.
Cho \(X=\{1,2,3\}\) và \(Y=\{4,5,6\}\). Xét \(f: X \longrightarrow Y\) cho bởi \[f=\{(1,4),(2,5),(3,6)\} .\] Ta có \(f\) là một song ánh.
Xét \(X\) là một tập khác rỗng. Khi đó ánh xạ đồng nhất \(\id_X: X\longrightarrow X\) xác định bởi \[\id_X(x)=x, \quad \forall x\in X,\] là một song ánh.
Cho \(f: X \longrightarrow Y\). Nếu tồn tại một ánh xạ \(g: Y \longrightarrow X\) sao cho \[g \circ f=\id_X \mbox{ và } f \circ g=\id_Y,\] thì \(g\) được gọi là ánh xạ ngược của \(f\), kí hiệu \(g=f^{-1}\) và khi đó ta nói ánh xạ \(f\) là khả nghịch.
Cho \(f: X \longrightarrow Y\). Nếu tồn tại các ánh xạ \(g: Y \longrightarrow X\) và \(h: Y \longrightarrow X\), thoả mãn \(g \circ f=\id_X\) và \(f \circ h=\id_Y\), thì \(g=h=f^{-1}\).
Proof. Proof. Với \(y\in Y\) bất kỳ, ta có \[g(y)=g(\id_Y(y))=g\left ((f\circ h)(y) \right)=(g\circ f)\left (h(y) \right)=\id_X(h(y))=h(y).\] Suy ra, \(g=h\) và theo định nghĩa thì \(g=h=f^{-1}.\) ◻
Ánh xạ ngược của \(f\) nếu tồn tại là duy nhất.
Proof. Proof. Giả sử \(f_1\) và \(f_2\) là hai ánh xạ ngược của \(f: X\longrightarrow Y\). Khi đó, theo Định nghĩa [bijection], ta có \[f_1\circ f=\id_X \mbox{ và } f\circ f_2 =\id_Y.\] Từ Định lí [thm:bijection] suy ra \(f_1=f_2\). Do đó, ánh xạ ngược của \(f\) nếu có là duy nhất. ◻
Cho \(f: X \longrightarrow Y\). Khi đó, ánh xạ ngược \(f^{-1}: Y \longrightarrow\) X tồn tại khi và chỉ khi \(f\) là một song ánh.
Proof. Proof. \([\Longrightarrow:]\) Do \(f \circ f^{-1}=\id_Y\), \[Y=\operatorname{Im}\left(\id_Y\right)=\operatorname{Im}\left(f \circ f^{-1}\right) \subset \operatorname{Im}(f) .\] Ngoài ra, \(\operatorname{Im}(f) \subset Y\). Do đó, \(\operatorname{Im}(f)=Y\), hay \(f\) là một toàn ánh. Để chứng minh \(f\) là một đơn ánh, lấy \(y_1=f\left(x_1\right), y_2=f\left(x_2\right)\) và \(y_1=y_2\). Khi đó \[x_1=\left(f^{-1} \circ f\right)\left(x_1\right)=f^{-1}\left(y_1\right)=f^{-1}\left(y_2\right)=\left(f^{-1} \circ f\right)\left(x_2\right)=x_2 .\] Suy ra \(f\) là một đơn ánh. Vậy \(f\) là một song ánh.
\([\Longleftarrow: ]\) Nếu \(f\) là một song ánh, khi đó chúng ta có thể định nghĩa \(f^{-1}: Y \Longrightarrow X\) như sau: \[f^{-1}(y)=x \Longleftrightarrow f(x)=y .\] Nghĩa là \(f^{-1}\) là ánh xạ gán mỗi \(y \in Y\), với phần tử duy nhất \(x \in X\) sao cho \(f(x)=y\). Phần tử \(x\) tồn tại vì \(f\) là một toàn ánh và nó duy nhất vì \(f\) đơn ánh. Từ định nghĩa này của \(f^{-1}\), ta có \[\left(f^{-1} \circ f\right)(x)=f^{-1}(y)=x\] tức là, \(f^{-1} \circ f=\id_X\), và \[\left(f \circ f^{-1}\right)(y)=f(x)=y,\] hay \(f \circ f^{-1}=\id_Y\), điều đó chứng tỏ \(f^{-1}\) là ánh xạ ngược (duy nhất) của \(f\). ◻
Bài tập
Kiểm tra mỗi ánh xạ \(f\) sau đây là đơn ánh, toàn ánh hay song ánh. Nếu là song ánh hãy tìm ánh xạ ngược \(f^{-1}.\)
\(f:\N\longrightarrow \N\), với \(f(x)=x^2.\)
\(f:\Z\longrightarrow \Z\), với \(f(x)=x^2.\)
\(f:\R\longrightarrow \R\), với \(f(x)=x^2.\)
\(f:\R\longrightarrow \R\), với \(f(x)=10x+7.\)
\(f: \R\setminus\{-2\} \longrightarrow \R\setminus \{1\}\), \(f(x)=\frac{x-2}{x+2}\).
\(f: \R\setminus\{3\} \longrightarrow \R\setminus \{1\}\), \(f(x)=\frac{x-2}{x-3}\).
\(f:\R\longrightarrow \R\), với \(f(x)=|x|\).
\(f:\R\longrightarrow \R\), với \(f(x)=x|x|+1\).
\(f: \R\longrightarrow (-1,1)\), với \(f(x)=\frac{x}{1+|x|}\).
\(f: \R\setminus \{0\} \longrightarrow \R\setminus [-1,1]\), với \(f(x)=\frac{1+e^x}{1-e^x}.\)
\(f: (0,1) \longrightarrow (a,b)\), với \(f(x)=a+(b-a)x\) trong đó \(a, b\) là hai số cho trước thoả mãn \(a<b\).
\(f: (-1,1) \longrightarrow \R\), với \(f(x)=\tan(\frac{\pi x}{2}).\)
\(f: [0, \infty) \longrightarrow [-5, \infty)\), với \(f(x)=9x^2+6x-5.\)
Tìm các ánh xạ hợp thành \(f\circ g, g\circ f\) và \(f\circ f\) trong mỗi trường hợp sau
\(f(x)=x^2, g(x)=x-1\).
\(f(x)=3x+5, g(x)=5-x\).
\(f(x)=\sqrt[3]{x-1}, g(x)=x^3+1\).
Viết ánh xạ \(h\) thành hợp thành của hai ánh xạ, trong mỗi trường hợp sau
\(h(x)=(5x+1)^{2021}\).
\(h(x)=e^{\sin (x)}\).
\(h(x)=\sqrt[3]{x^2+1}\).
Chứng minh rằng, nếu \(f: A\longrightarrow B\) là một song ánh thì ánh xạ ngược \(f^{-1}: B\longrightarrow A\) cũng là một song ánh.
Cho ánh xạ \(f: X\longrightarrow Y\) và \(A\subset X\). Chứng minh rằng \(A\subset f^{-1}(f(A))\) và nếu \(f\) là đơn ánh thì \(A=f^{-1}(f(A)).\)
Cho ánh xạ \(f: X\longrightarrow Y\) và \(B\subset Y\). Chứng minh rằng \(f(f^{-1}(B)) \subset B\) và nếu \(f\) là toàn ánh thì \(f(f^{-1}(B))=B\).
Cho ánh xạ \(f: X\longrightarrow Y\). Chứng minh rằng \(f\) là đơn ánh khi và chỉ khi \(f(A_1) \subsetneq f(A_2), \;\; \forall A_1\subsetneq A_2 \subset X\).
Cho ánh xạ \(f: X\longrightarrow Y\). Chứng minh rằng \(f\) là toàn ánh khi và chỉ khi \(f^{-1}(B_1) \subsetneq f^{-1}(B_2), \;\; \forall B_1\subsetneq B_2 \subset Y\).
Cho \(f: X\longrightarrow Y\) là một ánh xạ. Chứng minh rằng \(f\) là đơn ánh khi và chỉ khi \[\displaystyle f\left(\bigcap_{\alpha \in I} A_\alpha\right) = \bigcap_{\alpha \in I} f(A_\alpha),\] với mọi họ các tập con \((A_\alpha)_{\alpha \in I} \subset X\).
Cho \(A,B,C\) là các tập và \(f: A\longrightarrow B\), \(g: B\longrightarrow C\) là các ánh xạ. Chứng minh rằng
Nếu cả \(f\) và \(g\) đều đơn ánh thì ánh xạ hợp thành \(g\circ f\) cũng là một đơn ánh.
Nếu cả \(f\) và \(g\) đều toàn ánh thì ánh xạ hợp thành \(g\circ f\) cũng là một toàn ánh.
Nếu cả \(f\) và \(g\) đều là song ánh thì ánh xạ hợp thành \(g\circ f\) cũng là một song ánh. Hơn nữa, khi đó \((g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}\).
Cho \(A\) và \(B\) là hai tập hợp. Ta nói tập \(A\) có cùng lực lượng với tập \(B\) nếu tồn tại một song ánh \(f: A\longrightarrow B\). Hãy chứng tỏ rằng
Nếu \(A\) có cùng lực lượng với \(B\) thì \(B\) cũng có cùng lực lượng với \(A\). Do đó, về sau ta sẽ nói \(A\) và \(B\) có cùng lực lượng.
Nếu \(A\) có cùng lực lượng với \(B\) và \(B\) có cùng lực lượng với \(C\) thì \(A\) có cùng lực lượng với \(C\).
Nếu \(A\) và \(B\) là hai tập có hữu hạn phần tử thì \(A\) và \(B\) có cùng lực lượng khi và chỉ khi số phần tử của chúng bằng nhau.
Chỉ ra các song ánh để chứng tỏ các tập sau đây có cùng lực lượng \((0,1)\), \(\R\), \((a,b)\) với \(a<b.\)
Cho \(A\) là một tập hợp. \(A\) được gọi là tập đếm được nếu \(A\) có cùng lực lượng với tập \(\N\). Nghĩa là, tồn tại song ánh \(f: \N\longrightarrow A\). Khi đó ta có thể viết các phần tử của \(A\) thành một dãy mà mỗi phần tử của \(A\) xuất hiện đúng một lần \[a_1, a_2, a_3, \ldots,\] trong đó \(f(i)=a_i\).
Chứng minh rằng tập các số nguyên \(\Z\) là tập đếm được, bằng cách chứng tỏ ánh xạ \(f: \N\longrightarrow \Z\) cho bởi
\[ f(n)=\begin{cases} -\frac{n}{2}, \mbox{ nếu } n \mbox{ chẵn},\\ \frac{n-1}{2}, \mbox{ nếu } n \mbox{ lẻ}, \end{cases} \]
là một song ánh.
Chứng minh rằng tập \(\N\times \N\) là đếm được bằng cách chứng tỏ ánh xạ \(f: \N\times \N \longrightarrow \N\) cho bởi \[f(i,j)=\frac{1}{2}(i+j-2)(i+j-1)+i\] là một song ánh.
Chứng tỏ rằng nếu \(A\) và \(B\) là hai tập đếm được thì \(A\times B=\{(a,b) \mid a\in A, b\in B\}\) cũng là tập đếm được.
Gợi ý. Nếu \(f: A\longrightarrow \N\) và \(g: B\longrightarrow \N\) là các song ánh, thì ánh xạ \(h: A\times B\longrightarrow \N\times \N\) với \(h(a,b)=(f(a), g(b))\) cũng là một song ánh. Kết hợp với câu (b) để suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh rằng tập hợp \(X=\Q \cap [0, 1)\) gồm các số hữu tỉ trên khoảng \([0,1)\) là tập đếm được.
Chứng minh rằng tập \(\Q\) các số hữu tỉ là tập đếm được.
Chứng minh rằng đoạn \([0,1]\) là không đếm được.
Tóm tắt Chương 1 Chương 1 trình bày sơ lược về logic, lí thuyết tập hợp và ánh xạ. Đây là những kiến thức nền tảng mà sinh viên cần nắm vững để tiếp thu các phần sau. Phần đầu tiên của chương giới thiệu các kiến thức cơ sở về logic như các phép toán trên mệnh đề, các luật logic và các quy tắc suy luận. Nội dung này trang bị cho người học khả năng trình bày và vận dụng các công cụ logic cần thiết trong lập luận toán học. Tiếp theo, chúng tôi đề cập đến khái niệm tập hợp, các phép toán trên tập hợp và các quan hệ trên tập hợp. Các tập hợp số: Số tự nhiên, số nguyên, số hữu tỉ, số vô tỉ và số thực cũng được nhắc lại để làm cơ sở cho việc học tiếp các tính chất của tập số thực trong Chương 2. Phần cuối chương trình bày các khái niệm về ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh, song ánh để thuận tiện khi nghiên cứu các tính chất liên quan đến hàm số ở các phần tiếp theo.