最新資料推薦 第二講映射及映射法第二講映射及映射法知識、方法、技能1.映射的定義設A,B是兩個集合，如果按照某種對應法則f,對于集合A中的任何一個元素，在集合B中都有惟一的元素和它對應，這樣的對應叫做從集合A到集合B的映射，記作 （1）映射是特,:BAf殊的對應，映射中的集合A,B可以是數集，也可以是點集或其他集合，這兩個集合有先后次序，從A到B的映射與從B到A的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互換的，互換后就不是原來的映射了.（3）映射包括集合A和集合B,以及集合A到B的對應法則f,三者缺一不可.（4）對于一個從集合A到集合B的映射來說，A中的每一個元素必有惟一的，但B中的每一個元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一個.2.一一映射一般地，設A、B是兩個集合，是集合A到集合B的映射，,:BAf如果在這個映射下，對于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一個元素都有原象，那么個這個映射叫做A到B上的一一映射.3.逆映射如果f是A與B之間的一一對應，那么可得B到A的一個映射g：任給，規定abg）（，其中a是b在f下的原象，稱這個映射g是f的逆映射，并將g記為fl.顯然有（f如果f是A與B之間的一一對應，則f是f.事實上，f同，所以bl和b2在fl）1=f,即1是B與A之間的——對應，并且fl

的逆映射1是B到A的映射，對于B中的不同元素bl和b2,由于它們在f下的原象不1下的像不同，所以fl是1—1的.任給bafAa）（,設，則abf）（1.這說明A中每個元素a在f1都有原象.因此，f1是映射上的.這樣即得f1是B到A上的1—1映射，即f1是B與A之間一一對應.從而f1有逆映射1由于任給bahAa）（,設，其中b是a在f1下的原象，即f1（b）=a，所以，f（a）=b，從而?一 得），（）（，這即fhafbah是f1的逆映射是f.賽題精講I映射關映射的高中數學競賽題是常見題型之一，請看下述試題.例1:設集合110|{xxM},,,,I）d,,MdcbacbaFx集合Z映射f：FZ.使得vuyxvxyuyxvucdabdcbafff,,,,66）,,,（,39）,,,（.已知），，，（求的值.【思路分析】應從cdabdcbaf K手，列方程組來解之.【略解】由f的定義和已知數據，得）.,,,（66,39Myxvuxvuyxyuv將兩式相加，相減并分別分解因式，得.27））（（,1。5））（（ xuvyxuvy顯然，},110|{,,,,0,0Z xxxvuyxvyxu在的條件下，,110vu,21）（,15）（,105|）v（,2210,221]11105:21可見但即對應可知.5）（,7）（21xuxu V同yyv理， 由.9）（,于是有以下兩3）（223,221]1127[,11021 xuxuxux于是有以下兩xvyvyuvy又有知對應地，.3）（,9）（21y

xvyvy 最新資料推薦 種可能:(I);3,9,715vyxuxuy(II) 由,3,9,5,21vyxuxuv(I)解出x=1,y=9,u=8,v=6；由(II)解出y=12,它已超出集合M中元素的范圍.因此，(I)無解.【評述】在解此類問題時，估計 取值范圍的討論十分重要的可能值是關鍵，其中丫對它們的例2： ?xuv，已知集合}.0|)y,{(}333|)y,{( xyxxyxA和集合求一個A與B的 對應f,并寫出其逆映射. 圖I—1-2-1【略解】從已知集合A,B看出，它們分別是坐標平面上兩直線所夾角形區域內的點的集合(如圖I-1-2-1).集合A為直線 和所夾角內點的集合，集合B則是第一、三xyxy333象限內點的集合.所要求的對應實際上可使A區域拓展成B區域，RA },36,,).20 5,RBf在RA },36,,).20 5,RBf在輻角之間是一次函數0| )sin,cos{(0| )sin,cos{(令).6(3),sin,cos()sin,cos(這個映射下，極徑沒有改變，23,因而 和之間是一一對應，其中),3,6().2,0(所以，映射f23,因而 和之間是一一對應，其中),3,6().2,0(所以，映射f是A與B的對應.逆映射極易寫，從略.【評述】本題中將下角坐標問題化為極坐標問題，頗具特色.應注意理解掌握.II映射法應用映射知識往往能巧妙地解決有關集合的一些問題.例3：設X={1,2,,100）,對X的任一非空子集M,M中的最大數與最小數的和稱為M的特征，記為）.（Mm求X的所有非空子集的特征的平均數.【略解】設.}1101:,XAaaAAAfXA 令于是 是AAf:X的非空子集的全體（子集組成的集），Y到X自身的滿射，記X的非空子集為A1,A2,,An（其中n=2100—1）,則特征的平均數為,））i（）（（21）（111iininiAmAmnAmn由于A中的最大數與A中的最小數的和為101,A中最小數與A中的最大數的和也為101,故，202）0（iiAmAm從而特征平均數為.1012022cardl素個數分別記為說，如果A,B為.1012022cardl素個數分別記為說，如果f是單射，則有card果f是雙射，則有）（人0@那）,（），（8。@1代@^人對于映射（ABAf 來）（）（Bcard）.這在B:計算集合A的元素的個數時，有著重要的應用.即a（；如果f是滿射，則有）（）饃久們就找另一個集合B,就有）（）是滿射，則有）（）饃久們就找另一個集合B,就有）（）(BcardAcard；如 當）（Acard比較難求時，我Beard建立一一對應 ，把B的個數數清，BAf:這是我們解某些題時常用的方法.請看下述兩例.例4：把△ABC的各邊n等分，過各分點分別作各邊的平行線，得到一些由三角形的邊和這些平行線所組成的平行四邊形，試計算這最新資料推薦些平等四邊形的個數.【略解】如圖I—1—2—2所示，我們由對稱性， 先考慮邊不行于BC的小平行四邊形.把AB邊和AC邊各延長一等分，分別到B,C,連接BC.將AB的n條平行線分別延長，與BC相交，連同B,C共有n+2個分點，從B至C依次記為1,2,,n+2.圖中所示的小平行四邊形所在四條線分別交BC于i,j,k,l,記 A=｛邊不平行于BC的小平行四邊形｝, ｝.21|）1,,,｛（ nlkjikjiB把小平行四邊形的四條邊延長且交 邊于四點的過程定義為一個映射:CB下面我們證明f是A與B的一一對應，事實上，不BAf同的小平行四邊形至少有一條邊不相同，那么交于 的四點亦CB不全同.所以，四點組），，，（lkji亦不相同，從而f是A到B的1—1的映射.任給一個四點組21）j,,（ nlkjikji過i,j點作AB的平行線，過k,l作AC的平行線，必交出一個邊不平行于BC的小平行四邊形，所以，映射f是A到B的滿射.總之f是A與B的——對應，于是有.）（）（4n2CBcardAcard加上邊不平行于AB和AC的兩類小平行四邊形，得到所有平行四邊形的總數是 例5：?34n2C在一個66的棋盤上，已經擺好了一些12的骨牌，每一個骨牌都恰好覆蓋兩上相鄰的格子，證明：如果還有14個格子沒有被覆蓋，則至少能再放進一個骨牌.【思路分析】還有14個空格，說明已經擺好了11塊骨牌，如果已經擺好的骨牌是12塊，圖I—1—2—3所示的擺法就說明不能再放入骨牌.所以，有14個空格這一條件是完全必要的.我們要證明當還有14個空格時，能再放入一個骨牌，只要能證明必有兩個相鄰的空格就夠了.如果這種情況不發生，則每個空格的四周都有骨牌，由于正方形是對稱的，當我們選定一個方向時，空格和骨牌就有了某種對應關系，即可建立空格到 骨牌的一種映射，通過對空格集合與骨牌集合之間的數量關系，可以得到空格分布的一個很有趣的結論，從而也就證明了我們的命題.【略解】我們考慮下面56個方格中的空.如果棋盤第一行（即最上方的一行）中的空格數多于3個時，則必有兩空格相鄰，這時問題就得到解決.現設第一行中的空格數最多是3個，則有11314）（Xcard，另一方面全部的骨牌數為11，即.11）（Ycard所以必有），（）（YcardXcard事實上這是一個一一映射，這時，將發生一個很有趣的現象：最下面一行全是空格，當然可以放入一個骨牌.【評述】這個題目的證明是頗具有特色的，從內容上講，這個題目具有一定的綜合性，既有覆蓋與結構，又有計數與映射，尤其是利用映射來計數，在數學競賽中還較少見.當然這個題目也可以用其他的方法來解決.例如，用抽屜原則以及用分組的方法來討論其中兩行的結構，也能比較容易地解決這個問題，請讀者作為練習.例6：設N={1,2,3,},論證是否存一個函數 使得2）1NNf:（f'nnfnff ）（））（（對一切n口成立‘）］（）（^nf格，即最新資料推薦除去第一行后的方格中的空格.對每一個這樣的空格，考察它上方的與之相鄰的方格中的情況.（1）如果上方的這個方格是空格，則問題得到解決.（2）如果上方的這個方格被骨牌所占，這又有三種情況.（i）骨牌是橫放的，且與之相鄰的下方的另一個方格也是空格，則這時有兩空格相鄰，即問題得到解決； （ii）骨牌是橫放的，與之相鄰的下方的另一個方格不是空格，即被骨牌所覆蓋；（iii）骨牌是豎放的. 現在假設僅發生（2）中的（ii）和（iii）時，我們記X為下面56個方格中的空格集合，Y為上面56個方格中的骨牌集合，作映射，由于每個空格（XYX:中的）上方都有骨牌（Y中的），且不同的空格對應于不同的骨牌.所以，這個映射是單射，于是有）（）（YcardXcard，對一切Nn成立.【解法1】存在，首先有一條鏈.123581321 ①鏈上每一個數n的后繼是）（nf，f滿足nnfnff）（））（（ ②即每個數是它產面兩個數的和，這種鏈稱為f鏈.對于①中的數mn，由①遞增易知有 nmnfmf）（）（③我們證明自然數集N可以分析為若干條f鏈，并且對任意自然數mn，③成立（從而）（）1（旺旺），并且每兩條鏈無公共元素）.方法是用歸納法構造鏈（參見單士尊著《數學競賽研究教程》江蘇教育出版社）設已有若干條f鏈，滿足③，而k+1是第一個不在已有鏈中出現的數，定義1）（）1（kfkf④這鏈中其余的數由②逐一確定.對于mn，如果m、n同屬于新鏈，③顯然成立，設m、n中恰有一個屬于新鏈.若m屬于新鏈，在m=k+1時，，1)(1)()()(nmnknfkfnfnrf 設對于m，③成立，則nmfmnmnfmmfnfmff )()()()())(([由②易知)(2nrfm]. 即對新鏈上一切m,③成立.若n屬于新鏈，在n=k+1時，,11)()()()(nmkmkfmfnfmf設對于n,③成立，在mn時，m不為原有鏈的鏈首。記)?()())(())(()(，)()，(nsnfimnfmsnffnrfnfmxfni時則在而在)(，o)()(,nfrnsnsfnfns 與矛盾，所以)())(()ns,即對新鏈上一切，③成立?因而添入一條新鏈后，③仍成立.這樣繼續添加，直到所有自然數均在鏈中出現，所得函數即為所求.【解法2】NNf:令]D,15(21,)]1([)(xnnnf 其中表示x的整數部分.顯然)(nf嚴格遞增，并且.2)1(f又由于1)1( ， )]1)((：)0)((nfnfnff.)()]}1([1{)()][}({)}1()]1(：)1({)0)10]1([ {)(2nrifriririfxxxxririririfririnf的分數部分為因此，nn)]i([就是滿足要求的函數.針對性訓練題1/r