高中数学 奥赛辅导精品第二讲 映射及映射法

1 第二讲第二讲 映射及映射法映射及映射法 知识 方法 技能 1 映射的定义 设 A B 是两个集合 如果按照某种对应法则f 对于集合 A 中的任何一个元素 在集合 B 中都有惟一的元素和它对应 这样的对应叫做从集合 A 到集合 B 的映射 记作 BAf 1 映射是特殊的对应 映射中的集合 A B 可以是数集 也可以是点集或其他集合 这两个集合有先后次序 从 A 到 B 的映射与从 B 到 A 的映射是截然不同的 2 原象和象是不能互换的 互换后就不是原来的映射了 3 映射包括集合 A 和集合 B 以及集合 A 到 B 的对应法则f 三者缺一不可 4 对于一个从集合 A 到集合 B 的映射来说 A 中的每一个元素必有惟一的 但 B 中的 每一个元素都不一定都有原象 如有 也不一定只有一个 2 一一映射 一般地 设 A B 是两个集合 是集合 A 到集合 B 的映射 如果在这个映射下 BAf 对于集合 A 中的不同元素 在集合 B 中有不同的象 而且 B 中每一个元素都有原象 那么个 这个映射叫做 A 到 B 上的一一映射 3 逆映射 如果f是 A 与 B 之间的一一对应 那么可得 B 到 A 的一个映射 g 任给 规定Bb 其中a是 b 在f下的原象 称这个映射 g 是f的逆映射 并将 g 记为f 1 abg 显然有 f 1 1 f 即 如果f是 A 与 B 之间的一一对应 则f 1是 B 与 A 之间的一一对应 并且f 1的逆映射 是f 事实上 f 1是 B 到 A 的映射 对于 B 中的不同元素 b1和 b2 由于它们在f下的原象不 同 所以 b1和 b2在f 1下的像不同 所以f 1是 1 1 的 任给 则 这说明 A 中每个元素a在f 1都有原象 因此 bafAa 设abf 1 f 1是映射上的 这样即得f 1是 B 到 A 上的 1 1 映射 即f 1是 B 与 A 之间一一对应 从而f 1有逆映 射由于任给 其中 b 是a在f 1下的原象 即f 1 b a 所以 BAh bahAa 设 f a b 从而 这即是f 1的逆映射是f fhafbah 得 赛题精讲 映射 关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一 请看下述试题 例例 1 1 设集合映射f F Z 使得 110 MdcbadcbaFxxxM 集合Z 的值 vuyxvxyuyxvucdabdcba fff 66 39 求已知 思路分析 应从入手 列方程组来解之 cdabdcba f 略解 由f的定义和已知数据 得 2 66 39 Myxvuxvuy xyuv 将两式相加 相减并分别分解因式 得 27 105 xuvyxuvy 显然 的条件下 110 0 0Z xxxvuyxvyxu在 110 vu 21 15 105 2210 221 11 105 21 vyvyvyvyvy可见但即 对应可知 5 7 21 xuxu 同理 由 9 3 223 221 11 27 110 21 xuxuxuxuvy又有知 对应地 于是有以下两种可能 3 9 21 vyvy 3 9 7 15 vy xu xu xy 3 9 5 21 vy xu xu vy 由 解出x 1 y 9 u 8 v 6 由 解出 y 12 它已超出集合 M 中元素的范 围 因此 无解 评述 在解此类问题时 估计的可能值是关键 其中 对它们的xuvyxuvy 取值范围的讨论十分重要 例例 2 2 已知集合求一个 A 与 B 的一一对 0 3 3 3 x y yx x y yxA和集合 应f 并写出其逆映射 略解 从已知集合 A B 看出 它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合 如图 1 2 1 集合 A 为直线所夹角内点的集合 集合 B 则是第一 三象限内点的xyxy3 3 3 和 集合 所要求的对应实际上可使 A 区域拓展成 B 区域 并要没有 折叠 与 漏洞 先用极 图 1 2 1 3 坐标表示集合 A 和 B 36 0 sin cos RA 2 0 0 sin cos RB 令在这个映射下 极径没有改 6 3 sin cos sin cos f 变 辐角之间是一次函数 因而之间是一一对应 其中 2 3 和 3 6 所以 映射f是 A 与 B 的一一对应 2 0 逆映射极易写 从略 评述 本题中将下角坐标问题化为极坐标问题 颇具特色 应注意理解掌握 映射法 应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题 例例 3 3 设 X 1 2 100 对 X 的任一非空子集 M M 中的最大数与最小数的和称为 M 的 特征 记为求 X 的所有非空子集的特征的平均数 Mm 略解 设 101 XAaaAAAfXA 令 于是是 X 的非空子集的全体 子集组成的集 Y 到 X 自身的满射 记 X 的非空AAf 子集为 A1 A2 An 其中 n 2100 1 则特征的平均数为 2 1 1 11 n i ii n i i AmAm n Am n 由于 A 中的最大数与 A 中的最小数的和为 101 A 中最小数与 A 中的最大数的和也为 101 故从而特征平均数为 202 ii AmAm 101202 2 1 n n 如果 A B 都是有限集合 它们的元素个数分别记为对于映射来 BcardAcardBAf 说 如果f是单射 则有 如果f是满射 则有 如 BcardAcard BcardAcard 果f是双射 则有 这在计算集合 A 的元素的个数时 有着重要的应用 BcardAcard 即当比较难求时 我们就找另一个集合 B 建立一一对应 把 B 的个数数 AcardBAf 清 就有 这是我们解某些题时常用的方法 请看下述两例 BcardAcard 例例 4 4 把 ABC 的各边 n 等分 过各分点分别作 各边的平行线 得到一些由三角形的边和这些平 行线所组成的平行四边形 试计算这些平等四边 形的个数 略解 如图 1 2 2 所示 我们由对称性 4 先考虑边不行于 BC 的小平行四边形 把 AB 边和 AC 边各延长一等分 分别到 B C 连接 B C 将 A B 的 n 条平行线分别延长 与 B C 相交 连同 B C 共有 n 2 个分点 从 B 至 C 依次记为 1 2 n 2 图中所示的小平行四边形所在四条线分别交 B C 于 i j k l 记 A 边不平行于 BC 的小平行四边形 21 nlkjilkjiB 把小平行四边形的四条边延长且交边于四点的过程定义为一个映射 CB BAf 下面我们证明f是 A 与 B 的一一对应 事实上 不同的小平行四边形至少有一条边不相 同 那么交于的四点亦不全同 所以 四点组亦不相同 从而f是 A 到 B 的CB lkji 1 1 的映射 任给一个四点组 过i j 点作 AB 的平行线 过 k l21 nlkjilkji 作 AC 的平行线 必交出一个边不平行于 BC 的小平行四边形 所以 映射f是 A 到 B 的满射 总之f是 A 与 B 的一一对应 于是有 4 2 n CBcardAcard 加上边不平行于 AB 和 AC 的两类小平行四边形 得到所有平行四边形的总数是 3 4 2 n C 例例 5 5 在一个 6 6 的棋盘上 已经摆好了一些 1 2 的骨牌 每一个骨牌都恰好覆盖两上相 邻的格子 证明 如果还有 14 个格子没有被覆盖 则至少能再放进一个骨牌 思路分析 还有 14 个空格 说明已经摆好了 11 块骨牌 如果已经摆好的骨牌是 12 块 图 1 2 3 所示的摆法就说明不能再放入骨牌 所以 有 14 个空格这一条件是完全必要的 我们 要证明当还有 14 个空格时 能再放入一个骨牌 只要能证明必有两个相邻的空格就够了 如果这种 情况不发生 则每个空格的四周都有骨牌 由于正 方形是对称的 当我们选定一个方向时 空格和骨牌就有了某种对应关系 即可建立空格到 骨牌的一种映射 通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系 可以得到空格分布的一个很 有趣的结论 从而也就证明了我们的命题 略解 我们考虑下面 5 6 个方格中的空 如果棋盘第一行 即最上方的一行 中的空格数多于 3 个时 则必有两空格相邻 这时问题 就得到解决 现设第一行中的空格数最多是 3 个 则有 另一方面全部的骨牌11314 Xcard 数为 11 即所以必有事实上这是一个一一映射 这时 11 Ycard YcardXcard 将发生一个很有趣的现象 最下面一行全是空格 当然可以放入一个骨牌 评述 这个题目的证明是颇具有特色的 从内容上讲 这个题目具有一定的综合性 既有 覆盖与结构 又有计数与映射 尤其是利用映射来计数 在数学竞赛中还较少见 当然这个题目也可以用其他的方法来解决 例如 用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其 5 中两行的结构 也能比较容易地解决这个问题 请读者作为练习 例例 6 6 设 N 1 2 3 论证是否存一个函数使得 NNf 2 1 f 对一切成立 格 即除去第一行后的方格中的空格 nnfnff N n 1 nfnf 对每一个这样的空格 考察它上方的与之相邻的方格中的情况 1 如果上方的这个方格是空格 则问题得到解决 2 如果上方的这个方格被骨牌所占 这又有三种情况 i 骨牌是横放的 且与之相邻的下方的另一个方格也是空格 则这时有两空格相邻 即 问题得到解决 ii 骨牌是横放的 与之相邻的下方的另一个方格不是空格 即被骨牌所覆盖 iii 骨牌是竖放的 现在假设仅发生 2 中的 ii 和 iii 时 我们记 X 为下面 5 6 个方格中的空格集 合 Y 为上面 5 6 个方格中的骨牌集合 作映射 由于每个空格 X 中的 上方YX 都有骨牌 Y 中的 且不同的空格对应于不同的骨牌 所以 这个映射是单射 于是有 对一切成立 YcardXcard N n 解法 1 存在 首先有一条链 1 2 3 5 8 13 21 链上每一个数 n 的后继是 f满足 nf nnfnff 即每个数是它产面两个数的和 这种链称为f链 对于 中的数 m n 由 递增易知有 nmnfmf 我们证明自然数集 N N 可以分析为若干条f链 并且对任意自然数 m n 成立 从而 并且每两条链无公共元素 方法是用归纳法构造链 参见单壿著 数学 1 nfnf 竞赛研究教程 江苏教育出版社 设已有若干条f链 满足 而 k 1 是第一个不在已有链中出现的数 定义 1 1 kfkf 这链中其余的数由 逐一确定 对于 m n 如果 m n 同属于新链 显然成立 设 m n 中恰有一个属于新链 若 m 属于 新链 在 m k 1 时 1 1 nmnknfkfnfmf 设对于 m 成立 则nmfmnmnfmmfnfmff 由 易知 即对新链上一切 m 成立 2mfm 若 n 属于新链 在 n k 1 时 6 11 nmkmkfmfnfmf 设对于 n 成立 在 m n 时 m 不为原有链的链首 记 nsnfmnnfmsnffmf