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习题（1.2 映射）

本页面收录 1.2 映射的补充练习，用来检验是否真的掌握了映射的定义与分类与复合映射与逆映射。解答默认折叠——建议先自己写一遍再展开对照。

关于题目来源

本页练习是整理笔记时补充的自拟题，不是课本原题。题型覆盖判型、像与原像、复合、可逆性四个方面，做完这几道题，1.2 的主要考点就都过了一遍。

前置知识
  • 映射的定义与 \(\exists!\) 的含义；单射、满射、双射的定义
  • 像集 \(f(A)\) 与原像集 \(f^{-1}(B)\) 的定义
  • 复合映射 \(g \circ f\) 与逆映射的定义，以及"可逆 \(\iff\) 双射"

解题框架

映射题的固定套路只有三条：

  1. 判型先看两件事。 单射问"\(f(x_1) = f(x_2)\) 能否推出 \(x_1 = x_2\)"（或"不同的点是否给出不同的像"）；满射问"陪域中任取的 \(y\) 能不能解出原像 \(x\)"。两问都答"能"才是双射。
  2. 求逆映射就是解方程。 从 \(y = f(x)\) 中把 \(x\) 解出来写成 \(x = f^{-1}(y)\)，再回代验证两条复合恒等式。别忘了检查解出的 \(x\) 落在定义域内、\(y\) 落在陪域内。
  3. 证明可逆用充要条件。 先证单射、再证满射，然后引用"可逆 \(\iff\) 双射"即可，不必每次从复合恒等式开始。

练习

练习 1 · 判断映射的类型

判断下列映射是否为单射、满射、双射：

  1. \(f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}\)，\(f(n) = n + 2\)；
  2. \(f: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{N}^{*}\)，\(f(n) = n^2\)；
  3. \(f: \mathbb{R} \to [0, +\infty)\)，\(f(x) = x^2\)；
  4. \(f: (0, 1) \to (0, +\infty)\)，\(f(x) = \dfrac{1}{x}\)。
解答

1. 是双射。

  • 单射：设 \(n_1 + 2 = n_2 + 2\)，两边减 \(2\) 得 \(n_1 = n_2\)。
  • 满射：任取 \(m \in \mathbb{Z}\)，取 \(n = m - 2 \in \mathbb{Z}\)，则 \(f(n) = m\)。

2. 是单射，不是满射。

  • 单射：设 \(n_1^2 = n_2^2\)。由 \(n_1, n_2 \in \mathbb{N}^{*}\) 知两者都为正，故 \(n_1 = n_2\)。
  • 不是满射：\(2 \in \mathbb{N}^{*}\) 没有原像，因为不存在 \(n \in \mathbb{N}^{*}\) 使 \(n^2 = 2\)。

3. 是满射，不是单射。

  • 满射：任取 \(y \in [0, +\infty)\)，取 \(x = \sqrt{y} \in \mathbb{R}\)，则 \(f(x) = y\)。
  • 不是单射：\(f(-1) = 1 = f(1)\)，而 \(-1 \ne 1\)。

注意这里陪域取的是 \([0, +\infty)\) 而不是 \(\mathbb{R}\)；若改成 \(f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\)，它就既不是单射也不是满射了——判型必须连同陪域一起看。

4. 是单射，不是满射。

  • 单射：设 \(\frac{1}{x_1} = \frac{1}{x_2}\)，则 \(x_1 = x_2\)。
  • 不是满射：\(y = \frac{1}{2} \in (0, +\infty)\) 没有原像。若不然，\(\frac1x = \frac12\) 给出 \(x = 2 \notin (0,1)\)，与定义域矛盾。事实上 \(x \in (0,1)\) 时 \(\frac1x \in (1, +\infty)\)，故 \(f((0,1)) = (1, +\infty) \subsetneq (0, +\infty)\)。

这道小题的教训是：证满射时把方程解出来只是第一步，还必须检查解出的 \(x\) 是否真的落在定义域内。若把陪域改为 \((1, +\infty)\)，则 \(f: (0,1) \to (1, +\infty)\) 成为双射，逆映射仍为 \(f^{-1}(y) = \frac{1}{y}\)。

练习 2 · 计算像集与原像集

设 \(f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\)，\(f(x) = x^2 - 2x\)。求：

  1. \(f([0, 3])\)；
  2. \(f^{-1}([0, 3])\)；
  3. \(f^{-1}(\{-1\})\)；
  4. \(f^{-1}((-\infty, -2))\)。
解答

先配方：\(f(x) = (x - 1)^2 - 1\)，故 \(f(x) \ge -1\)，且 \(f\) 关于 \(x = 1\) 对称。

1. \(f([0,3]) = [-1, 3]\)。 当 \(x\) 取遍 \([0,3]\) 时，\(x - 1\) 取遍 \([-1, 2]\)，故 \((x-1)^2\) 取遍 \([0, 4]\)，于是 \(f(x) = (x-1)^2 - 1\) 取遍 \([-1, 3]\)。（最小值在 \(x = 1\) 处取得，最大值在 \(x = 3\) 处取得。）

2. \(f^{-1}([0,3]) = [-1, 0] \cup [2, 3]\)。 按定义，\(x \in f^{-1}([0,3])\) 当且仅当 \(0 \le f(x) \le 3\)，即

\[ 0 \le (x-1)^2 - 1 \le 3 \iff 1 \le (x-1)^2 \le 4 \iff 1 \le \lvert x - 1 \rvert \le 2 . \]

当 \(x \ge 1\) 时，\(1 \le x - 1 \le 2\) 给出 \(x \in [2,3]\)；当 \(x \le 1\) 时，\(1 \le 1 - x \le 2\) 给出 \(x \in [-1, 0]\)。故原像集为这两段的并。

3. \(f^{-1}(\{-1\}) = \{1\}\)。 解 \((x-1)^2 - 1 = -1\) 得 \((x-1)^2 = 0\)，即 \(x = 1\)。

4. \(f^{-1}((-\infty,-2)) = \varnothing\)。 因为对一切实数 \(x\) 都有 \(f(x) \ge -1 > -2\)，故没有任何 \(x\) 使 \(f(x) < -2\)。

第 3、4 小题说明原像集可以是单点集，也可以是空集——原像集为空并不表示 \(f\) 有问题，只说明那个集合不在 \(f\) 的值域里。

练习 3 · 单射的又一个等价刻画

设 \(f: X \to Y\)。证明：\(f\) 是单射，当且仅当对每个 \(A \subseteq X\) 都有

\[ f^{-1}\bigl(f(A)\bigr) = A . \]
解答

（必要性）设 \(f\) 是单射，证明对每个 \(A \subseteq X\) 有 \(f^{-1}(f(A)) = A\)。

先用定义展开：

\[ x \in f^{-1}\bigl(f(A)\bigr) \iff f(x) \in f(A) \iff \exists\, a \in A,\ f(a) = f(x). \]

由 \(f\) 是单射，\(f(a) = f(x)\) 蕴含 \(a = x\)，故上式等价于 \(x \in A\)。于是两边互相包含，\(f^{-1}(f(A)) = A\)。

（充分性）设对每个 \(A \subseteq X\) 都有 \(f^{-1}(f(A)) = A\)，证明 \(f\) 是单射。

设 \(f(x) = f(x')\)。取 \(A = \{x\}\)。由 \(f(x') = f(x) \in f(A)\) 得

\[ x' \in f^{-1}\bigl(f(A)\bigr) = A = \{x\}, \]

故 \(x' = x\)。因此 \(f\) 是单射。

说明 这个刻画与映射的定义与分类中例题 2 的 \(f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\) 是同一件事的两种写法：单射的实质是"每个像只有一个来源"，而这句话既可以翻译成"像的交等于交的像"，也可以翻译成"取像再取原像能回到原集合"。

练习 4 · 复合映射的计算与判型

设 \(f, g: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\)，\(f(x) = 2x + 1\)，\(g(x) = x^2\)。求 \(f \circ g\)、\(g \circ f\)、\(f \circ f\) 的表达式，并判断 \(f \circ g\) 与 \(g \circ f\) 是否为单射、满射。

解答

按定义 \((g \circ f)(x) = g(f(x))\)，注意右边先作用。

\[ (f \circ g)(x) = f\bigl(g(x)\bigr) = f(x^2) = 2x^2 + 1 , \]
\[ (g \circ f)(x) = g\bigl(f(x)\bigr) = g(2x+1) = (2x+1)^2 , \]
\[ (f \circ f)(x) = f(2x+1) = 2(2x+1) + 1 = 4x + 3 . \]

显然 \(f \circ g \ne g \circ f\)：前者为 \(2x^2 + 1\)，后者为 \(4x^2 + 4x + 1\)。复合不满足交换律。

\(f \circ g\) 既不是单射也不是满射。

  • 不是单射：\((f \circ g)(-1) = 3 = (f \circ g)(1)\)。
  • 不是满射：\((f \circ g)(x) = 2x^2 + 1 \ge 1\)，故 \(0 \in \mathbb{R}\) 没有原像。

\(g \circ f\) 既不是单射也不是满射。

  • 不是单射：\((g \circ f)(-1) = 1 = (g \circ f)(0)\)。
  • 不是满射：\((g \circ f)(x) = (2x+1)^2 \ge 0\)，故 \(-1\) 没有原像。

这里 \(f\) 是双射（推理与前面练习 1 的第 1 小题完全相同：\(f\) 是 \(\mathbb{R}\) 上的一次函数，既是单射又是满射），而 \(g\) 既非单射也非满射；复合之后，双射的那个因子也救不回来——这与"复合保持单射性、满射性"的命题并不矛盾：那条命题要求两个因子都是单射（或都是满射），这里 \(g\) 不满足。

练习 5 · 求逆映射

设

\[ f: \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\}, \qquad f(x) = \frac{x+1}{x-2} . \]

证明 \(f\) 可逆，并求 \(f^{-1}\)。

解答

第一步：\(f\) 是单射。 设 \(\dfrac{x_1+1}{x_1-2} = \dfrac{x_2+1}{x_2-2}\)，其中 \(x_1, x_2 \ne 2\)。交叉相乘：

\[ (x_1 + 1)(x_2 - 2) = (x_2 + 1)(x_1 - 2). \]

展开两边：\(x_1x_2 - 2x_1 + x_2 - 2 = x_1x_2 - 2x_2 + x_1 - 2\)，消去同类项得 \(-2x_1 + x_2 = -2x_2 + x_1\)，即 \(3x_2 = 3x_1\)，故 \(x_1 = x_2\)。

第二步：\(f\) 是满射。 任取 \(y \in \mathbb{R} \setminus \{1\}\)，解方程 \(y = \dfrac{x+1}{x-2}\)：

\[ y(x - 2) = x + 1 \iff yx - 2y = x + 1 \iff x(y - 1) = 2y + 1 \iff x = \frac{2y+1}{y-1}, \]

其中最后一步用到了 \(y \ne 1\)（这正是陪域去掉 \(1\) 的原因）。还需检查解出的 \(x\) 落在定义域 \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\) 内：若 \(x = 2\)，则 \(2(y-1) = 2y+1\)，即 \(-2 = 1\)，矛盾。故 \(x \ne 2\)。于是这个 \(x\) 满足定义域要求，且

\[ f(x) = \frac{\frac{2y+1}{y-1} + 1}{\frac{2y+1}{y-1} - 2} = \frac{\frac{2y+1+y-1}{y-1}}{\frac{2y+1-2y+2}{y-1}} = \frac{3y}{3} = y . \]

故 \(f\) 是满射。

第三步：写出逆映射。 由"可逆 \(\iff\) 双射"，\(f\) 可逆，且

\[ f^{-1}: \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R} \setminus \{2\}, \qquad f^{-1}(y) = \frac{2y+1}{y-1} . \]

说明 这个例子的形状值得记住：\(f(x) = \dfrac{ax+b}{cx+d}\) 这类分式线性函数的逆映射还是同类型的分式线性函数，只要 \(ad - bc \ne 0\)。这里 \(a = 1\)、\(b = 1\)、\(c = 1\)、\(d = -2\)，\(ad - bc = -2 - 1 = -3 \ne 0\)，与"可逆"一致。另外注意陪域必须挖掉 \(1\)，这个值是 \(x \to \pm\infty\) 时 \(f\) 的极限位置，它取不到。

练习 6 · 只有单边逆会怎样

设 \(f: X \to Y\)，\(g: Y \to X\) 满足

\[ g \circ f = id_X \]

（只有这一边）。问：\(f\) 与 \(g\) 是否一定可逆？

解答

不一定。 由 \(g \circ f = id_X\) 可以得到两条结论，但也仅此而已：

  • \(f\) 是单射：若 \(f(x_1) = f(x_2)\)，两边作用 \(g\) 得 \(x_1 = g(f(x_1)) = g(f(x_2)) = x_2\)；
  • \(g\) 是满射：任取 \(x \in X\)，则 \(x = g(f(x))\)，即 \(x\) 是 \(y = f(x) \in Y\) 在 \(g\) 下的像。

但 \(f\) 不必是满射、\(g\) 不必是单射，因此两者都可以不可逆。

反例。 取 \(X = Y = \mathbb{N}^{*}\)（正整数集），

\[ f: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{N}^{*}, \quad f(n) = 2n; \qquad g: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{N}^{*}, \quad g(m) = \begin{cases} \dfrac{m}{2}, & m \text{ 为偶数}, \\ 1, & m \text{ 为奇数}. \end{cases} \]

对任意 \(n \in \mathbb{N}^{*}\)，\(f(n) = 2n\) 是偶数，故 \(g(f(n)) = \frac{2n}{2} = n\)，即 \(g \circ f = id_{\mathbb{N}^{*}}\)。

然而

  • \(f\) 不是满射：奇数 \(1\) 没有原像，故 \(f\) 不可逆；
  • \(g\) 不是单射：\(g(1) = 1 = g(2)\)，故 \(g\) 不可逆。

说明 这与复合映射与逆映射中的结论完全一致：\(g \circ f = id_X\) 只给出"\(f\) 单、\(g\) 满"。要让两者都可逆，必须两边都成立，即 \(g \circ f = id_X\) 且 \(f \circ g = id_Y\)——这时 \(f\) 与 \(g\) 互为逆映射。在有限集上情形会好一些：此时"单射"已经蕴含"双射"，所以只要 \(g \circ f = id_X\) 就能推出两者都可逆；无限集上则不然，上面这个例子就是明证。

参见