陶哲軒實分析 3.3 節習題試解

liyuanbhu發表於2016-04-17

陶哲軒實分析 習題解答

習題 3.3

3.3.1

(1) 證明自反性

∀x∈X,f(x)=f(x)

\forall x \in X, f(x) = f(x)

所以 f=f
f = f

(2) 證明對稱性
如果 f=g

f = g

那麼 ∀x∈X,f(x)=g(x)
\forall x \in X, f(x) = g(x)

所以 ∀x∈X,g(x)=f(x)
\forall x \in X, g(x) = f(x)

所以 g=f
g = f

(3) 傳遞性
如果 f=g,g=h

f =g, g = h

那麼有
∀x∈X,f(x)=g(x) ∀x∈X,g(x)=h(x)
\forall x \in X, f(x) = g(x) \ \forall x \in X, g(x) = h(x)

所以∀x∈X,f(x)=h(x)
\forall x \in X, f(x) = h(x)

所以 f=h
f = h

3.3.2

(1) 證明，當 f

f
和 g
g
都是單射時，g∘f
g \circ f
也是單射。
反證法： 設存在不相同的 x1
x_1
和 x2
x_2
，滿足 (g∘f)x1=(g∘f)x2
(g \circ f) x_1 = (g \circ f) x_2
。
已知 f
f
是單射，所以 f(x1)≠f(x2)
f (x_1) \neq f (x_2)

設 y1=f(x1)
y_1 = f(x_1)
， y2=f(x2)
y2 = f(x_2)
， y1≠y2
y_1 \neq y_2
。
那麼 g(y1)=g(y2)
g(y_1) = g(y_2)
這與g
g
是單射矛盾。
所以g∘f
g \circ f
也是單射。

(2) f

f
、g
g
是滿射時，g∘f
g \circ f
也是滿射。
因為 g
g
是滿射，所以對任意的 z∈Z
z \in Z
， 存在 y∈Y
y \in Y
使得 g(y)=z
g(y) = z

因為 f
f
是滿射，所以存在 x∈X
x \in X
滿足 f(x)=y
f(x)= y

所以對於任意的 z∈Z
z \in Z
都存在 x∈X
x \in X
滿足 (g∘f)(x)=z
(g \circ f) (x) = z

所以g∘f
g \circ f
是滿射

3.3.3

空函式是 f:∅→X

f:\emptyset \rightarrow X
。
當X
X
是任意集合時，空函式都是單射。因為沒有 x1∈∅
x_1 \in \emptyset
, x2∈∅
x_2 \in \emptyset
, x1≠x2
x_1 \neq x_2
滿足f(x1)=f(x2)
f(x_1) = f(x_2)

當X=∅

X = \emptyset
時，空函式是滿射，也是雙射。

3.3.4

(1) g

g
是單射，g∘f=g∘f~
g \circ f = g \circ \tilde f
, 則 f=f~
f = \tilde f

反證法，若 f≠f~
f \neq \tilde f
, 則存在 x
x
使得 f(x)≠f~(x)
f(x) \neq \tilde f(x)

設 y=f(x)
y = f(x)
, y~=f~(x)
\tilde y = \tilde f(x)

由於 g
g
是單射,所以 g(y)≠g(y~)
g(y) \neq g(\tilde y)

所以 (g∘f)(x)=(g∘f~)(x)
(g \circ f) (x) = (g \circ \tilde f) (x)
矛盾.
所以 f=f~
f = \tilde f

(2) f

f
是滿射, g∘f=g~∘f
g \circ f = \tilde g \circ f
. 則 g=g~
g = \tilde g

反證法: 若g≠g~
g \neq \tilde g
則存在 y
y
滿足 g(y)≠g~(y)
g(y) \neq \tilde g(y)

因為 f
f
是滿射,所以存在 x∈X
x \in X
滿足 f(x)=y
f(x) = y

那麼 (g∘f)(x)≠(g~∘f)(x)
(g \circ f) (x) \neq (\tilde g \circ f)(x)
矛盾.
所以 g=g~
g = \tilde g

3.3.5

(1) g∘f

g \circ f
是單射,則 f
f
是單射.
反證法: 若 f
f
不是單射,則存在不相同的 x1
x_1
和 x2
x_2
,滿足 f(x1)=f(x2)=y
f(x_1) = f(x_2) = y

設 z=g(y)
z= g(y)
則 (g∘f)(x1)=(g∘f)(x2)
(g \circ f) (x_1) = (g \circ f)(x_2)
, 與 g∘f
g \circ f
是單射矛盾.

(2)g∘f

g \circ f
是滿射,則 g
g
是滿射.
反證法: 若 g
g
不是滿射, 則存在 z0
z_0
沒有任何 y∈Y
y \in Y
滿足 g(y)=z0
g(y) = z_0

而我們又知道g∘f
g \circ f
是滿射,則存在 x∈X
x \in X
, 滿足 (g∘f)(x)=z0
(g \circ f) (x) = z_0

設 y0=f(x)
y_0 = f(x)
那麼就有 g(y0)=z0
g(y_0) = z_0
矛盾.
所以 g
g
是滿射

3.3.6

(1) 由於 f

f
是雙射, 對任意的 x∈X
x \in X
, 都有唯一的y∈Y
y \in Y
滿足f(x)=y
f(x) = y

由 f−1
f^{-1}
的定義可知: f−1(y)=x
f^{-1} (y) = x

所以: (f−1∘f)(x)=f−1(y)=x
(f^{-1} \circ f )(x) = f^{-1} (y) = x
對一切 x∈X
x \in X
成立.

(2) 由於 f

f
是雙射, 對任意的 y∈Y
y \in Y
都有唯一的 x∈X
x \in X
滿足 f−1(y)=x
f^{-1} (y) = x

又有 f(x)=y
f(x) = y
. 所以 (f∘f−1)(y)=y
(f \circ f^{-1}) (y) = y
對任意 y∈Y
y \in Y
都成立.
所以 f−1
f^{-1}
是可逆的,且逆為 f
f

3.3.7

先證明 g∘f

g \circ f
是單射. (略)
再證明 g∘f
g \circ f
是滿射. (反證法, 略)

3.3.8

(a) 對一切 x∈X

x \in X
有 τX→Y(x)=x
\tau_{X \rightarrow Y} (x) = x

對一切 x∈X⊆Y
x \in X \subseteq Y
有 τY→Z(x)=x
\tau_{Y \rightarrow Z} (x) = x

所以有 一切 x∈X
x \in X
, (τY→Z∘τX→Y)(x)=x=τX→Z(x)
(\tau_{Y \rightarrow Z} \circ \tau_{X \rightarrow Y}) (x) = x = \tau_{X \rightarrow Z}(x)

表明: τY→Z∘τX→Y=τX→Z
\tau_{Y \rightarrow Z} \circ \tau_{X \rightarrow Y} = \tau_{X \rightarrow Z}

(b) 對一切 x∈A

x \in A
有 f∘τA→A(x)=f(x)
f \circ \tau_{A \rightarrow A} (x) = f(x)

所以 f=f∘τA→A
f = f \circ \tau_{A \rightarrow A}

對一切 x∈A

x \in A
有 τB→B∘f(x)=τB→B(f(x))=f(x)
\tau_{B \rightarrow B} \circ f(x) = \tau_{B \rightarrow B}(f(x)) = f(x)

所以 τB→B∘f=f
\tau_{B \rightarrow B} \circ f = f

所以f=f∘τA→A=τB→B∘f

f = f \circ \tau_{A \rightarrow A} = \tau_{B \rightarrow B} \circ f

(c) (易證,略)

(d) 反證法: 假設存在兩個不同的函式 h1

h_1
和 h2
h_2
滿足 hi∘τX→X⋃Y=f
h_i \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} = f
和 hi∘τY→X⋃Y=g
h_i \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} = g

那麼必然存在一個 a∈X⋃Y

a \in X \bigcup Y
使得h1(a)≠h2(a)
h_1(a) \neq h_2(a)

分兩種情況討論:
a∈X
a \in X
時:
h1∘τX→X⋃Y(a)=h1(a)
h_1 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_1(a)

h2∘τX→X⋃Y(a)=h2(a)
h_2 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_2(a)

所以:
h1∘τX→X⋃Y(a)≠h2∘τX→X⋃Y(a)
h_1 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a) \neq h_2 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a)
矛盾.

a∈Y

a \in Y
時:
h1∘τY→X⋃Y(a)=h1(a)
h_1 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_1(a)

h2∘τY→X⋃Y(a)=h2(a)
h_2 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_2(a)

h1∘τY→X⋃Y(a)≠h2∘τY→X⋃Y(a)
h_1 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a) \neq h_2 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a)
矛盾

所以 只有唯一的函式 h

h

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