陶哲轩实分析 3.3 节习题试解

陶哲轩实分析 习题解答

习题 3.3

3.3.1

(1) 证明自反性

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

(2) 证明对称性
如果 $f = g$
那么 $\forall x \in X, f(x) = g(x)$
所以 $\forall x \in X, g(x) = f(x)$
所以 $g = f$

(3) 传递性
如果 $f =g, g = h$
那么有
$\forall x \in X, f(x) = g(x) \ \forall x \in X, g(x) = h(x)$
所以$\forall x \in X, f(x) = h(x)$
所以 $f = h$

3.3.2

(1) 证明，当 $f$ 和 $g$ 都是单射时，$g \circ f$ 也是单射。
反证法： 设存在不相同的 $x_1$ 和 $x_2$，满足 $(g \circ f) x_1 = (g \circ f) x_2$。
已知 $f$ 是单射，所以 $f (x_1) \neq f (x_2)$
设 $y_1 = f(x_1)$， $y2 = f(x_2)$， $y_1 \neq y_2$。
那么 $g(y_1) = g(y_2)$ 这与$g$ 是单射矛盾。
所以$g \circ f$ 也是单射。

(2) $f$、$g$ 是满射时，$g \circ f$ 也是满射。
因为 $g$ 是满射，所以对任意的 $z \in Z$， 存在 $y \in Y$ 使得 $g(y) = z$
因为 $f$ 是满射，所以存在 $x \in X$ 满足 $f(x)= y$
所以对于任意的 $z \in Z$ 都存在 $x \in X$ 满足 $(g \circ f) (x) = z$
所以$g \circ f$ 是满射

3.3.3

空函数是 $f:\emptyset \rightarrow X$。
当$X$ 是任意集合时，空函数都是单射。因为没有 $x_1 \in \emptyset$, $x_2 \in \emptyset$, $x_1 \neq x_2$ 满足$f(x_1) = f(x_2)$

当$X = \emptyset$ 时，空函数是满射，也是双射。

3.3.4

(1) $g$ 是单射，$g \circ f = g \circ \tilde f$, 则 $f = \tilde f$
反证法，若 $f \neq \tilde f$, 则存在 $x$ 使得 $f(x) \neq \tilde f(x)$
设 $y = f(x)$, $\tilde y = \tilde f(x)$
由于 $g$ 是单射,所以 $g(y) \neq g(\tilde y)$
所以 $(g \circ f) (x) = (g \circ \tilde f) (x)$ 矛盾.
所以 $f = \tilde f$

(2) $f$ 是满射, $g \circ f = \tilde g \circ f$. 则 $g = \tilde g$
反证法: 若$g \neq \tilde g$ 则存在 $y$ 满足 $g(y) \neq \tilde g(y)$
因为 $f$ 是满射,所以存在 $x \in X$ 满足 $f(x) = y$
那么 $(g \circ f) (x) \neq (\tilde g \circ f)(x)$ 矛盾.
所以 $g = \tilde g$

3.3.5

(1) $g \circ f$ 是单射,则 $f$ 是单射.
反证法: 若 $f$ 不是单射,则存在不相同的 $x_1$ 和 $x_2$,满足 $f(x_1) = f(x_2) = y$
设 $z= g(y)$ 则 $(g \circ f) (x_1) = (g \circ f)(x_2)$, 与 $g \circ f$ 是单射矛盾.

(2)$g \circ f$ 是满射,则 $g$ 是满射.
反证法: 若 $g$ 不是满射, 则存在 $z_0$ 没有任何 $y \in Y$ 满足 $g(y) = z_0$
而我们又知道$g \circ f$ 是满射,则存在 $x \in X$ , 满足 $(g \circ f) (x) = z_0$
设 $y_0 = f(x)$ 那么就有 $g(y_0) = z_0$ 矛盾.
所以 $g$ 是满射

3.3.6

(1) 由于 $f$ 是双射, 对任意的 $x \in X$, 都有唯一的$y \in Y$ 满足$f(x) = y$
由 $f^{-1}$ 的定义可知: $f^{-1} (y) = x$
所以: $(f^{-1} \circ f )(x) = f^{-1} (y) = x$ 对一切 $x \in X$ 成立.

(2) 由于 $f$ 是双射, 对任意的 $y \in Y$ 都有唯一的 $x \in X$ 满足 $f^{-1} (y) = x$
又有 $f(x) = y$. 所以 $(f \circ f^{-1}) (y) = y$ 对任意 $y \in Y$都成立.
所以 $f^{-1}$是可逆的,且逆为 $f$

3.3.7

先证明 $g \circ f$ 是单射. (略)
再证明 $g \circ f$ 是满射. (反证法, 略)

3.3.8

(a) 对一切 $x \in X$ 有 $\tau_{X \rightarrow Y} (x) = x$
对一切 $x \in X \subseteq Y$ 有 $\tau_{Y \rightarrow Z} (x) = x$
所以有 一切 $x \in X$, $(\tau_{Y \rightarrow Z} \circ \tau_{X \rightarrow Y}) (x) = x = \tau_{X \rightarrow Z}(x)$
表明: $\tau_{Y \rightarrow Z} \circ \tau_{X \rightarrow Y} = \tau_{X \rightarrow Z}$

(b) 对一切 $x \in A$ 有 $f \circ \tau_{A \rightarrow A} (x) = f(x)$
所以 $f = f \circ \tau_{A \rightarrow A}$

对一切 $x \in A$ 有 $\tau_{B \rightarrow B} \circ f(x) = \tau_{B \rightarrow B}(f(x)) = f(x)$
所以 $\tau_{B \rightarrow B} \circ f = f$

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

(c) (易证,略)

(d) 反证法: 假设存在两个不同的函数 $h_1$ 和 $h_2$ 满足 $h_i \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} = f$ 和 $h_i \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} = g$

那么必然存在一个 $a \in X \bigcup Y$ 使得$h_1(a) \neq h_2(a)$
分两种情况讨论:
$a \in X$ 时:
$h_1 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_1(a)$
$h_2 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_2(a)$
所以:
$h_1 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a) \neq h_2 \circ \tau_{X \rightarrow X \bigcup Y} (a)$ 矛盾.

$a \in Y$ 时:
$h_1 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_1(a)$
$h_2 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a) = h_2(a)$
$h_1 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a) \neq h_2 \circ \tau_{Y \rightarrow X \bigcup Y} (a)$ 矛盾

所以 只有唯一的函数