《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.3解答

习题3.3

3.3.1 证明：自反性：设函数 $f:X\rightarrow Y$ . 由集合相等的自反性我们知f与f的定义域有 $X=X$ 和值域有 $Y=Y$ . 而对于一切 $x\in X$ ，由相等公理知有 $f(x)=f(x)$ （或者我们假设存在 $x_0\in X$ 使得 $f(x_0)\neq f(x_0)$ ，这说明对于输入 $x_0$ 存在不同的输出，这与函数关联的性质P(x,y)要求的对每个输入x恰存在一个输出相矛盾，故假设不成立，即对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=f(x)$ ）. 综上， $f=f$ .

对称性：设函数 $f:X\rightarrow Y,g:W\rightarrow Z$ ，并设 $f=g$ . 由 $f=g$ 我们知f与g的定义域有 $X=W$ 和值域有 $Y=Z$ . 由集合相等的对称性我们知f与g的定义域有 $W=X$ 和值域有 $Z=Y$ . 再由 $f=g$ 知对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=g(x)$ . 故对一切 $w\in W$ ，由 $X=W$ 知 $w\in X$ ，故有 $f(w)=g(w)$ ，进一步由相等公理知有 $g(w)=f(w)$ . 综上， $g=f$ .

传递性：设函数 $f:X\rightarrow Y,g:W\rightarrow Z,h:U\rightarrow V$ ，并设 $f=g,g=h$ . 由 $f=g,g=h$ 我们知f与g的定义域有 $X=W$ 和值域有 $Y=Z$ 和g与h的定义域有 $W=U$ 和值域有 $Z=V$ . 由集合相等的传递性我们知f与h的定义域有 $X=U$ 和值域有 $Y=V$ . 再由 $f=g,g=h$ 知对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=g(x)$ 和对于一切 $w\in W$ 有 $g(w)=h(w)$ . 故对一切 $x\in X$ ，有 $f(x)=g(x)$ ，再由 $X=W$ 知 $x\in W$ ，故有 $g(x)=h(x)$ ，进一步由相等公理知有 $f(x)=h(x)$ . 综上， $f=h$ .

设函数 $f,\overset{\sim}{f}:X\rightarrow Y;g, \overset{\sim}{g}:Y\rightarrow Z$ ，并设 $f=\overset{\sim}{f},g=\overset{\sim}{g}$ . 由定义3.3.10我们知 $g\circ f$ 的定义域和 $\overset{\sim}{g}\circ \overset{\sim}{f}$ 的定义域相同，并且 $g\circ f$ 的值域和 $\overset{\sim}{g}\circ \overset{\sim}{f}$ 的值域相同. 再由 $f=\overset{\sim}{f},g=\overset{\sim}{g}$ 知对于一切 $x\in X$ 有 $f(x)=\overset{\sim}{f}(x)$ 和对于一切 $y\in Y$ 有 $g(y)=\overset{\sim}{g}(y)$ . 故对一切 $x\in X$ ，有 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=g(\overset{\sim}{f}(x))=\overset{\sim}{g}(\overset{\sim}{f}(x))=(\overset{\sim}{g}\circ\overset{\sim}{f})(x)$ . 综上， $g\circ f=\overset{\sim}{g}\circ\overset{\sim}{f}$ .

3.3.2 证明：由于f和g都是单射函数，即 $\forall x,x'\in X$ ，有 $x\neq x'\Longrightarrow f(x)\neq f(x')$ 并且 $\forall y,y'\in Y$ ，有 $y\neq y'\Longrightarrow g(y)\neq g(y')$ . 对于一切 $x,x'\in X$ ，如果 $x\neq x'$ ，那么有 $f(x)\neq f(x')$ 并且知 $f(x),f(x')\in Y$ ，故此时 $g(f(x))\neq g(f(x'))$ ，即 $f\circ g(x)\neq f\circ g(x')$ ，故 $f\circ g$ 也是单射.

由于f和g都是满射函数，即 $\forall y\in Y,\exists x\in X$ 使得 $f(x)=y$ 和 $\forall z\in Z,\exists y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ . 综上，对任意 $z\in Z$ 存在 $y\in Y$ 存在 $x\in X$ 使得 $g(y)=z$ 并且 $f(x)=y$ ，即 $g(f(x))=z$ . 即对任意 $z\in Z$ ，存在 $x\in X$ ，使得 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=z$ ，所以 $g\circ f$ 是满射函数.

3.3.3 证明：由于命题“ $\forall x\in\emptyset,\forall x'\in\emptyset,x\neq x'\Longrightarrow f(x)\neq f(x')$ ”是空真的，所以空函数总是单射函数.

对空函数 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 来说，如果集合 $Y=\emptyset$ ，那么命题“ $\forall y\in Y,\exists x\in\emptyset$ 使得 $f(x)=y$ ” 是空真成立的，所以空函数 $f:\emptyset\rightarrow\emptyset$ 是满射的，即如果 $Y=\emptyset$ 那么 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是满射的；进一步我们知道空函数 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 要么是满射函数要么不是满射函数. 如果 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是满射的，我们设集合 $Y\neq\emptyset$ ，我们很容易知道这会导致矛盾，所以假设不成立，故此时有 $Y=\emptyset$ . 综上，有 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是满射的当且仅当 $Y=\emptyset$ .

由上面讨论我们知道 $f:\emptyset\rightarrow Y$ 是双射的当且仅当 $Y=\emptyset$ .

3.3.4 证明：由定义3.3.10知 $g\circ f$ 和 $g\circ\overset{\sim}{f}$ 均为从X到Z的函数. 由于 $g\circ f=g\circ\overset{\sim}{f}$ ，由定义3.3.7知对于一切 $x\in X$ 有 $(g\circ f)(x)=(g\circ\overset{\sim}{f})(x)$ ，即 $g(f(x))=g(\overset{\sim}{f}(x))$ ，再由g是单射进一步知 $f(x)=\overset{\sim}{f}(x)$ . 所以 $f=\overset{\sim}{f}$ . 若g不是单射，考虑函数 $f:\{0,1,2\}\rightarrow\{1,2,3\};f(n):=n++$ 和函数 $\overset{\sim}{f}:\{0,1,2\}\rightarrow\{1,2,3\};f(0):=3,f(1):=2,f(2):=1$ ，很明显此时 $f\neq\overset{\sim}{f}$ . 而我们定义函数 $g:\{1,2,3\}\rightarrow\{7\};g(n):=7$ ，其很显然不是单射，但有 $g\circ f=g\circ\overset{\sim}{f}$ . 综上，当g不是单射函数时，上述蕴涵关系不成立.

由定义3.3.10知 $g\circ f$ 和 $\overset{\sim}{g}\circ f$ 均为从X到Z的函数. 由于 $g\circ f=\overset{\sim}{g}\circ f$ ，由定义3.3.7知对于一切 $x\in X$ 有 $(g\circ f)(x)=(\overset{\sim}{g}\circ f)(x)$ ，即 $g(f(x))=\overset{\sim}{g}(f(x))$ ，再由f是满射进一步知对一切 $y\in Y$ ，存在 $x\in X$ ，使得 $f(x)=y$ 并且 $g(f(x))=\overset{\sim}{g}(f(x))$ ，即 $g(y)=\overset{\sim}{g}(y)$ . 所以 $g=\overset{\sim}{g}$ . 若f不是满射，考虑函数 $g:\{1,2\}\rightarrow\{2,3\};f(n):=n++$ 和函数 $\overset{\sim}{g}:\{1,2\}\rightarrow\{2\};\overset{\sim}{g}(n):=2$ ，很明显此时 $g\neq\overset{\sim}{g}$ . 而我们定义函数 $f:\{0\}\rightarrow\{1,2\};f(n):=n++$ ，其很显然不是满射，但有 $g\circ f=\overset{\sim}{g}\circ f$ . 综上，当f不是满射函数时，上述蕴涵关系不成立.

3.3.5 证明：若 $g\circ f$ 是单射，则有 $\forall x,x'\in X,x\neq x'\Longrightarrow (g\circ f)(x)\neq (g\circ f)(x')$ ，即 $g(f(x))\neq g(f(x'))$ . 我们假设f不是单射，则有 $\exists x,\exists x'$ 使得 $x\neq x'$ 并且 $f(x)=f(x')$ ，进一步有 $g(f(x))=g(f(x'))$ ，这与 $g\circ f$ 是单射明显矛盾，故假设不成立，所以f是单射. 但g不一定是单射，我们很容易举出这样的一个例子，这里就不举了.

若 $g\circ f$ 是满射，则对于一切 $\forall z\in Z$ 存在 $x\in X$ 使得 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=z$ ，我们记 $y:=f(x)\in Y$ ，则上述陈述可改为对于一切 $\forall z\in Z$ 存在 $y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ ，所以g是满射. 但f不一定是单射，比如函数 $f:\{0\}\rightarrow\{1,2\};f(n):=n++$ 不是满射函数， $g:\{1,2\}\rightarrow\{1\};g(n):=1$ 是满射函数，并且 $g\circ f$ 是满射函数.

3.3.6 证明：由于函数f是双射，即其又是满射又是单射. 由f的满射我们知：对一切 $y\in Y$ ，存在 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ . 我们假设存在 $x_1,x_2\in X$ 使得 $x_1\neq x_2$ 并且 $f(x_1)=f(x_2)$ ，这与f是单射相矛盾，故假设不成立，即对一切 $x_1,x_2\in X$ 如果 $x_1\neq x_2$ 那么 $f(x_1)\neq f(x_2)$ . 综上我们知对一切 $y\in Y$ ，恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ ，由定义3.3.1我们知这是一个函数，我们记此函数为 $f^{-1}(y)=x$ .

对任意 $x\in X$ ，由函数定义知恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f(x)=y$ . 而对此 $y\in Y$ 由上论证知也恰存在一个 $x'\in X$ 使得 $f(x')=y$ ，即 $f^{-1}(y)=x'$ . 故我们得到 $f(x)=f(x')$ ，再由f的单射性知 $x=x'$ . 综上，我们知对任意 $x\in X$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f(x)=y$ 并且 $f^{-1}(y)=x$ . 故有 $f^{-1}(f(x))=f^{-1}(y)=x$ .

对任意 $y\in Y$ ，由上论证知恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ ，即 $f^{-1}(y)=x$ . 而对此 $x\in X$ 由函数定义知也恰存在一个 $y'\in Y$ 使得 $f(x)=y'$ . 故我们得到 $y=y'$ . 综上，我们知对任意 $y\in Y$ 恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f^{-1}(y)=x$ 并且 $f(x)=y$ . 故有 $f(f^{-1}(y))=f(x)=y$ .

由上论证知：对一切 $y\in Y$ ，恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ ，记此函数为 $f^{-1}(y)=x$ . 我们假设 $f^{-1}$ 不是单射，即存在 $y_1,y_2\in Y$ 使得 $y_1\neq y_2$ 并且 $f^{-1}(y_1)=f^{-1}(y_2)=x$ . 进一步有 $f(x)=y_1=y_2$ ，这是矛盾的，所以假设不成立，故 $f^{-1}$ 是单射.

而再由上论证知：对任意 $x\in X$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f^{-1}(y)=x$ . 故 $f^{-1}$ 是满射. 综上，我们知道 $f^{-1}$ 是双射.

用相似的论证我们知道，对双射函数 $f^{-1}$ ：

对一切 $x\in X$ ，恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f^{-1}(y)=x$ ，由定义3.3.1我们知这是一个函数，我们记此函数为 $(f^{-1})^{-1}(x)=y$ . 而对此 $x\in X$ ，恰存在一个 $y'\in Y$ 使得 $f(x)=y'$ . 综上我们有 $f(x)=f(f^{-1}(y))=y'$ ，由上论证知 $y=y'$ ，故对一切 $x\in X$ ，恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $f(x)=y=(f^{-1})^{-1}(x)$ . 所以 $(f^{-1})^{-1}=f$ .

3.3.7 证明：由上面习题3.3.2的讨论我们知如果f和g都是双射，那么 $g\circ f$ 也是双射.

容易验证 $(g\circ f)^{-1},f^{-1}\circ g^{-1}$ 具有相同的定义域和值域.

由于f和g均为双射，由习题3.3.6的论证我们有：对任意 $y\in Y$ 恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ 并且 $f^{-1}(y)=x$ ；对任意 $z\in Z$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ 并且 $g^{-1}(z)=y$ .

综上，对任意 $z\in Z$ 恰存在一个 $y\in Y$ 使得 $g(y)=z$ 并且 $g^{-1}(z)=y$ ，进而恰存在一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=y$ 并且 $f^{-1}(y)=x$ .

故 $(f^{-1}\circ g^{-1})(z)=f^{-1}(g^{-1}(z))=f^{-1}(y)=x$ ；而 $(g\circ f)(x)=g(f(x))=g(y)=z$ ，由于 $g\circ f$ 也是双射，所以 $(g\circ f)^{-1}(z)=x$ . 综上，对任意 $z\in Z$ 有 $(f^{-1}\circ g^{-1})(z)=(g\circ f)^{-1}(z)$ . 即 $(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}$ .

3.3.8 证明：(a)容易验证 $\tau_{Y\rightarrow Z}\circ\tau_{X\rightarrow Y}$ 与 $\tau_{X\rightarrow Z}$ 具有相同的定义域X和值域Z. 已知 $X\subseteq Y\subseteq Z$ ，故对任意 $x\in X$ 有 $x\in Y,x\in Z$ . 进而 $(\tau_{Y\rightarrow Z}\circ\tau_{X\rightarrow Y})(x)=\tau_{Y\rightarrow Z}(\tau_{X\rightarrow Y}(x))=\tau_{Y\rightarrow Z}(x)=x=\tau_{X\rightarrow Z}(x)$ . 所以 $\tau_{Y\rightarrow Z}\circ\tau_{X\rightarrow Y}=\tau_{X\rightarrow Z}$ .

(b)对任意对象 $a\in A$ ，有 $f\circ\tau_{A\rightarrow A}(a)=f(\tau_{A\rightarrow A}(a))=f(a)$ ，故 $f\circ\tau_{A\rightarrow A}=f$ .

对任意对象 $a\in A$ ，有 $\tau_{B\rightarrow B}\circ f(a)=\tau_{B\rightarrow B}(f(a))=f(a)$ ，故 $\tau_{B\rightarrow B}\circ f=f$ .

(c)容易验证 $f\circ f^{-1},\tau_{B\rightarrow B}$ 的值域和定义域均为B.

由于 $f:A\rightarrow B$ 是双射函数，故对任意 $b\in B$ 恰有一个 $a\in A$ 使得 $f(a)=b,f^{-1}(b)=a$ . 所以 $(f\circ f^{-1})(b)=f(f^{-1}(b))=f(a)=b=\tau_{B\rightarrow B}(b)$ ，故 $f\circ f^{-1}=\tau_{B\rightarrow B}$ .

同理可证 $f^{-1}\circ f=\tau_{A\rightarrow A}$ ，只要我们注意到 $f^{-1}:B\rightarrow A$ 是双射函数.

(d)存在性：由于X和Y是不交的集合，所以我们可以构造一个分段函数 $h:X\cup Y\rightarrow Z$ ：

$h(x):=\begin{cases}f\left( x \right) \,\,x\in X\\g\left( x \right) \,\,x\in Y\\\end{cases}$ .

容易验证这个分段函数是满足题目要求的.

唯一性：假设存在两个不同的函数 $h_1,h_2$ 满足要求，则由函数相等知必然存在 $x\in X\cup Y$ 使得 $h_1(x)\neq h_2(x)$ . 由于X和Y是不交的集合，故 $x\in X$ 与 $x\in Y$ 只能一个为真. 但是无论何种情况不会出现 $h_1(x)\neq h_2(x)$ . 所以假设不成立，唯一性得证.

文内补充

1.函数遵从代入公理. 设函数 $f:X\rightarrow Y$ . 对任意 $x,x'\in X$ ，如果 $x=x'$ 则 $f(x)=f(x')$ .

证明：由定义3.3.1知对输入 $x\in X$ ，恰存在唯一的输出 $f(x)$ 使得命题P(x,f(x))成立；同理对输入 $x'\in X$ ，恰存在唯一的输出 $f(x')$ 使得命题P(x’,f(x’))成立. 由于 $x=x'$ ，在承认对象x的类型的相等遵从相等的四条公理前提下，由相等公理中性质满足代入公理知P(x,f(x))和P(x,f(x’))是等价的命题. 假设 $f(x)\neq f(x')$ ，这说明对于输入x存在不同的两个输出f(x)和f(x’)，这与函数定义相矛盾，所以假设不成立，必有 $f(x)=f(x')$ .

2.设函数 $f:\emptyset\rightarrow X$ ，其是唯一的.