《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.4解答

iknetfomi 陶哲轩实分析/Terence Tao Analysis I&II 2019年7月27日2023年11月8日 16 Minutes

习题3.4

3.4.1 证明：由替换公理知集合V在 $f^{-1}$ 的前象为集合 $\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ .

由分类公理知集合V在 $f$ 的逆象为集合 $\{x\in X : f(x)\in V\}$ .

由于 $f$ 为双射函数，则对任意 $v\in V\subseteq Y$ ，恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=v,f^{-1}(v)=x$ .

若 $z\in\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ ，由替换公理知存在 $v\in V$ 使得 $f^{-1}(v)=z$ ，由上说明知恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=v,f^{-1}(v)=x$ ，故进一步有 $z=x\in X$ 和 $f(z)=v,f^{-1}(v)=z$ . 再由分类公理知 $z\in\{x\in X : f(x)\in V\}$ . 综上，有 $\{f^{-1}(v) : v\in V\}\subseteq\{x\in X : f(x)\in V\}$ .

若 $z\in\{x\in X : f(x)\in V\}$ ，由分类公理知有 $z\in X,f(z)\in V$ . 同理由于 $f$ 为双射函数，则对 $f(z)\in V\subseteq Y$ ，恰有一个 $x\in X$ 使得 $f(x)=f(z),f^{-1}(f(z))=x$ . 故得到 $x=z$ 和 $f^{-1}(f(z))=z$ . 再由替换公理知 $z\in\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ . 综上，我们有 $\{x\in X : f(x)\in V\}\subseteq\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ .

综上，我们有 $\{x\in X : f(x)\in V\}=\{f^{-1}(v) : v\in V\}$ .

3.4.2 证明：由集合象与逆象定义知 $f(S)=\{f(x) : x\in S\},f^{-1}(f(S))=\{x\in X : f(x)\in f(S)\}$ ，故 $f^{-1}(f(S))=\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ .

由于 $S\subseteq X$ ，那么X中元素分为两种： $x\in S$ 和 $x\in X\backslash S$ . 若 $x\in S$ ，显然有 $x\in X$ 和 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ，故此时有 $x\in f^{-1}(f(S))$ ；若 $x\in X\backslash S$ ，显然有 $x\in X$ ，但 $f(x)$ 是否属于 $\{f(x) : x\in S\}$ 就不可知了，但我们容易知道当f为单射时 $f(x)\notin\{f(x) : x\in S\}$ . 综上，我们有 $S\subseteq f^{-1}(f(S))$ .

同理我们容易知道 $f(f^{-1}(U))=\{f(x) : x\in\{x\in X : f(x)\in U\}\}$ . 由分类公理知对任意 $x\in\{x\in X : f(x)\in U\}$ 有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U$ . 由于U为Y子集，所以对集合X中每个元素x不一定满足 $f(x)\in U$ ，不妨记 $A=\{x\in X : f(x)\in U\}$ ，则对任意 $x\in A$ 有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\subseteq Y$ . 进一步对任意元素 $y\in \{f(x) : x\in A\}$ ，有 $y=f(x)\in U$ . 故 $f(f^{-1}(U))\subseteq U$ .

3.4.3 证明：由集合象的定义可知 $f(A\cap B)=\{f(x) : x\in A\cap B\}\\f(A)=\{f(x) : x\in A\}\\f(B)=\{f(x) : x\in B\}$ . 对任意元素 $a\in f(A\cap B)$ ，由替换公理知有 $a=f(x)$ 并且 $x\in A\cap B$ ，即 $a=f(x)$ 并且( $x\in A$ 并且 $x\in B$ )，进一步我们有“ $a=f(x)$ 并且 $x\in A$ ”和“ $a=f(x)$ 并且 $x\in B$ ”，由象定义知 $a\in f(A)$ 和 $a\in f(B)$ ，再由并集定义知 $a\in f(A)\cap f(B)$ ，故我们得到 $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$ . 其中 $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$ 的 $\subseteq$ 关系不可加强为=关系，如下考虑：集合X： $\{0,1,2,3\}$ ；集合A： $\{0,1\}$ ；集合B： $\{2,3\}$ ；函数 $f:X\rightarrow Y$ 为 $f(0)=f(2)=0;f(1)=f(3)=1$ . 简单分析得到 $f(A\cap B)=\emptyset$ ; $f(A)\cap f(B)=\{0,1\}$ .

$f(A\backslash B)=\{f(x) : A\backslash B\}$ . 对任意元素 $a\in f(A)\backslash f(B)$ ，由差集定义知 $a\in f(A)$ 且 $a\notin f(B)$ ，再由函数象定义(替换公理)知：对于某个 $x_1\in A$ 有 $a=f(x_1)$ ，并且不存在 $x_2\in B$ 有 $a=f(x_2)$ . 故当 $x_1\in A$ 时有 $x_1\notin B$ (若此时 $x_1\in B$ ，说明存在 $x_2=x_1$ 使得 $x_2\in B$ 有 $a=f(x_2)$ ，这于上面的推论是矛盾的)，再由差集定义知 $x_1\in A\backslash B$ . 综上即对于某个 $x_1\in A\backslash B$ 有 $a=f(x_1)$ ，由象的定义有 $a\in f(A\backslash B)$ ，故有 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ . 其中 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ 的 $\subseteq$ 关系不可加强为=关系，如下考虑：我们考虑两集合是否相等，如果两者一定相等，那么 $\subseteq$ 关系不可加强为=关系，反之则不可加强. 我们来看看不相等的情况是否可以出现. 由于已知 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ ，如果两集合不相等，那么存在 $b\in f(A\backslash B)$ 且 $b\notin f(A)\backslash f(B)$ ，即“对某 $x\in A\backslash B$ 有 $b=f(x)$ ”并且“ $b\notin f(A)$ 或 $b\in f(B)$ ”. 而“对某 $x\in A\backslash B$ 有 $b=f(x)$ ”是必有 $b\in f(A)$ ，进而我们知道“ $b\in f(B)$ ”，即对某 $x_2\in B$ 有 $b=f(x_2)$ . 综上，如果两集合不相等，我们知道存在 $b\in f(A\backslash B)$ 且 $b\in f(B)$ ，即“对某 $x\in A\backslash B$ 有 $b=f(x)$ ”并且“对某 $x_2\in B$ 有 $b=f(x_2)$ ”，进一步即存在 $x\in A\backslash B$ 和 $x_2\in B$ 使得 $b=f(x)=f(x_2)$ . 然而当函数f不是单射时可能的，如下例子：集合X： $\{0,1,2,3\}$ ；集合A： $\{0,1,2\}$ ；集合B： $\{2,3\}$ ；函数 $f:X\rightarrow Y$ 为 $f(0)=f(2)=0;f(1)=f(3)=1$ . 简单分析得到 $f(A\backslash B)=\{0,1\}$ ; $f(A)\backslash f(B)=\emptyset$ . 所以我们也找到了 $f(A)\backslash f(B)\subseteq f(A\backslash B)$ 的 $\subseteq$ 关系加强为=关系的条件，其要求函数f为单射函数.

$f(A\cup B)=\{f(x) : x\in A\cup B\}$ . 对任意元素 $a\in f(A\cup B)$ ，由替换公理知对某个 $x\in A\cup B$ 有 $a=f(x)$ ，即有( $x\in A$ 或者 $x\in B$ )并且 $a=f(x)$ ，即( $x\in A$ 并且 $a=f(x)$ )或者( $x\in B$ 并且 $a=f(x)$ )，但无论何种情况都有 $a\in f(A)\cup f(B)$ ，故 $f(A\cup B)\subseteq f(A)\cup f(B)$ . 另一个方向的论证类似，我们可得 $f(A)\cup f(B)\subseteq f(A\cup B)$ . 综上， $f(A\cup B)=f(A)\cup f(B)$ .

3.4.4 证明： $f^{-1}(U)=\{x\in X : f(x)\in U\};f^{-1}(V)=\{x\in X : f(x)\in V\}$ .

$f^{-1}(U\cup V)=\{x\in X : f(x)\in U\cup V\}$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U\cup V)$ ，有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\cup V$ . 当 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U$ 时，有 $x\in f^{-1}(U)$ ；同理可知当 $x\in X$ 并且 $f(x)\in V$ 时有 $x\in f^{-1}(V)$ ，但两种情况都有 $x\in f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ ，综上 $f^{-1}(U\cup V)\subseteq f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ ，当 $x\in f^{-1}(U)$ 时有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U$ ，进一步有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U\cup V$ ；同理可证当 $x\in f^{-1}(V)$ 时有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in U\cup V$ . 故总有 $x\in f^{-1}(U\cup V)$ ，即 $f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(U\cup V)$ . 综上 $f^{-1}(U\cup V)=f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)$ .

$f^{-1}(U\cap V)=\{x\in X : f(x)\in U\cap V\}$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U\cap V)$ ，有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\cap V$ . 则有“ $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ ”并且“ $x\in X$ 且 $f(x)\in V$ ”，即 $x\in f^{-1}(U)$ 并且 $x\in f^{-1}(V)$ ，即 $x\in f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ . 综上 $f^{-1}(U\cap V)\subseteq f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ ，有 $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ 且 $f(x)\in V$ ，即有 $x\in X$ 且 $f(x)\in U\cap V$ . 故总有 $x\in f^{-1}(U\cap V)$ ，即 $f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(U\cap V)$ . 综上 $f^{-1}(U\cap V)=f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)$ .

$f^{-1}(U\backslash V)=\{x\in X : f(x)\in U\backslash V\}$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U\backslash V)$ ，有 $x\in X$ 和 $f(x)\in U\backslash V$ . 则有“ $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ ”并且“ $x\in X$ 且 $f(x)\notin V$ ”，即 $x\in f^{-1}(U)$ 并且 $x\notin f^{-1}(V)$ ，即 $x\in f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ . 综上 $f^{-1}(U\backslash V)\subseteq f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ . 对任意元素 $x\in f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ ，有 $x\in f^{-1}(U)$ 且 $x\notin f^{-1}(V)$ ，即有“ $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ ”并且“ $x\notin X$ 或 $f(x)\notin V$ ”，即 $x\in X$ 且 $f(x)\in U$ 且 $f(x)\notin V$ ，即 $x\in X$ 且 $f(x)\in U\backslash V$ ，即 $x\in f^{-1}(U\backslash V)$ ，即 $f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(U\cup V)$ . 综上 $f^{-1}(U\backslash V)=f^{-1}(U)\backslash f^{-1}(V)$ .

3.4.5 证明：由习题3.4.2的论证知 $S\subseteq f^{-1}(f(S))$ ，并且当函数f为单射时对 $x\in X\backslash S$ 有 $x\notin f^{-1}(f(S))$ . 故只需考虑 $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ 对于每个 $S\subseteq X$ 都成立的充要条件是f是满射.

已知函数f为单射函数. 对任一元素 $x\in f^{-1}(f(S))$ ，有 $x\in X$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ . 而 $X=(X\backslash S)\cup S$ (已知S为X的子集)，故有 $x\in (X\backslash S)\cup S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ . 分两种情形，若 $x\in X\backslash S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ，由上“当函数f为单射时对 $x\in X\backslash S$ 有 $x\notin f^{-1}(f(S))$ ”知 $f(x)\notin f(S)$ ，故“ $x\in X\backslash S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ”这种情况不会出现，这是一个矛盾. 所以只能另一种情况成立，即 $x\in S$ 并且 $f(x)\in\{f(x) : x\in S\}$ ，即 $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ . 这就证明了：函数f是单射 $\Longrightarrow$ $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ .

已知 $f^{-1}(f(S))\subseteq S$ ，结合 $S\subseteq f^{-1}(f(S))$ ，我们知 $S=f^{-1}(f(S))$ ，即 $\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S$ . 对任意元素 $x\in\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ ，有 $x\in S$ 并且 $f(x)\in f(S)$ ，即有 $x\in S$ ，所以 $\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}\subseteq S$ ；对任意元素 $x\in S$ ，我们知有 $f(x)\in f(S)$ (因为 $f(S)=\{f(x) : x\in S\}$ ). 即对任意元素 $x\in S$ 有“ $x\in S$ 并且 $f(x)\in f(S)$ ”，故 $x\in \{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ . 所以 $S\subseteq \{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ ，综上有 $\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S$ . 至此得到 $\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S=\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ . 而 $X=(X\backslash S)\cup S$ ，易证 $\{x\in X : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=\\\{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}\cup\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ ，即有 $\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}\subseteq \{x\in S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=S$ ，到这我们得到了对任一元素 $x\in\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ 有 $x\in S$ ，展开后即对任一元素 $x\in\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ 有： $x\in X\backslash S$ 并且 $f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}$ 并且 $x\in S$ ，这明显是不可能的，故 $\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=\emptyset$ . 已知函数 $f:X\rightarrow Y$ . $\forall x_1\in X,\forall x_2\in X$ ，如果 $x_1\neq x_2$ ，我们令 $x_1\in\{x_1\}$ 和 $x_2\in X\backslash \{x_1\}$ ，由“ $\{x\in X\backslash S : f(x)\in \{f(x) : x\in S\}\}=\emptyset$ ”知“ $\{x\in X\backslash \{x_1\} : f(x)\in \{f(x) : x\in \{x_1\}\}\}=\emptyset$ ”. 由于 $x_2\in X\backslash \{x_1\}\neq\emptyset$ ，假设存在 $x\in X\backslash \{x_1\}$ 使得 $f(x)\in \{f(x) : x\in \{x_1\}\}\}$ ”，那么 $x\in \{x\in X\backslash \{x_1\} : f(x)\in \{f(x) : x\in \{x_1\}\}\}\neq\emptyset$ . 这明显是矛盾的，故假设不成立，即对任意 $x\in X\backslash \{x_1\}$ 都有 $f(x)\notin \{f(x) : x\in \{x_1\}\}$ ”. 特别地， $f(x_2)\neq f(x_1)$ . 所以函数f是单射. 所以 $f^{-1}(f(S))\subseteq S\Longrightarrow$ 函数f是单射.

综上 $f^{-1}(f(S))\subseteq S\Longleftrightarrow$ 函数f是单射.

$f(f^{-1}(S))=\{f(x) : x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ . 由习题6.4.2知 $f(f^{-1}(S))\subseteq S$ . 若函数f为满射，则对任意 $y\in S\subseteq Y$ ，存在 $x\in X$ 使得 $y=f(x)\in S$ ，故 $x\in f^{-1}(S)$ ，进一步 $y\in f(f^{-1}(S))$ . 故 $S\subseteq f(f^{-1}(S))$ . 综上，已知 $f(f^{-1}(S))\subseteq S$ ，函数f为满射 $\Longrightarrow$ $f(f^{-1}(S))=S$ .

若 $f(f^{-1}(S))=S$ ，已知 $f(f^{-1}(S))\subseteq S$ ，故我们得到 $S\subseteq f(f^{-1}(S))$ . 对任意元素 $y\in S$ ，有 $y\in f(f^{-1}(S))$ ，即 $y\in \{f(x) : x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ ，即存在某 $x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ 使得 $y=f(x)$ . 取 $S:=Y$ ，则对任意元素 $y\in Y$ ，存在某 $x\in \{x\in X : f(x)\in S\}\}$ 使得 $y=f(x)$ . 故函数f为满射函数. 故 $f(f^{-1}(S))=S\Longrightarrow$ 函数f为满射.

综上 $f(f^{-1}(S))=S\Longleftrightarrow$ 函数f为满射.

3.4.6 证明：英文勘误：“p. 59: In Lemma 3.4.9, “Then the set … is a set” should read “Then there is a unique set of the form … . That is to say, there is a set A such that for any Y, Y $\in$ A if and only if Y is a subset of X.”，(中文即为：“那么集合…是一个集合.”应理解为“那么有一个独一无二的形如…集合. 更具体的说，存在一个集合A使得对于任何对象Y， $Y\in A$ 当且仅当Y是X的子集.”).

由幂集公理知集合 $\{0,1\}^X$ 为所有定义域为X而值域为{0,1}的函数构成的. 由替换公理知存在集合 $\{f^{-1}(\{1\}) : f\in \{0,1\}^X\}$ ，由逆象定义即集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ .

对任意元素 $S\in \{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ ，有存在 $f\in \{0,1\}^X$ 使得 $S=\{x\in X : f(x)\in \{1\}\}$ . 对任何元素 $x\in S$ ，有 $x\in X$ 且 $f(x)\in \{1\}$ ，故 $S\subseteq X$ ，这说明集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 中元素全都为集合X的子集.

对任意X的子集S，即 $S\subseteq X$ . 我们构造一个函数 $f:X\rightarrow\{0,1\}$ 如下：当 $x\in S\subseteq X$ 时 $f(x)=1$ ;当 $x\in X\backslash S$ 时 $f(x)=0$ . 此时集合 $\{x\in X : f(x)\in \{1\}\}=S$ ，即对某 $f\in\{0,1\}^X$ 有 $S=\{x\in X : f(x)\in \{1\}\}$ ，即 $S\in \{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ . 综上，我们成功构造了题目要求的集合A.

集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 也有另外一种书写形式 $\big\{Y : f\in \{0,1\}^X; Y=f^{-1}(\{1\}) \big\}$ （详见例3.1.32下面替换公理与分类公理联合使用的讨论，也见本文末评论区的讨论），但两种书写形式都可以用更便于理解的形式“{Y ：Y是X的子集}”来表示.

3.4.7 证明：由幂集公理和习题3.4.6知 $2^X=\{X' : X'\text{ is a subset of }X\};2^Y=\{Y' : Y'\text{ is a subset of }Y\}$ 是明确定义的.

由于空集是任何集合的子集，所以我们可以取任意一个集合 $X'\in 2^X$ ，由替换公理知存在集合 $\{Y'^{X'} : Y'\in 2^Y\}$ ，这个集合是与集合X’相关的，我们记其为 $A_{X'}$ .

再由替换公理知存在集合 $\{A_{X'} : X'\in 2^X\}$ .

再由并公理知存在集合 $\bigcup{\{A_{X'} : X'\in 2^X\}}$ .

易验证 $\bigcup{\{\{Y'^{X'} : Y'\in 2^Y\} : X'\in 2^X\}}$ ={f : f是定义域为 $X'\subseteq X$ 且值域为 $Y'\subseteq Y$ 的函数}.

3.4.8 证明：设A，B是集合. 由公理3.3中双元素集以及公理3.1知存在集合 $\{A,B\}$ . 由公理3.11知存在集合 $\bigcup{\{A,B\}}$ ，使得 $x\in\bigcup{\{A,B\}}\Longleftrightarrow$ 对某 $S\in\{A,B\}$ 有 $x\in S$ . 而由双元素集知 $S\in \{A,B\}\Longleftrightarrow S=A or S=B$ ，进一步有 $x\in\bigcup{\{A,B\}}\Longleftrightarrow$ 对某 $S\in\{A,B\}$ 有 $x\in S$ $\Longleftrightarrow x\in A\text{or}x\in B$ . 由此 $\bigcup{\{A,B\}}$ 为公理3.4定义的 $A\cup B$ ，故公理3.4得证.

3.4.9 证明：对于任何元素 $x\in\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ ，由分类公理知 $x\in A_\beta$ 并且 $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ，进而有 $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ . 由于 $\beta'\in I$ ，则“ $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ”蕴涵“ $x\in A_{\beta'}$ ”，所以我们得到 $x\in A_{\beta'}$ 并且 $x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ，再由分类公理知 $x\in\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ ，故 $\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}\subseteq\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ . 同理可证 $\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}\subseteq\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ . 综上 $\{x\in A_\beta : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}=\{x\in A_{\beta'} : x\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\}$ .

由上论述明显“ $\displaystyle y\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}\Longleftrightarrow y\in A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ”.

3.4.10 证明：对任意 $x\in(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，由公理3.4知 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 或 $x\in\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ . 若 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对于某个 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ ，进一步对于某个 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，再由公理3.11知 $x\in\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，故有 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 同理可得 $\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 由习题3.1.7知 $(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})\subseteq\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 对任意元素 $x\in\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对于某个 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，即陈述“ $\alpha\in I\cup J$ 并且 $x\in A_\alpha$ ”为真（注意推理方向），立得陈述“ $(\alpha\in I\text{ or }\alpha\in J$ )并且 $x\in A_\alpha$ ”为真，进一步有陈述“‘ $\alpha\in I$ 并且 $x\in A_\alpha$ ’或者‘ $\alpha\in J$ 并且 $x\in A_\alpha$ ’”为真，即有 $x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 或者有 $x\in\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ ，进一步有 $x\in(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，所以 $\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}\subseteq(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ . 综上， $(\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cup(\bigcup_{\alpha\in J}{A_\alpha})=\bigcup_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ .

对任意 $x\in(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，由定义3.1.23知 $x\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 且 $x\in\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ . 由公理3.11知对一切 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ 并且对一切 $\alpha\in J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，故对一切 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，再由公理3.11知 $x\in\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，故 $(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})\subseteq\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ . 对任意元素 $x\in\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对于一切 $\alpha\in I\cup J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，进一步有对于一切 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ 和对于一切 $\alpha\in J$ 有 $x\in A_\alpha$ ，即有 $x\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 并且 $x\in\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha}$ ，进一步有 $x\in(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ ，所以 $\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}\subseteq(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})$ . 综上， $(\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha})\cap(\bigcap_{\alpha\in J}{A_\alpha})=\bigcap_{\alpha\in I\cup J}{A_\alpha}$ .

3.4.11 （一阶逻辑）证明：对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由公理3.11知对某个 $\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ . 对任意元素 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由差集定义知 $x\in X$ 并且 $x\notin A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I$ ，进而 $x\notin A_\alpha\text{ and }x\in X\text{ for all }\alpha\in I$ ，即 $\forall \alpha\in I,x\in X\backslash A_\alpha$ ，进而 $\displaystyle x\in\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ ，故 $\displaystyle X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ ，有 $\forall \alpha\in I,x\in X\backslash A_\alpha$ ，进而 $x\notin A_\alpha\text{ and }x\in X\text{ for all }\alpha\in I$ ，即 $x\notin A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\text{ and }x\in X\text{ for all }\alpha\in I$ ，进而 $x\notin A_\alpha\text{ for all }\alpha\in I\text{ and }x\in X$ ，进而不存在 $\alpha\in I$ 使得 $x\in A_\alpha\text{ and }x\in X$ ，由此知 $x\in X$ 并且 $\displaystyle x\notin \bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由差集定义进而 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，故 $\displaystyle \bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}\subseteq X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 综上， $\displaystyle X\backslash\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}=\bigcap_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，有 $\forall\alpha\in I$ 有 $x\in A_\alpha$ . 对任意元素 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，由差集定义知 $x\in X$ 并且 $\exists\alpha\in I\text{ such that }x\notin A_\alpha$ ，进而 $\exists\alpha\in I\text{ such that }x\notin A_\alpha\text{ and }x\in X$ ，即 $\exists\alpha\in I\text{ such that }x\in X\backslash A_\alpha$ ，即 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ . 故 $\displaystyle X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

对任意元素 $\displaystyle x\in\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ ，存在 $\alpha\in I$ 使 $x\in X\backslash A_\alpha$ ，即存在 $\alpha\in I$ 使 $x\in X\text{ and }x\notin A_\alpha$ ，即存在 $\alpha\in I$ 使 $x\in X$ 并且存在 $\alpha\in I$ 使 $x\notin A_\alpha$ ，即 $x\in X$ 并且存在 $\alpha\in I$ 使 $x\notin A_\alpha$ ，即 $x\in X$ 并且 $\displaystyle x\notin\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ ，即 $\displaystyle x\in X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 故 $\displaystyle\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}\subseteq X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ . 综上，有 $\displaystyle X\backslash\bigcap_{\alpha\in I}{A_\alpha}=\bigcup_{\alpha\in I}{X\backslash A_\alpha}$ .

文内补充

1.用分类公理定义集合的象.

f(S):={ $y\in Y$ : 存在 $x\in S$ 使得 $f(x)=y$ }.

容易验证两种定义是等价的.

2.设函数 $f:X\rightarrow Y$ . 并设 $S\subseteq X$ ，我们有命题“ $y\in f(S)\Longleftrightarrow y=f(x) \text{ for some } x\in S$ ”成立.

说明：由 $y\in f(S)$ 知 $y\in\{f(x) : x\in S\}$ ，由替换公理知对某 $x\in S$ 有 $y=f(x)$ ，即 $y=f(x) \text{ for some } x\in S$ .

相反方向的说明类似，所以有命题“ $y\in f(S)\Longleftrightarrow y=f(x) \text{ for some } x\in S$ ”成立.

3.已知映射 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N};f(x)=2x$ . 说明 $f(f^{-1}(\{1,2,3\}))\neq\{1,2,3\}$ .

$f^{-1}(\{1,2,3\})=\{1\}$ ; $f(\{1\})=\{2\}\neq\{1,2,3\}$ .

已知映射 $f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z};f(x)=x^2$ . 说明 $f^{-1}(f(\{-1,0,1,2\}))\neq\{-1,0,1,2\}$ .

$f(\{-1,0,1,2\})=\{0,1,4\}$ ; $f^{-1}(\{0,1,4\})=\{-2,-1,0,1,2\}\neq\{-1,0,1,2\}$ .

4.如果I是空集，则 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 将自动地也是空集.

证明：反证法. 若 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 非空，则存在元素y使得对某 $\alpha\in I$ 使得 $y\in A_\alpha$ . 而 $\alpha\in I$ 恒假，假设不成立. 故如果I是空集，则 $\bigcup_{\alpha\in I}{A_\alpha}$ 将自动地也是空集.

发布者：iknetfomi

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已发布 2019年7月27日2023年11月8日

《《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§3.4解答》有12条评论

zepeng1说道：

2021年9月11日下午5:29

3.4.6的证明用到公理3.8不太好。

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1. iknetfomi说道：
  
  2021年9月11日下午7:12
  
  原证明思路是：使用公理3.8来假定这样的集合{Y : Y是X的子集}存在，然后证明这样的集合确实是等于从集合的其它公理构造出来的另一个表示形式的集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ . 既然相信 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 存在，那么就必须相信{Y : Y是X的子集}存在，因为它们具有同样的元素. 这就是柏拉图式的认为数学对象的存在是实在的而表示形式是无关紧要的（把这个概念严格化涉及到的是公理集合论中的“外延公理”，其基本思想是：一个集合只由其中的元素来确定.），所以证明就结束了. {Y : Y是X的子集}存在也就说明了使用公理3.8来表示集合{Y : Y是X的子集}是合理的.
  如果你不接受上面的观念，害怕公理3.8的使用会导致矛盾.
  可以先证明：“设X，Y是集合. 求证： $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 中元素均为X的子集；并且如果 $Y\subseteq X$ 那么 $Y\in\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ .”，那么我的证明略加修改表述就可以完全不出现“公理3.8”的字样并且不会出现使用了公理3.8的集合而完成引理3.4.9新表述的证明. 这就说明了对于集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 我们确实可以使用概括的思维而陈述它是X的所有子集的集合，即原来引理3.4.9的表述“{Y : Y是X的子集}”确实是合理的，这里使用概括公理不会有问题.
  
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  1. zepeng1说道：
    
    2021年9月12日下午4:59
    
    1: 公理集合论的出现就是要消除公理3.8的悖论的，我们用公理集合论，就不能用公理3.8。
    2: “集合{Y : Y是X的子集}存在”就是引理3.4.9，它的存在性是我们需要证明的。
    3: $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 的等价形式是 $A=\big\{Y:Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ ， A的存在性是由幂集公理(公理3.10)和替代公理(公理3.6)保证的。
    
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    1. zepeng1说道：
      
      2021年9月12日下午5:18
      
      上面的公式是复制过来的，以为直接粘贴就可以了，结果是原样输出.
      4: 剩下的就是证明第3步的集合A就是引理3.4.9的集合。
      
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    2. iknetfomi说道：
      
      2021年9月12日下午6:19
      
      对于第1点我是认同的. 我已经意识到“使用公理3.8”确实不对. 其实我原证明本想表达的是：设X是集合，性质P(Y)表示“Y是X的子集”. 那么我们对于性质P是否可以使用概括思维呢？（导致罗素悖论的就是一个特殊性质的选取，但并不是对任何性质使用概括思维都是错的. 一个显然例子是性质Q(x)表示“x是空集”，那么{x : Q(x)}确实一个单元素集；如果不能使用概括思维，那么我们根本就不应该写下“{Y : Y是X的子集}”这样的语句.）于是我就假定对性质P可以使用概括思维，进而集合{Y : Y是X的子集}存在，然后继续接下来的证明这样的集合确实是等于从集合的其它公理构造出来的另一个表示形式的集合等等. 原证明应该有“循环论证”之嫌，因为如果假定对性质P可以使用概括思维，进而集合{Y : Y是X的子集}存在，证明到此就可以结束了.
      
      对于第2点，我想严格的证明就是：先证明“设X，Y是集合. 求证： $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 中元素均为X的子集；并且如果 $Y\subseteq X$ 那么 $Y\in\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ .”，进而说明了对于集合 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 其确实是X的所有子集的集合，于是对性质P(Y)(“Y是X的子集”)使用概括的思维没有问题，于是我们就可以说“{Y : Y是X的子集}”确实是一个集合.
      你认为这样的修改是否还有不妥之处？
      
      对于第3点，正是因为集合A和集合{Y : Y是X的子集}形式很像，你仔细考究会发现集合A已经使用了概括的思维，你怎么样能保证集合A使用的性质“ $Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X$ ”可以使用概括思维而不会像罗素悖论一样导致矛盾呢？也就是你在证明 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 是等价于 $\big\{Y:Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ 的时候只不过是同样陷入我原来证明的思路.
      
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zepeng1说道：

2021年9月12日下午9:56

大家达成基础，基础不统一，讨论很辛苦。不太会打公式，希望理解。
第三章的集合公理列表
公理3.1：集合是元素
公理3.2：存在一个空集，不包含任何元素
公理3.3：单元素和双元素构成集合
公理3.4: 两集合并集
— 1,2,3,4 定义了集合在有限情况下的扩张
公理3.5 分类公理(分离公理), 性质P(x)是一个命题，只能是真，或者假。
— 使得集合的子集是集合
公理3.6 替代公理. 使P(x,y)成立的y的一切y, 一个x,最多有一个y.
— 通过函数映射构造出新的集合
公理3.7 无穷大公理.即所有自然数构成集合
公理3.8: 任何元素可以构成集合
!!!! 会导致罗素悖论
公理3.9: 正则性
公理3.10 幂集公理
— 定义了集合在有限和无限下的扩张
公理3.11 并集公理
— 定义了集合在有限和无限下的合并

用到性质P的公理有三个3.5, 3.6, 3.10
我理解的性质P是一个函数,函数的定义是明确的,这也是为什么3.6要规定一个x最多有一个y。
这个理解是非正式的，但是我觉得不影响整个结构。

如果我们把P理解为函数，剩下的就把P交给函数，不要纠结它有那些性质，或者那些性质是合法的，因为函数的讨论是明确的.

导致罗素悖论的根源不是性质P的选取，而是集合3.8定义的模糊性，所以不要纠结P的问题。

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1. zepeng1说道：
  
  2021年9月12日下午10:25
  
  这是我的证明，大部分来自城南讲马堂，添加一些自己理解，不知道对不对。
  1: 根据公理3.10, 存在一个集合B，它是所有函数f: X–>{0,1}的集合。
  2：根据公理3.6, 集合C := {Y: Y=g({1}), f属于B}存在, g是f的逆函数.
  — 集合Y=g({1}) 的存在性在课本通过定义给出
  3: 根据公理3.5，我们可以证明，A的任何子集是存在的。
  4: 对于A的子集A1，它的补集是A1′, 我们做函数f: A1映射到1,A1’映射到0. f 输入B,因此A1输入C.
  因此集合C包含了A的任何子集.
  5: 我们可以构造集合D := {A1: A1是A的子集，A1属于C},公理3.5保证集合D存在，D是我们所求。
  
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  1. iknetfomi说道：
    
    2021年9月13日上午1:04
    
    我终于明白你的意思了，我们证明之间的差异在于：你认为集合C := {Y: Y=g({1}), f属于B}是由公理3.6得到的，而我认为集合C := {Y: Y=g({1}), f属于B}使用了概括思维得到的.
    其实问题起始根源在于书上“{Y : Y是X的子集}”的理解：我理解的是这是一个使用了概括思维得到的集合；你认为这是一个可以由替换公理得到的集合. 这真是公说公有理婆说婆有理.
    我去看了一下城南讲马堂的解答，他就是你的理解.
    我特意跑去看了一下书的勘误，果然有关于这个引理3.4.9的勘误，看来有人也和陶哲轩吵过.
    勘误是这样的：“p. 59: In Lemma 3.4.9, “Then the set … is a set” should read “Then there is a unique set of the form … . That is to say, there is a set A such that for any Y, Y $\in$ A if and only if Y is a subset of X.”
    也就是说，只要你构造了一个集合A，其所有元素是X的子集并且X的子集都属于A，这道题就给你满分，并且我们可以用“{Y : Y是X的子集}”的形式表示集合A. 至于是集合A写法是 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ (我的写法)或者 $\big\{Y:Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ (你的写法)，那就纯属个人习惯了.
    我已经添加勘误翻译以及按勘误修改证明. 但对于“{Y : Y是X的子集}”的理解，不必强求一致，这也不是这道习题的重点.
    
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    1. zepeng1说道：
      
      2021年9月13日上午10:28
      
      是的，看来我们的差异点的确如你所说。
      有一个问题，我理解你说的概括思维，但是百度和Google了一下，都没有明确定义，能给一下出处吗。
      
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      1. iknetfomi说道：
        
        2021年9月13日下午1:09
        
        我所说的“概括思维”其实就是公理3.8所说的内容，只不过把这样的一个构造集合的方式当作一个公理.
        我重新缕了一下集合论的发展历史，也许对理解“{Y : Y是X的子集}”这样的集合有所帮助.
        首先是以康托尔为代表的朴素集合论，其包含公理3.8. 后来罗素悖论等一系列悖论的出现促使人们需要对朴素集合论进行大改，于是出现了好几组新的集合论公理集，被广泛采用的就是ZFC. 其中ZFC是这样处理公理3.8的：使用正则公理（公理3.9）排除掉罗素悖论. 但是“概括思维”没有被完全抛弃，我们只要限定公理3.8中的“性质”就可以了.
        于是我们看到：
        1. 公理3.3是公理3.8的特例——对于对象a，由公理3.3知存在一个集合S，对于任意对象y有 $y\in S$ 当且仅当 $y=a$ ，为了便于理解和使用我们记 $S:=\{a\}$ （我们只是为了方便而使用这个记号，如果不考虑通用性，你自己也可以独创另一个记号来表示S. 也就是要说明集合S存在重要的是能确定S中的元素，“对于任意对象y有 $y\in S$ 当且仅当 $y=a$ ”的陈述就是这个作用.）
        现在考虑使用公理3.8来构造一个集合S’. S’:={x : x=a}（x=a可以看作一个性质）. 于是我们只要证明S=S’就可以说明公理3.8确实可以代替公理3.3，也即公理3.8蕴涵公理3.3.
        
        2.进而公理3.4、公理3.5、公理3.6、公理3.7、公理3.10、公理3.11均只是公理3.8的推论罢了（详见习题3.2.1. 虽然习题3.2.1解答没有关于公理3.10、公理3.11的证明，但确实可以写下一个证明.）这也就是书上§3.2 Russell悖论第一段“上节引入的很多公理都有一个类似的味道：它们都使我们能把具有一定性质的全体元素组成一个集合. … 而且人们可能设想它们或许可以被统一起来，…”所要表达的意思.
        
        于是从这个角度看，ZFC中的大部分公理只不过是对性质进行限制后的“阉割版”的公理3.8. 实际上我们也不知道“阉割版”的公理3.8（即公理3.3、3.4等等）是否会导致矛盾，我们只是相信它不会导致矛盾. ZFC的一致性不能从ZFC中证明.
        由于{Y : Y是X的子集}表示的是由性质“Y是X的集合”确定的集合，集合 $\big\{Y : Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ 是由性质“对于某 $g\in\{f\in \{0,1\}^X : \exists S\text{ such that }S=f^{-1}(\{1\})\}$ 有P(g, Y)成立”确定的集合（替换公理的内容，其中P(g, Y)可以理解为：存在对象Y使得 $Y=g^{-1}(\{1\})$ ），你要证明{Y : Y是X的子集}确实可以从替换公理得到，就必须要证明性质“Y是X的集合”确实是性质“对于某 $g\in\{f\in \{0,1\}^X : \exists S\text{ such that }S=f^{-1}(\{1\})\}$ 有P(g, Y)成立”的形式.
        于是回到“性质”的考察，性质其实一个命题，或者叫作陈述，关键是其真假可以确定. 换句话说，你必须证明命题“Y是X的集合”和命题“对于某 $g\in\{f\in \{0,1\}^X : \exists S\text{ such that }S=f^{-1}(\{1\})\}$ 有P(g, Y)成立”是等价的. 我并不认为两者是等价的，因为把两者符号化后，前者是一个含有自由变量Y的简单命题；而后者是含有量词的一阶命题. 于是既然性质“Y是X的集合”不具有替换公理要求的性质的形式，我们就不能说“{Y : Y是X的子集}”是由替换公理得到的.
        也就是说你不能看到“{Y : Y是X的子集}”和“ $\big\{Y : Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ ”的书写形式（书写形式只是人为的规定，你当然可以换一个记号）差不多一样就认为由于“ $\big\{Y : Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ ”是替换公理得到的，那么“{Y : Y是X的子集}”也是可以由替换公理得到的. 那“ $\big\{Y : Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ ”的另一个书写形式 $\{\{x\in X : f(x)\in \{1\}\} : f\in \{0,1\}^X\}$ 还和“{Y : Y是X的子集}”的形式一样吗？关键是要考虑确定集合用到的性质形式是否一样（最简单的例子：设a是对象，那么集合{x : x=a}确实是合理的，因为虽然集合{x : x=a}是公理3.8概括思维的构造，但其性质“x=a”就是公理3.3所规定的性质形式）.
        最后，对于“ $\big\{Y : Y=f^{-1}(\{1\}),f\in \{0,1\}^X \big\}$ ”我更愿意一步步展开来写.
        
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mistoohard说道：

2023年9月2日下午11:53

习题3.4.6要求证明引理3.4.9, 但答案中只是根据提示证明了引理对集合{0, 1}^x适用, 如何证明引理3.4.9能推广到任意集合?

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1. iknetfomi说道：
  
  2023年9月20日上午6:25
  
  X就是所讨论的任意集合。
  
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