习题1.3.5

题目都来自卓里奇的数学分析，网上没有答案（或者是我没找到），大多评论都觉得这书习题太难，不做也罢，
我扫了一眼前两章的，确实很蛋疼（好像明白又不会整 ）。。。
仍觉得扔掉可惜，坛子里学数学的好像很多，就贴在这，觉得好像要总问，就把那个编号也弄上了。。。

都贴上来好了，都云里雾里的。。。

一般的数分书上都没有细讲这些……

了解，找了几本，就这个写了，第二章才开始正常起来。。。

  我们都是看的菲赫金哥尔茨的《微积分学教程》，那个更简单点。这个貌似加入了很多集合论的东东。

咳咳。。。那个也在看，传说中教程上例题在卓里奇就被当成习题。。。
就想结合着看，结果相当于生生砍掉一章。。。

7# GAM

教程上木有这样的题

1a

谢谢秋风树林提醒，这个题目有问题，应该是 $R_1\circ R_2=\Delta_Y$，$R_2\circ R_1=\Delta_X$，


任取 $x\in X$，存在 $y\in Y$ 使得 $(x,y)\in R_1$，且$(y,x)\in R_2$，此时若有 $y'\in Y$使得 $(x,y')\in R_1$，结合 $(y,x)\in R_2$ 可得到 $(y,y')\in R_1\circ R_2=\Delta_Y$，于是 $y'=y$。因此 $R_1$ 是函数。
下面不详细写了，都是类似的，整个1a都很容易

1b

充分性：任取 $(x,x'')\in R\circ R$，按定义，存在 $x'$ 使得 $(x,x')\in R$，$(x',x'')\in R$，根据传递性即有 $(x,x'')\in R$，也就是 $R\circ R\subset R$。
必要性：若存在元素 $x,x',x''$，使得 $(x,x')\in R$，$(x',x'')\in R$，则 $(x,x'')\in R\circ R\subset R$，也就是 $R$ 具有传递性。

1c

充分性：任取 $(x,y)\in R\cap R'$，也就是 $(x,y)\in R$ 且 $(x,y)\in R'$，后者等价于$(y,x)\in R$，根据反对称性必有 $x=y$，因此 $(x,y)\in\Delta_X$，也就是 $R\cap R'\subset\Delta_X$。
必要性：若存在元素 $x,y$ 使得 $xRy$ 与 $yRx$ 同时成立，后者就是 $xR'y$，则 $(x,y)\in R\cap R'\subset\Delta_X$，即有 $x=y$，也就是满足反对称性。

1d

充分性：任取二元素 $x,y$，$xRy$ 与 $yRx$ 至少有一个成立，后者就是 $xR'y$，也就是 $(x,y)\in R\cup R'$，即 $X^2\subset R\cup R'$，而 $R\cup R'\subset X^2$ 是显然的，因此 $R\cup R'=X^2$。
必要性：任取二元素 $x,y\in X$，由于 $R\cup R'=X^2$，我们有 $(x,y)\in R\cup R'$，即 $xRy$ 与 $xR'y$ 至少有一个成立……



可以用符号表述得更简略一点，懒得弄了，先这样看看吧。其他的以后用空再说。

2# GAM


正好有空，看一下第3题，关键还是一对多和多对一的差别，练习基本的集合关系证明。所有这些命题其实都是显然的。

3a

$\forall y\in f(A), \exists x\in A, \textrm{s.t.} f(x)=y$，由于 $A\subset B$，因此 $x\in B$，也就有 $y=f(x)\in f(B)$，这就证明了前半部分。
后半部分举个反例，令 $A=\{-1,1\}, B=\{1,2\}, f(x)=x^2$ 即可。

3b  直接用定义搞定。

3c

$\forall y\in f(A\cap B), \exists x\in A\cap B, \textrm{s.t.} f(x)=y$，由  $x\in A$ 可知 $y=f(x)\in f(A)$，同理 $y\in f(B)$，于是  $y\in f(A)\cap f(B)$。
（无法证明两者相等，例如 $A=\{-1,2\},  B=\{1,2\}, f(x)=x^2$）

3d

从3a知道 $f(A)\subset f(A\cup B), f(B)\subset f(A\cup B)$，所以 $f(A)\cup f(B)\subset f(A\cup B)$ 是显然的。
$\forall y\in f(A\cup B), \exists x\in A\cup B, \textrm{s.t.} f(x)=y$，若 $x\in A$ 则 $y=f(x)\in f(A)$，若 $x\notin A$ 则必有  $x\in B$ 从而 $y=f(x)\in f(B)$，综合两方面即得 $y\in f(A)\cup f(B)$，也就是说 $f(A\cup B)\subset f(A)\cup f(B)$。
因此 $f(A\cup B)=f(A)\cup f(B)$

3e

若 $f^{-1}(A')=\varnothing$，命题显然成立。
否则，$\forall x\in f^{-1}(A')$, 有 $f(x)\in A'\subset B'$，按定义即有 $x\in f^{-1}(B')$。

3f

$x\in f^{-1}(A')\cap f^{-1}(B')\iff (x\in f^{-1}(A'))\wedge (x\in f^{-1}(B'))$
$\iff (f(x)\in A')\wedge (f(x)\in B')\iff f(x)\in A'\cap B'\iff x\in f^{-1}(A'\cap B')$

3g

$x\in f^{-1}(A')\cup f^{-1}(B')\iff (x\in f^{-1}(A'))\vee (x\in f^{-1}(B'))$
$\iff (f(x)\in A')\vee (f(x)\in B')\iff f(x)\in A'\cup B'\iff x\in f^{-1}(A'\cup B')$

3h

$f^{-1}(A'\backslash B')\cap f^{-1}(B')=f^{-1}((A'\backslash B')\cap B')=f^{-1}(\varnothing)=\varnothing$
$f^{-1}(A'\backslash B')\cup f^{-1}(B')=f^{-1}((A'\backslash B')\cup B')=f^{-1}(A')$
原命题得证

3i  上一个的直接推论


3j

若 $A=\varnothing$，命题显然成立。
$x \in A\implies f(x)\in f(A)\iff x\in f^{-1}(f(A))$。
（无法证明两者相等，因为可能多对一，例如 $X=\{1,2\}, A=\{1\}, f(x)=1$）

3k

按定义，若 $x\in f^{-1}(B')$，则必有 $f(x)\in B'$，若 $f^{-1}(B')=\varnothing$，命题显然成立，否则，$\forall y\in f(f^{-1}(B')), \exists x\in f^{-1}(B') \textrm{s.t.} f(x)=y$，而前面又知道 $y=f(x)\in B'$，因此 $f(f^{-1}(B'))\subset B'$。
（无法证明两者相等，因为可能有B'中的元素没有原象，若每一个都有原象，那么两者是相等的）

咦？这不是我在群上问过的题么。。。
倒是第一道的第一问我觉得感觉有点问题就改了个条件

(32.42 KB)

2012-2-10 18:14

其实卓里奇的数分我觉得写得非常好。。。= =
编辑一下，当时做得乱七八糟以致于现在都看不懂的做法。。。

(7.06 KB)

2012-8-8 15:02

9L似乎有点问题啊。。。1a部分
此时若有 y′∈Y使得 (x,y′)∈R1，结合 (y,x)∈R2 可得到 (y,y′)∈R2∘R1=ΔY
R2∘R1是先进行R1再有R2怎么来说都不对呃
我倒觉得(y,y')∈R1∘R2

要是直接题目条件的话倒是得出这个了，所以觉得题目条件有点问题。。。

(3.06 KB)

2012-2-10 18:35

12# 秋风树林


你说得对，我都没好好看，照着他的结论就直接把各个字母打上去了，复合方向居然反了……