第一章 基本概念练习§1. 集合 子集 集合的运算1.设A ={x |x ∈R ,|x |≥5},B ={x |x ∈R ,-6≤x <0},求B A ,B A ,B A \,A B \,并用图形表示出来.[解] (图形略.)B A ={x |x ∈R ,x <0或x ≥5},B A ={x |x ∈R ,-6≤x ≤-5}, B A \={x |x ∈R ,x <-6或x ≥5}, A B \={x |x ∈R ,-5<x <0}.2. 证明:(B A ⊂)⇔(B B A = )⇔(A B A = ).[证] 先证(B A ⊂)⇔(B B A = ).若B A ⊂,则B A x ∈∀,B x ∈.所以B B A ⊂)( ;显然B B A ⊃)( ,故B B A = .反之,若B B A = ,则A x ∈∀,B B A x =∈)( ,故B A ⊂.所以(B A ⊂)⇔(B B A = ).次证(B A ⊂)⇔(A B A = ).若B A ⊂,则A x ∈∀,B x ∈,于是A x ∈∀,有B A x ∈,所以)(B A A ⊂,显然A B A ⊂)( ,所以A B A = .反之,若A B A = ,则A x ∈∀,B A x ∈,于是A x ∈∀,有B x ∈,故B A ⊂.所以(B A ⊂)⇔(A B A = ).综上所述得:(B A ⊂)⇔(B B A = )⇔(A B A = ).3. 证明:B A =⇔B A B A =.[证] 若B A =,则A B A = ,A B A = ,所以B A B A =.反之,若B A B A =,则A x ∈∀,有x ∈B A =B A ,从而B x ∈,所以B A ⊂;同理可证A B ⊂,故B A =所以B A =⇔B A B A =.4. 设n A =(n ,∞),(n ,∞)表示实数轴上的开区间,即(n ,∞)={x |x ∈R , ∞<<x n },n =0,1,2,….求 ∞=0i i A 与 ∞=0i i A[解] 因为 ⊃⊃⊃210A A A ,所以 ∞=0i i A =0A =(0,∞).因为∈∀x R ,存在非负整数n ,使n x ≤.于是n A x ∉, ∞∉i A x ,所以φ=∞= 0i i A .5. 设A ={x |x ∈Z ,x x 32-+2=0},写出A 2. [解] A ={1,2},故A 2={φ,{1},{2},{1,2}}.6. 设A ,B 是U 的子集,规定)\()\(A B B A B A =+,证明:(ⅰ)A B B A +=+; (ⅱ)A A =+φ; (ⅲ)φ=+A A .[证] (ⅰ)因为集合的并适合交换律,故)\()\(A B B A =)\()\(B A A B ,即A B B A +=+.(ⅱ)因为A A =φ\,φφ=A \,所以)\()\(A A φφ =φ A =A ,即A A =+φ.(ⅲ)因为φ=A A \,所以φ=)\()\(A A A A ,即φ=+A A .§2. 映射 映射的合成1. 对于下面给出的Z 到Z 的映射f ,g ,h ,f :x x 3 ,g :13+x x ,h :23+x x计算g f ,f g ,h g ,g h ,h g f .[解] g f :39+x x , f g :19+x x , h g :79+x x ,g h :59+x x , h g f :2127+x x .2.对于上题的f ,g ,h 分别求它们的左逆映射.[解] f 的一个左逆映射为1-L f :⎪⎩⎪⎨⎧≠=.3,3,3n x x n x x x 当当 .g 的一个左逆映射为1-L g :⎪⎩⎪⎨⎧+=-+≠.13,31,13,n x x n x x x 当当 .h 的一个左逆映射为1-L h :⎪⎩⎪⎨⎧+=-+≠.23,32,23,n x x n x x x 当当 . 其中n 为任意整数. 3.对于上题的f ,g ,h ,找出f ,g ,h 的共同的左逆映射,即找出Z 到Z 的映射k ,使f k =g k =h k =Z I .[解] 令k :Z →Z ,⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=-+=-=.23,32,13,31,3,3n x x n x x n x x x 当当当 ,其中n 为任意整数.容易验证,k 是f ,g ,h 的一个共同的左逆映射.4. 对于上题的f ,g ,h ,找出Z 到Z 的一个映射,使其为f ,g 的共同的左逆映射,但不是k 的左逆映射.[解] 令k :Z →Z ,⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=-=.23,,13,31,3,3n x x n x x n x x x 当当当 ,其中n 为任意整数.容易验证,k 为满足题中要求的映射.5. 设f 是A 到B 映射,g 是B 到C 的映射,f g 有左逆映射,能否证明f ,g 都有左逆映射?[解] 当f ,g 为题设,且f g 有左逆映射,可以证明f 有左逆映射,但g 未必有左逆映射.下面分别加以证明:(ⅰ)f 有左逆映射.设f g 有一个左逆映射k ,于是对于任一A a ∈,有A 到C 的映射)))(((a f g k =a =)(a I .根据映射合成满足结合律得:a a f g k =))()(( ,对A a ∈∀都成立.故g k 为f 的一个左逆映射.(ⅱ)g 未必有左逆映射.例如:A ={1,2},B ={1,2,3},C ={1,2},令f :B A →,x x ;g :C B →,⎩⎨⎧==.313.2,1,i i i i .容易验证,f g 存在左逆映射,但g 不存在左逆映射.6*. 设f 是A 到B 的单射(满射),g 是B 到C 的单射(满射),则f g 是A 到C 的单射(满射).[解] (ⅰ)设f 是A 到B 的单射,g 是B 到C 的单射,则对A a a ∈∀21,,且21a a ≠,有)()(21a f a f ≠,从而))((1a f g ≠))((2a f g ,于是f g 是A 到C 的单射.(ⅱ)设f 是A 到B 的满射,则B A f =)(;g 是B 到C 的满射,则C B g =)(.于是))((A f g =)(B g =C ,所以f g 是A 到C 的满射.7. 设A 表示某四年制大学数学系全体学生所成的集合,B ={1,2,3,4}.对A a ∈∀,规定)(a f 表示a 所在年级,这个f 是不是A 到B 映射?单射?满射?A a ∈∀,))((1a f f -=?设B b b ∈21,,21b b ≠,问)(11b f -∩)(21b f -=? B b b f ∈-)(1=?[解] 根据题意,A a ∈∀是且仅是某一个年级的学生,故)(a f 是B 中唯一确定的元素,所以f 是A 到B 的映射;f 未必是满射,因为未必每个年级都有学生;一般说f 不是单射,因为某年级如有学生,一般不会只有一人.A a ∈∀,))((1a f f -={a 所在年级的全体学生}.当B b b ∈21,,21b b ≠时,)(11b f -∩)(21b f -=φ, B b b f∈-)(1=A .8. 设A =B =Z ,m 是取定的正整数,A a ∈∀,规定r a f =)(,此处r 是a 被m 除所得非负余数:r qm a +=,0≤r <m .f 是不是A 到B 的映射?单射?满射?若取B ={0,1,2,…,m -1},问)0(1-f ,)1(1-f ,…,)1(1--m f 分别由哪些数组成?设B j i ∈,,j i ≠,问)()(11j f i f -- =? B b b f∈-)(1=?[解] 依题意且根据整数的带余除法知,f 是A 到B 的映射,但f 不是单射,也不是满射.设B ={0,1,2,…,m -1},则依题意有:)0(1-f ={x |km x =,k =0,±1,±2,…},)1(1-f ={x |km x =+1,k =0,±1,±2,…},…………………………………………,)1(1--m f ={x |km x =+(m -1),k =0,±1,±2,…}.当B j i ∈,,j i ≠时,)()(11j f i f -- =φ, B b b f∈-)(1=Z .9. 设A 是坐标平面上所有点的集合,B 是x 轴上所有点的集合,A a ∈∀,规定)(a f 表示a 向x 轴作垂线的垂足,这个f 是不是A 到B 的映射?单射?满 射?设B b b ∈21,,21b b ≠,问)(11b f -∩)(21b f -=? ))((1a f f -=? B b b f∈-)(1=?[解] 依题意,f 是A 到B 的映射,显然f 是满射,但f 不是单射.设B b b ∈21,,21b b ≠,则:)(11b f -∩)(21b f -=φ,))((1a f f -={)(a f ,y }, Bb b f∈-)(1=A . 10. 设f :B A →,A S ⊆,证明S S f f⊇-))((1,举例说明“=”不一定成立. [解] 设f :B A →,A S ⊆,则S s ∈∀,有)()(S f s f ∈,所以))((1S f f s -∈,S S f f ⊇-))((1.例如:A =B ={0,1,2,…},S ={0}A ⊆,作A 到B 的映射f :A a ∈∀,)(a f =0,显然))((1S f f-=)0(1-f =A ≠S .§3 有限集与可数集1.证明,有限集的任一子集都是有限集;无限集的任一扩集都是无限集.[证] 设A 为有限集,若φ=A ,则结论显然成立.现在设A 非空,则A 的元素可以如下列举出来:1a ,2a ,…,n a .A 的空子集显然是有限集,若B 是A 的非空子集,则B 的元素可以如下列举出来:1i a ,2i a ,…,m i a , m i i i <<< 21.于是B 与自然数的一个断片|1,m |={1,2,…,m }等浓,从而B 是有限集.设A 为无限集,B 是A 的任一扩集.若B 不是无限集,则B 为有限集,从而由前半部证明知,B 的任一子集,特别地,B 的子集A 为有限集,此与假设矛盾.所以B 是无限集.2. 证明,一个有限集与一个可数集的并是一个可数集.[证] 设A ={1a ,2a ,…,n a }为有限集,B ={1b ,2b ,…,n b ,…}为可数集,则A ∪B ={1a ,2a ,…,n a ,1b ,2b ,…,n b ,…}.作f :(A ∪B )→+Z ,⎩⎨⎧=+≤≤.,2,1,,1, j j n b n i i a j i .显然f 是B A 到+Z 上的一一映射,所以B A 与+Z 等浓,从而B A 为可数集.3. 找出自然数集P 的三个与P 等浓的真子集1A ,2A ,3A .[解] 设P ={1,2,3,…},令1A ={全体正奇数},2A ={全体正偶数},}1{\3P A =.1A ,2A ,3A 为P 的真子集,容易看出存在i A (i =1,2,3)到P 上的一一映射,所以i A (i =1,2,3)与P 等浓.4. 证明,坐标平面上所有格子点(即坐标均为整数的点)的集合是可数集.[证] 记所有格子点的集合为A ,即:A ={(a ,b )|a ,b ∈Z}.可将A 的元素排成一个方阵,再按右图所示箭头方向给A 中的元素按自然数顺序编号:这样,A 的元素可利用自然数排列出来,故A 是可数集.5. 证明:开区间(a ,b )与闭区间[a ,b ]等浓.[证] 映射f :a x a b x +-)( 显然是(0,1)到(a ,b ),[0,1]到[a ,b ]的双射.由P.18例4知,(0,1)与[0,1]等浓.设ϕ是(0,1)到[0,1]的双射,则1-f f ϕ是(a ,b )到[a ,b ]的双射,所以(a ,b )与[a ,b ]等浓.注:此题也可以用类似P.18例4的方法,直接作(a ,b )到[a ,b ]的双射.6. 利用例3的方法,证明全体“自然数的无限序列”作成的集合是不可数集.[证] 设A ={X |X =(1a ,2a ,…,n a ,…),i a ∈+Z },显然A 为无限集.假定A 为可数集,则A 的元素可用自然数予以编号,于是A ={1X ,2X ,…,n X ,…},其中1X =(11a ,12a ,…,n a 1,…)2X =(21a ,22a ,…,n a 2,…)…………………………n X =(1n a ,2n a ,…,nn a ,…)…………………………作自然数的无限序列X =(1a ,2a ,…,n a ,…),其中ii i a a =(i =1,2,…,n ,…).显然A X ∈,但X 与1X ,2X ,…,n X ,…中的任一个都不相同,从而产生矛盾.故A 为不可数集.§4 加氏积 二元关系与等价关系1. 设*R 表示一切非零实数作成的集合,数目的＋、－、×、÷是不是*R 的代数运算?为什么?n 次方幂,n 次方根是不是*R 的一元运算?为什么?x log 是不是一元运算?为什么?构造*R 的两个三元运算.[解] (ⅰ)数目的×、÷是*R 的代数运算.因为∈∀b a ,*R ,b a ⨯,b a ÷是*R中唯一确定的元素.(ⅱ)数目的＋、－不是*R 的代数运算.因为∈∀a *R ,∈-a *R ,但)(a a -+=0*R ∉,a a -=0*R ∉.(ⅲ)n 次方幂是*R 的一元运算.因为∈∀a *R ,n a 是*R 中唯一确定的元素. (ⅳ)当n 是奇数时,n 次方根是*R 的一元运算;当n 是偶数时,n 次方根不是*R 的一元运算,因为负数在实数范围内不能开偶次方.(ⅴ)x log 不是*R 的一元运算.因为1∈*R ,而*01log R ∉=.(ⅵ)构造*R 的两个三元运算1f ,2f 如下: x z y x f =),,(1,2222),,(z y x z y x f ++=,∀x ,y ,z ∈*R .2. 设A ={a ,b },R ={(a ,a )},R 是否具有反身性?对称性?传递性?反对称性?[解] R 不具有反身性,因为b R b '.但R 具有对称性,传递性,反对称性.3. 设A ={平面上所有直线},规定A 中的二元关系～为:1l ,2l ∈A ,1l ～2l ⇔1l ∥2l 或21l l =.证明,～是A 的一个等价关系,决定相应的等价类.[证] (ⅰ)依题意,A l ∈∀,有l l =,故l ～l .A l l ∈∀21,,由1l ～2l ⇒1l ∥2l 或21l l =⇒2l ∥1l 或12l l =⇒2l ～1l .A l l l ∈∀321,,,由⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⇒=⇒323232212121//~//~l l l l l l l l l l l l 或或⇒3131//l l l l =或⇒1l ～3l . 可见～具有反身性、对称性、传递性,所以～是A 的一个等价关系. (ⅱ)当A l ∈时,由l 决定的等价类为:直线y =kx ={l |A l ∈,l ∥直线kx y =,或l 就是直线kx y =},k 为任意实数; 直线x =0={l |A l ∈,l ∥直线x =0,或l 就是直线x =0}.4. 在复数集C 中,规定二元关系～为:a ～b ⇔a 的幅角=b 的幅角.证明,～是C 的一个等价关系,决定相应的等价类.[证] (ⅰ)∈∀a C ,有a a arg arg =,故a ～a .∈∀b a ,C ,由a ～b ⇒b a arg arg =⇒a b arg arg =⇒b ～a .∈∀c b a ,,C ,由⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⇒=⇒c b c b b a b a arg arg ~arg arg ~⇒c a arg arg =⇒a ～c . 可见～是C 的一个等价关系.(ⅱ)其决定的等价类为:ϕa ={z |∈z C ,πϕk z 2arg +=,k ∈Z },0≤ϕ<2π;与0={0}.5. 设A ={1,2,3,4},在A 2中规定二元关系～为:S ～T ⇔S ,T 含有元素个数相同,证明,这是一个等价关系,写出商集A2/～.[证] 记A 2的元素S 所含元素个数为|S |.A S 2∈∀,则|S |=|S |,故S ～S . A T S 2,∈∀,由S ～T ⇒|S |=|T |⇒|T |=|S |⇒T ～S .AV T S 2,,∈∀,由⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⇒=⇒||||~||||~V T V T T S T S ⇒|S |=|V |⇒S ～V . 可见～是A2的一个等价关系.商集A 2/～={φ,1A ,2A ,3A ,4A },其中 1A ={{1},{2},{3},{4}},2A ={{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4}},3A ={{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4}},4A =A .6. n F )(表示数域F 上全部n 阶方阵的集合,f 是n F )(到{0,1,2,…,n }上的满射f :(ij a ) (ij a ).求f 决定的等价关系,决定的等价类.[解] 由f 确定的n F )(中的等价关系为:(ij a )～(ij b )⇔))(())((ij ij b f a f =,即秩(a )=秩(b ).决定的等价类为:r A ={X |n ij F x X )()(∈=,秩X =r },r =0,1,2,…,n .7. 设1R ,2R 是A 的两个等价关系,21R R 是不是A 的二元关系?是不是等价关系?为什么?21R R 是不是A 的二元关系?[解] 集A 的二元关系实际上是A A ⨯的子集,而A A ⨯的两个子集之交、之并仍然是A A ⨯的子集,故21R R 、21R R 都是A 的二元关系.若1R ,2R 都是A 的等价关系,则21R R 仍是A 的等价关系.事实上A a ∈∀,由⎭⎬⎫∈∈21),(),(R a a R a a ⇒21),(R R a a ∈. 对A b a ∈∀,,由21),(R R b a ∈⇒⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⇒∈∈⇒∈2211),(),(),(),(21R a b R b a R a b R b a R R 为等价关系为等价关系⇒ 21),(R R a b ∈.同样可证,21R R 具有传递性,所以21R R 是A 的一个等价关系.8. 设1R ,2R 是A 的两个二元关系,规定:21R R ={),(b a |A x ∈∃:1),(R x a ∈,2),(R b x ∈}}.证明,“ ”是A 的一切二元关系所成的集合B 的一个二元关系.[证] 因为21R R 是A A ⨯的一个子集,即21R R 确定了A 的一个二元关系,所以“ ”:2121),(R R R R 是B B ⨯到B 的一个映射,故它是B 的一个二元关系.9. 设n R )(表示实数域R 上一切n 阶方阵的集合.(ⅰ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔Q P B AR ,1n R )(,|P |≠0,|Q |≠0:B PAQ =.证明,R 是R )(的一个等价关系.等价元素类取怎样的方阵作为代表元,形式最简单?(ⅱ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔P B AR 2n R )(,|P |≠0:B PAP =-1.证明,2R 是n R )(的一个等价关系.等价元素类取怎样的方阵作为代表元,形式最简单?(ⅲ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔P B AR 3n R )(,|P |≠0:B P PA ='.证明,3R 是n R )(的一个等价关系.等价元素类取怎样的方阵作为代表元,形式最简单?(ⅳ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔P B AR 4n R )(,I P P ='(单位方阵):B P PA ='.证明,4R 是n R )(的一个等价关系.等价元素类可以取怎样的代表元?[证] 由线性代数知识可知,实数域上n 阶方阵的等价、相似以及实对称矩阵的合同、正交合同皆具有反身性、对称性、传递性,故本题中的1R ,2R ,3R ,4R 都是等价关系.(ⅰ)关于1R ,等价元素类的代表元取如下方阵,形式最简单:r E =diag (rn r -0,,0,0,1,,1,1),(0≤r ≤n ). (ⅱ)由等价关系2R 所划分的等价类,其代表元可取矩阵的有理标准形(详见张远达,熊全淹的《线性代数》第五章).关于3R ,等价元素类的代表元取如下方阵,形式最简单:st E =diag ()(0,,0,0,1,1,1,1,,1,1t s n t s +----),s ,t 为非负整数,且n t s ≤+. 关于4R ,等价元素类的代表元可取如下方阵:n E λλ,,1 =diag (1λ,2λ,…,n λ),R i ∈λR ,1λ≤2λ≤…≤n λ.§5. 有序集 Zorn 引理1. 写出右边图形表示的偏序关系,指出其极大元,极小元,最大元,最小元.[解] 上图表示的偏序关系为:“≤”={),(a a ,),(b b ,),(c c ,),(d d ,),(b d ,),(c d ,),(a b ,),(a c ,),(a d }.a 为极大元同时亦为最大元,d 为极小元同时亦为最小元.下图表示的偏序关系为:“≤”={),(a a ,),(b b ,),(c c ,),(d d ,),(e e ,),(c d ,),(c e ,),(a c ,),(b c ,),(b d ,),(a d ,),(b e ,),(a e }.a ,b 为极大元,d ,e 为极小元,此偏序关系中无最大元,也无最小元.2. 举一个偏序集(S ,≤)但不是有序集的例子.[解] 令S ={数域P 上的首项系数为1的多项式},规定:对于任意S x g x f ∈)(),(,)(x f ≤)(x g ⇔)(|)(x g x f .显然可知,依规定“≤”具有反身性、对称性、传递性,故(S ,≤)是一个偏序集.但(S ,≤)不是有序集,因为存在S x g x f ∈)(),(,)(|)(x g x f /,且)(|)(x f x g /,从而既无)(x f ≤)(x g ,又无)(x g ≤)(x f .故“≤”不是顺序关系.3. 举一个有序集(S ,≤)但不是良序集的例子,并对S 规定另一偏序关系,使之成为良序集.[解] 取S =Z ,“≤”表示数目的大小关系,显然(S ,≤)是有序集,但不是良序集,因为(S ,≤)中无最小元.现在规定Z 的二元关系“≤'”:b a ≤',如果|a |<|b |;或b a =;或b a -=,且a 为负数.显然(Z ,≤')是有序集,下面证明它是良序集:设N 是Z 的任一非空子集,记N '={|a |N a ∈},因为以数目大小为二元关系的非负整数集是良序集,所以(N ',≤')有最小元|0a |,如果N a ∈∀,且0a a ≠,有|a |≠|0a |,即|a |>|0a |,则0a 是(N ,≤')中最小元;如果N a ∈∃1,且01a a ≠,但|1a |=|0a |,则1a ,0a 中是负数的那一个为(N ,≤')的最小元.总之,(N ,≤')有最小元.所以(Z ,≤')是良序集.4. 证明,一个偏序集(S ,≤)若有最大元,则只存在一个.[证] 设(S ,≤)为偏序集,m ,n 皆为其最大元,则依定义有m ≤n 和n ≤m ,由反对称性得n m =,所以(S ,≤)若有最大元,则只存在一个.5. 证明,有限偏序集的每一个非空子集均含有极小元.[证] 设S 是有限偏序集,T 是S 的任一非空子集,“≤”为偏序关系.取定T x ∈0,考虑0Tx ={x |T x ∈,x ≤0x },显然00Tx x ∈,若0Tx ={0x },则0x 为T 的一个极小元,否则01Tx x ∈∃,1x <0x .继续考虑1Tx ={x |T x ∈,x ≤1x },若1Tx ={1x },则1x 为T 的一个极小元,否则12Tx x ∈∃,2x <1x .如此继续,我们得到一个链: …<n x <…<2x <1x <0x .由于T 为有限集,此链不可能无限下去,必在有限步后中止,即存在m x ,使m Tx ={x |T x ∈,x ≤m x }={m x },从而T x ∈∀,x ≤m x ,m x 为T 的极小元.6. 举一个含有n +1个元的偏序集,使其含有n 个极大元,1个极小元.[解] 令S ={1,1p ,2p ,…,n p ,i p 为互不相同的素数}.定义S 中的二元关系“≤”为数的整除关系,显然(S ,≤)成为一个偏序集.1是S 的一个极小元,其余n 个元皆为极大元.7. 设(Z ,≤)是整数集关于整除关系作成的偏序集,T ={1,2,…,10},求T 的上界,下界,有没有最小上界?最大下界?与例6的区别何在?[解] 依题意,T 的上界和下界分别是1,2,…,10的公倍数和公约数,而最小上界和最大下界则分别是的它们的最小公倍数和最大公约数,所以T 的最小上界为:5·7·9·8=2520,T 的上界为:2520k ,k ∈+Z ;T 的最大下界为1,且是T 仅有的下界.与例6的区别在于:例6讨论的是T 的最小元,极小元,最大元,极大元,这与上,下界,最大下界,最小上界是不同的概念.对一个偏序集的子集来说,如有最小元,则最小元必是最大下界.如有最大元,由最大元必是最小上界.反之未必.例如本题中的T ,1是最小元,也是最大下界;2520是最小上界,但不是T 的最大元.8. 设A 是任意集合,在偏序集(A 2,⊆)中取其子集的序列{1a },{1a ,2a },…,{1a ,2a ,…,n a },…,它们的并集是不是A 2的一个极大元?为什么?[解] 题中所取子集序列之并未必是A 2的一个极大元.因为该子集序列的并集可能是A 的真子集,例如当A 是不可数集时.事实上,(A 2,⊆)中仅有一个极大元,也是最大元A .9. 证明,偏序集(A 2,⊆)既有最大元,也有最小元.(φ\2A ,⊆)有没有最小元?找出它的极小元.[证] 因为A A 2∈,且对A x 2∈∀,总有A x ⊆,故A 是(A 2,⊆)的最大元; 同样,由于A 2∈φ,且对A x 2∈∀,总有x ⊆φ,故φ是(A2,⊆)的最小元. (φ\2A ,⊆)没有最小元,其极小元为所有{a },A a ∈.10. 设S =Z ,“m ≤n ”表示mn 是非负整数,且n m |,证明(S ,≤)是一个偏序集.S 有没有最大元?最小元?极大元?极小元?[证] 对S x ∈∀,恒有x x ⋅为非负整数,且x |x ,故x ≤x .对S y x ∈∀,,若x ≤y 且y ≤x ,则依题意可知x ,y 或同时为0,或为同号的互相整除的整数,故y x =.对S z y x ∈∀,,,若x ≤y 且y ≤z ,则由y x |且z y |,推得z x |,再由xy ,yz 非负,可知xz 非负.所以x ≤y .可见“≤”具有反身性,对称性,传递性.所以(S ,≤)是一个偏序集.显然0为S 的一个最大元,也是S 的唯一极大元.S 没有最小元,S 有极小元1和-1.11. 设偏序集(S ,≤)有最小元,则S 有且只有唯一的极小元.[证] 首先可知(S ,≤)的最小元,也是S 的一个极小元.所以,当(S ,≤)有最小元m 时,S 至少有一个极小元.设m '是(S ,≤)的任一极小元,因为m 是最小元,所以m ≤m '.又因为m '是极小元,所以由m ≤m '⇒m m '=.12. 设A 是一个非空集合,B 是A 上一切二元关系所组成的集合,对于B 中元素1R ,2R ,如果对于x ,y ∈A ,y xR 1⇒y xR 2,那么,就规定1R ≤2R ,则(B ,≤)作成一个偏序集.[证] 依题意,对B R ∈∀,总有R ≤R .设1R ,2R ∈B ,且1R ≤2R 及2R ≤1R ,则对于x ,y ∈A ,y xR 1⇒y xR 2及y xR 2⇒y xR 1,这就是说,由(x ,y )∈1R ⇒(x ,y )∈2R 及(x ,y )∈2R ⇒(x ,y )∈1R .所以1R ,2R 表示A A ⨯的同一子集合,21R R =.设1R ,2R ,3R ∈B ,满足1R ≤2R 且2R ≤3R ,则对于x ,y ∈A ,y xR 1⇒y xR 2及y xR 2⇒y xR 3,从而y xR 1⇒y xR 3,所以1R ≤3R .可见B 中的二元关系“≤”具有反身性,对称性,传递性,所以(B ,≤)作成一个偏序集.此外,我们也可以直接由(B ,≤)=(A A ⨯2,⊆)得(B ,≤)是一个偏序集.习题1. 设n A ={a |a ∈Z ,(n 2|a )∧(a n |21/+)},求A = ∞=1n n A . [解] A = ∞=1n n A={2k |k ∈Z }.2. 设x A ={y |y ∈R ,0≤y <x },求A =1>∈x R x x A 且.[解] A = 1>∈x R x x A 且={y |y ∈R ,0≤y ≤1}.3. 设1A ,2A ,…,是集合E 的可数个子集,令A =∞=∞=1m m i i A ,A = ∞=∞=1m m i i A .证明: (ⅰ)A 由一切属于无限多个i A 的元所组成; (ⅱ)A 由一切属于“几乎所有i A ”的元所组成.(“几乎所有i A ”指除有限个外的全部i A ,也说“差不多所有i A ”.)[证] (ⅰ)若x 属于无限多个i A ,则m ∀≥1,1A ,2A ,…,1-m A 是有限个,所以E m '≥m ,使m A x '∈,于是 ∞=∈m i i A x .故A x ∈= ∞=∞=1m m i i A .若x 属于有限个i A ,不妨设x 属于1i A ,2i A ,…,k i A ,1i <2i <…<k i ,m >k i ,取m '∀≥m ,m A x '∉,于是 ∞=∉m i i A x ,故A x ∉.综上所述,A 由一切属于无限多个i A 的元组成.(ⅱ)若 ∞=∞=∈1m m i i A x ,则至少0m ∃,使 ∞=∈0m i i A x ,于是,x 至多不属于1A ,2A ,…,1-m A ,即x 属于“几乎所有的i A ”.若x 属于“几乎所有的i A ”,不妨设x 属于除了1i A ,2i A ,…,k i A 以外的所有i A ,取0m >k i ,则 ∞=∈0m i i A x .故A x ∈= ∞=∞=1m mi i A .综上所述,A 由一切属于“几乎所有的i A ”的元所组成.4. 设{i A |I i ∈}是集合E 的子集族,f 是E 到B 的映射,证明:(ⅰ) I i i I i i A f A f ∈∈=)()(;(ⅱ) Ii i I i i A f A f ∈∈⊆)()(.并举例说明,(ⅱ)中的“⊂”可能发生.[证] (ⅰ)设)( I i i A f x ∈∈',则 Ii i A x ∈∈∃,使)(x f x =',于是x 属于某一个i A ,从而x '=)(x f ∈)(i A f ⊆ I i i A f ∈)(,所以)( I i i A f ∈⊆ I i i A f ∈)(.同样可证, I i i A f ∈)(⊆)( I i i A f ∈.所以)( I i i A f ∈= Ii i A f ∈)(.(ⅱ)任取)( I i i A f x ∈∈',则 Ii i A x ∈∈∃,使)(x f x =',因为i A x ∈,I i ∈∀,所以)()(i A f x f ∈,I i ∈∀,即)(i A f x ∈',I i ∈∀.故 I i i A f x ∈∈')(,从而)( I i i A f ∈⊆ Ii i A f ∈)(.例:取E =Q ,1A ={非负有理数},2A ={非正有理数},B ={0,1}.定义f :E →B ,⎩⎨⎧≠=.0,1,0,0时当时当x x x x . 因为)(21A A f ={0},)()(21A f A f ={0,1},所以)(21A A f ⊂[)()(21A f A f ].5. 设f :A →A 且f f =f ,则f =A I .[证] 由题设,f 是A 到A 的满射,故对于A a ∈∀,A a ∈'∃,使a a f =')(.又因为f f =f ,所以有)(a f =)(a f f ' =)(a f '=a ,A a ∈∀.所以f =A I .6. 找出Z 到Z 的n +1个映射i f ,i =1,2,…,n ,n +1,使1f ,2f ,…,n f 有共同的左逆映射g ,但g 不是1+n f 的左逆映射.[解] 作Z 到Z 的n +1映射如下i f :)1(-+i nx x ,∈∀x Z ,i =1,2,…,n ,n +1.再令g :Z →Z ,⎥⎦⎤⎢⎣⎡n x x ,∈∀x Z ,符号[a ]表示不超过a 的最大整数. 容易看出,∈∀x Z ,))((x f g i =x ,i =1,2,…,n .而))((1x f g n + =x +1≠x . 所以g 是1f ,2f ,…,n f 的共同左逆映射,但不是1+n f 的左逆映射.7. 设A ,B C 是集合E 的三个子集,且C B A =,φ=C B ,找出A 2到加氏积C B 22⨯的一个双射.[解] 作映射f :A 2→C B 22⨯,),(C A B A A i i i ,Ai A 2∈∀.由)()(C A B A i i =)(C B A i =A A i =i A ,可知f 是单射. B B i ∈∀,C C i ∈,记i i i C B A =,A i A 2∈.因为φ=C B ,所以φ=i C B ,故B A i =B C B i i )(=)()(B C B B i i =B B i =i B ;同理可证C A i =i C .于是i A 在映射f 下的象是(i B ,i C ),故f 是满射,从而f 是双射.8. 设f 是A 到B 的映射,g 是B 到C 的映射,*f 是A 2到B 2的映射,*f :)(S f S ,A S ⊆∀.*g 是B 2到C 2的映射,*g :)(T g T ,B T ⊆∀,证明下面图形交换:即*)(gf =**f g .[证] 显然*)(gf ,**f g 都是A 2到C2的映射.对A S ⊆∀,有:)()(*S gf =))((S gf =))((S f g =))((*S f g=))((**S f g =))((**S f g ,所以*)(gf =**f g .9. 设+Z ={1,2,…},证明:存在++⨯Z Z 到+Z 的双射φ. [证] ∈∀q p ,+Z ,p q p q p +-+-+)1)(2(21∈+Z . 令φ:++⨯Z Z →+Z ,p q p q p q p +-+-+)1)(2(21),( ,∈∀q p ,+Z . 则φ是映射为显然.下面首先证明它是一个满射:∈∀n +Z ,∈∃k +Z ,使得)1(21+k k ≤n <)2)(1(21++k k . 若n =)1(21+k k ,则取p =k ,q =1,有),(q p φ=n . 若)1(21+k k <n <)2)(1(21++k k ,则取p =)1(21+-k k n ,q =)1(21+k · )2(+k -n +1,有),(q p φ=n .可见对于∈∀n +Z ,∈∃),(q p ++⨯Z Z ,使),(q p φ=n .再证φ是单射:设),(q p ,),(n m ∈++⨯Z Z ,且),(q p ≠),(n m ,则p ≠m 或q ≠n .若p +q =m +n ,则p +q -2=m +n -2,p +q -1=m +n -1,且p ≠m ,于是,),(q p φ=)1)(2(21-+-+q p q p +p =)1)(2(21-+-+n m n m +p ≠)1)(2(21-+-+n m n m +m =),(n m φ. 若p +q ≠m +n ,不妨设p +q >m +n ,于是,)1)(2(21-+-+q p q p -)1)(2(21-+-+n m n m =)1)(2(21-+-+q p q p -)1)(2(21-+-+n m q p +)1)(2(21-+-+n m q p -)1)(2(21-+-+n m n m ≥)2(21-+q p +)1(21-+n m >m -1≥m -p . 所以,)1)(2(21-+-+q p q p +p >)1)(2(21-+-+n m n m +m ,即),(q p φ≠),(n m φ.故φ是单射.从而证得,φ是++⨯Z Z 到+Z 的一个双射.注:本题也可用练习三第4题的方法证明++⨯Z Z 是可数无限集,从而存在++⨯Z Z 到+Z 的双射.10. 证明,不存在A 到A2的双射,此处A ≠φ.[证] 如果存在A 到A 2的双射ϕ,则对A a ∈∀,或者)(a a ϕ∈,或者)(a a ϕ∉.令S ={a |A a ∈,)(a a ϕ∉},S '={a |A a ∈,)(a a ϕ∈}.于是A =S S ' ,且S S ' =φ.因为A S 2∈,所以A a ∈∃0,使S a =)(0ϕ.若S a ∈0,则由S a =)(0ϕ,有)(00a a ϕ∈,这与S 的定义矛盾.若S a ∉0,则S a '∈0,于是根据S '的定义,又得到S a a =∈)(00ϕ,产生矛盾. 从而,不存在A 到A 2的双射.11. 设A ={1,2,3},f 是A 到A 的满射,具有性质)1(f =3,求f 的个数.[解] 由题设,f 是A 到A 的一一变换,且限定f (1)=3,于是f 的个数为2:1f :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛123321, 2f :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21332112. 设A ={1,2,…,n },f 是A 到A 的满射,具有性质i i y x f =)(,i =1,2,…, k ,k <n ,i x ,i y ∈A ,求f 的个数.[解] 由题设,f 是A 到A 的一一变换,今限定i i y x f =)(,i =1,2,…,k ,k <n ,则f 的个数应为(n -k )个元素的全排列数)!(k n -.13. 设A 有k 个元素,B 有n 个元素,且k ≤n ,求A 到B 的单射的个数.[解] 若f 是A 到B 的单射,则)(A f 是由B 中k 个不同元素所组成,于是f 的个数为从B 中每次取k 个不同元素进行排列所得到的排列数.因而,A 到B 的单射的个数为:k n A =)!(!k n n -. 14. Z [x ]表示一切整数的一元多项式的集合,证明,Z [x ]是可数集.[证] 显然Z 是可数集.由§3练习第4题知Z Z ⨯是可数集,因此Z Z ⨯与Z 等势,于是利用归纳法可证,有限个Z 的加氏积Z Z Z ⨯⨯⨯ 是可数集.下面证明Z [x ]是可数集.)(x f ∀=n n x a +11--n n x a +…+x a 1+0a ∈Z [x ],可由系数的有序数组(n a ,1-n a ,…,1a ,0a )∈1+⨯⨯⨯n Z Z Z 唯一确定. 记n Z ={)(x f =∑=ni i i x a 0|i a ∈Z }.因为Z Z Z ⨯⨯⨯ 是可数集,所以n Z 也是可数集,而Z [x ]=+∈Z n n Z .用类似的证明方法,可以证明可数个可数集的并集是可数集.于是得到Z [x ]是可数集.15. 证明Q [x ]是可数集.[证] 由P.40例4知,全体正有理数是可数集,于是存在+Z 到+Q 的双射ϕ.作Z 到Q 的映射f :⎪⎩⎪⎨⎧=-.0,00,),(,),(时当为负整数时当为正整数时当a a a a a a a ϕϕ容易看出,f 是Z 到Q 的双射,而Z 是可数集,所以Q 也是可数集.以下仿14题的方法,可证得Q [x ]是可数集.16. 证明,+Z 2是不可数集. [证] 假设+Z 2是可数集,则+Z 2与+Z 等浓,从而存在+Z 到+Z 2的一个双射,这与习题10已得结论“不存在A 到A 2的双射”矛盾.所以+Z 2是不可数集.17. 举一个集合的例子,在它上定义一个二元关系,分别适合反身性、对称性、传递性中两个且仅适合两个.[解] 设A =Z .(ⅰ)在A 上定义二元关系1R 为通常数的整除,即A b a ∈∀,,b aR 1⇔a |b .显然,R 适合且仅适合反身性、传递性,而不适合对称性.(ⅱ)在A 上定义2R 为:A b a ∈∀,,b aR 2⇔a =b ,a ≠0.显然2R 适合传递性、对称性,但2R 不适合反身性,因为02R '0. (ⅲ)在A 上定义3R 为:A b a ∈∀,,b aR 3⇔(a ,b )≠1(即a 与b 不互素),或者a =b =±1.显然3R 适合反身性、对称性,但3R 不适合传递性.例如,取a =2,b =6,c =9,则b aR 3,c bR 3,c R a 3'. 18. 设A =++⨯Z Z ,规定(m ,n )≤(m ',n ')⇔m ≤m ',n ≤n ',证明,(A ,≤)是偏序集,并且A 有最小元.是否A 的每一个非空子集要都有最小元?极小元?[证] 对A n m ∈∀),(=++⨯Z Z ,总有⎩⎨⎧≤≤nn m m ,故(m ,n )≤(m ,n );),(11n m ∀,),(22n m ∈A ,由⎩⎨⎧≤≤),(),(),(),(11222211n m n m n m n m ,显然可得⎩⎨⎧==2121n n m m ,所以),(11n m =),(22n m .),(n m ∀,),(k l ,),(t s ∈A ,由⎩⎨⎧⎭⎬⎫≤≤⇒≤≤≤⇒≤t k s l t s k l k n l m k l n m ,),(),(,),(),(⇒⎩⎨⎧≤≤t n s m ,所以),(n m ≤),(t s .综上可见“≤”满足反身性、反对称性及传递性,所以(A ,≤)是偏序集. 由于(1,1)∈A ,且A n m ∈∀),(,均有(1,1)≤),(n m ,故(1,1)是A 的最小元. A 的每一个非空子集未必有最小元,例如A 的子集{(1,2),(2,1)}.但A 的每一个非空子集都有极小元.19. 设(A ,≤),(B ,≤)是两个偏序集,规定B A ⨯的字典排法偏序关系为:),(11b a ≤),(22b a ⇔1a ≤2a 1a =2a ,1b ≤2b ,证明,(B A ⨯,≤)是偏序集.若(A ,≤),(B ,≤)均为有序集,是否有(B A ⨯,≤)是有序集?[证] (ⅰ)由于A ,B 皆为偏序集,故B A b a ⨯∈∀),(,总有a =a ,b ≤b ,所以),(b a ≤),(b a .),(b a ∀,),(d c ,),(f e ∈B A ⨯,由⎩⎨⎧≤=≤⇒≤≤=≤⇒≤fd e c e c f e d c d b c a c a d c b a ,),(),(,),(),(或或⇒a ≤e 或a =e ,b ≤f ,所以),(b a ≤),(f e .),(b a ∀,),(d c ∈B A ⨯,由⎩⎨⎧≤⇒≤≤⇒≤a c b a d c c a d c b a ),(),(),(),(⇒a =c , 又由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫≤⇒⎭⎬⎫≤=≤⇒⎭⎬⎫=≤b d b a d c a c d b c a d c b a ),(),(),(),(⇒b =d ,所以(a ,b )=(c ,d ). 综上可见(B A ⨯,≤)是一个偏序集.(ⅱ)若(A ,≤),(B ,≤)是有序集,则(B A ⨯,≤)亦是有序集.事实上,),(b a ∀,∈),(d c (B A ⨯,≤),因为(A ,≤)是有序集,所以a <c ;c <a ;a =c 中有且仅有一种情况出现.若a <c ,则),(b a ≤),(d c ;若c <a ,则),(d c ≤),(b a ;若a =c ,因为(B ,≤)是有序集,所以必有b ≤d 或d ≤b .当b ≤d 时,有),(b a ≤),(d c ;当d ≤b 时,有),(d c ≤),(b a .总之),(b a ∀,∈),(d c (B A ⨯,≤),均有),(b a ≤),(d c 或),(d c ≤),(b a .故(B A ⨯,≤)是一个有序集.20. 给出复数集C 的两种顺序关系,使之成为有序集.与“复数无大小”的概念是否矛盾?[解] 任一复数bi a y +=决定一对有序实数),(b a ,)(bi a +∀,∈+)(di c C ,定义:bi a +1≤di c +⇔a <c 或a =c ,b ≤d ,其中“≤”为通常数目的大小关系.由于(R ,≤)是有序集,故由前题证明知“1≤”成为C 上的一个顺序关系,故使(C ,1≤)成为有序集.又任一复数都可以唯一地表示成一个三角函数式:z =)sin (cos ααi r +, 0≤α<2π.定义:)sin (cos 1ααi r +2≤)sin (cos 2ββi r +⇔α<β或α=β,1r ≤2r ,其中“≤”为通常数目的大小关系.)sin (cos 1ααi r +∀,∈+)sin (cos 2ββi r C ,同样地可知,“2≤”是C 上的一个顺序关系,故(C ,2≤)成为有序集.我们这里给出的C 上的两种顺序关系与“复数无大小”是不矛盾的.通常的数的大小关系,不仅是一种顺序关系,而且还要满足阿基米公理,乘法单调性.但我们在这里给出的两种顺序关系是不具有这些性质的:不能用来比较复数的大小.21. 设(A ,≤)是偏序集,对A a ∈∀,令)(a f ={x |A x ∈,x ≤a },证明,f 是A 到A 2的一个单射,并且,f 保持(A ,≤),(A 2,⊆)的偏序关系,即当a ≤b 时,有)(a f ⊆)(b f .[证] (ⅰ)显然f 为映射,下面仅证f 是单射.设S a f =)(,T b f =)(,且T S =.由于A 是偏序集,故a ≤a ,所以S a ∈,但T S =,所以T a ∈,于是a ≤b .同样可证,b ≤a .所以a =b ,从而f 是A 到A 2的一个单射.(ⅱ)若a ≤b ,则)(a f x ∈∀,x ≤a .于是,x ≤b ,所以)(b f x ∈,即)(a f ⊆)(b f .可见f 保持(A ,≤),(A 2,⊆)的偏序关系.22. 设(A ,≤)是偏序集,T 是(A 2,⊆)的一个子集,令T ={y |A y 2∈,t y ⊆,T t ∈},则T 与T 有相同的极大元.[证] 根据T 与T 的定义,显然有T T ⊆.若x 是T 的一个极大元,下证x 是T 的一个极大元.如若不然,则T y ∈∃,使y x ⊂.由于T y ∈,所以T t ∈∃,满足t y ⊆,从而t x ⊂,这与x 是T 的极大元矛盾.这就证明了凡T 的极大元,必是T 的极大元.反之,若y 是T 的一个极大元,则由于T y ∈,知T t ∈∃,使t y ⊆,但T T ⊆,所以T t ∈,从而T t y ∈=,即y 是T 的极大元.这就证明了凡T 的极大元必是T 的极大元.23. 设(S ,≤)是有序集,则(S ,≤)是良序集的充要条件是:对S a ∈∀,a S ={x |S x ∈,x <a }是良序集.[证] 若(S ,≤)是良序集,则对S a ∈∀,a S 必是良序集.这是因为a S 的任一非空子集必是S 的非空子集,从而有最小元.反之,若对S a ∈∀,a S 是良序集,下证(S ,≤)是良序集.设M 是S 的一个非空子集,M m ∈∀0,记M '={m |M m ∈,m <0m }.如果0m 不是M 的最小元,则M '非空.因为M '是0m S 的子集,所以M '有最小元m ',易知m '也是M 的最小元.从而(S ,≤)是一个良序集.24. 设(S ,≤)是偏序集,如果S 中每一非空子集M 均有极大元,那么S 中任意递增序列1a <2a <…<n a <…必终止于有限项.并且,反之亦然.[证] 设1a <2a <…<n a <…是S 中任一无限递增序列,则S 的非空子集{1a ,2a ,…,n a ,…}没有极大元,与题设矛盾,故递增序列1a <2a <…<n a <…必终止于有限项.反之,设S 中任意递增序列终止于有限项,下证S 的每一个非空子集皆有极大元.设M 是S 的任一非空子集,如果M 无极大元,则M a ∈∀1,M a ∈∃2,使1a <2a ;同样M a ∈∃3,使2a <3a .如此类推,取定M a n ∈后,因为n a 不是M 的极大元,所以M a n ∈∃+1,使n a <1+n a ,这样就得到S 中的一个无限递增序列1a <2a <…<n a <1+n a <…,与S 中任意递增序列必终止于有限项矛盾.此矛盾表明M 有极大元.25. 设(+Z ,≤)是整数集关于整除关系作成的偏序集,证明,(+Z ,≤)中存在无穷递增序列1a <2a <…<n a <….(+Z ,≤)中是否存在无穷递降序列?[证] 对∈∀a +Z ,且a ≠1,有a |2a ,2a |3a ,…,n a |1+n a ,…故有a <2a <3a <…<n a <1+n a <…,即(+Z ,≤)中存在无穷递增序列.在(+Z ,≤)中,不存在无穷递降序列.这是因为对∈∀a +Z ,a 的约数只有有限多个.26. 有人说,U A i i =∈ φ(见§1末)不应该规定,而是可以证明,即:假定U A i i ≠∈ φ,则U A i i ⊂∈ φ.于是,U x ∈∃,但 φ∈∉i i A x .从而,φ∈∃j ,但j A x ∉,与φ是空集矛盾.此矛盾表明U A i i =∈ φ.你以为如何?[解] 上面证明过程是错误的.“ φ∈∉i i A x ,从而存在φ∈j ,j A x ∉”,这是根据 Ii i A ∈={x |U x ∈,I i ∈∀,j A x ∈}得到的,而后者作为定义,其前提条件要求I 非空,故当φ=I 时,不能应用该定义.。
