内容发布更新时间 : 2024/12/22 17:36:45星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

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[证明] 1）若y∈f（A∪B）则有x∈A∪B，使f（x）=y。即有x∈A或者x∈B，使f

（x）=y。若x∈A，使f（x）=y，则y∈f（A）；若x∈B，使f（x）=y，则y∈f（B）。总之y∈f（A）或y∈f（B），从而∪f（B）所以，

f（A∪B）?f（A）∪f（B）

若y∈f（A）∪f（B），则y∈f（A）或者y∈f（B），若y∈f（A），则存在着x1∈A，使f（x1）=y，即存在着x1∈A∪B，使f（x1）=y，故y∈f（A∪B）；若y∈f（B），则存在着x2∈B，使y=f（x2），即存在着x2∈A∪B，使y=f（x2），故y∈（A∪B）。总之，y∈f（A∪B）。所以

f（A）∪f（B）?f（A∪B）。

因此 f（A∪B）= f（A）∪f（B）。

2）若y∈（A∪B），则存在着x∈A∩B，使y=f（x）。即x∈A且x∈B，使y=f（x）。从而y∈f（A）且y∈f（B），从而?y∈f（A）∩f（B）。所以

f（A∩B）?f（A）∩f（B）。

令f：X→X，X={1，2，3，4}，f={（1，4），（2，3），（3，4），（4，2）}。并且取A={1，2}，B+{2，3}，则AB={2}，f（A）=f（B）={3，4}，f（A∩B）={3}。从而f（A∩B）?f（A）∩f（B）是严格真包含。因此等号一般不成立。 3）设y是任一使得y∈f（A）\\f（B）的元素。那么有某-x∈A使得f（x）=y，但是，对每个z∈B，都有y≠f（z）。因此x∈A\\B，并且由于y=f（x），这就是推出y∈f（A\\B）。由y是任意的，这就建立了

f（A）\\f（B）?f（A\\B）

令X={1，2，3，4，5}， f：X→X，f={（1，5），（2，4），（3，2），（4，5），（5，1）}。取A={1，2，3}，B={3，4}，则A\\B={1，2}，于是f（A）={5，4，2}，f（B）={2，5}，f（A\\B）={5，4}，f（A）\\f（B）={4}。由于{4}?{5，4}， 故此f（A）\\f（B）?f（A\\B）是真包含，等号不成立。 9．设f：X→Y，定义函数g：Y→2X，使得对任意的y∈Y

g（y）={x∈X | f（x）=y}

证明：如果f是满射函数，则g是单射函数。

[证明] 对于任意的y1，y2∈Y且y1≠y2，我们来证g（y1）≠g（y2）。首先我们来证g

（y1）≠?且g（y2）≠?。由于f：X→Y是满射函数，故此存在着x1，x2∈X，使得f（x1）=y2，因此x1∈g（y1）={x∈X | f（x）=y1}，x2∈g（y2）={x∈X | f（x）=y2}，所以g（y1）≠?，g（y2）≠?。其次来证g（y1）∩g（y2）=?。否则，此交集非空，则存在着x∈X，使x∈g（y1）∩g（y2），从而x∈g（y1）且

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x∈g（y2），于是f（x）=y1，f（x）=y2，从而y1=y2与y1≠y2的取法矛盾，因此这样的x不存在，g（y1）∩g（y2）=?。最后，g（y1）≠g（y2）。否则，g（y1）=g（y2），则g（y1）∩g（y2）=g（y1）? ，矛盾。因此g是单射函数 10．设f：R→R，f（x）=x2-1，g：R→R，g（x）=x+2

1）求fog和gof

2）说明上述函数是单射、满射还是双射的？ [解] 1）fog：R→R 对于任意x∈R

（fog）（x）=f（g（x））=f（x+2）=（x+2）2-1=x2+4=3 gof：R→R， 对任意x∈R

（gof）（x）=g（f（x））=g（x2-1）=（x2-1）+2=x2+1 2）（a）fog不是单射的

因为（fog）（-（x+4））=（x+4）2-4（x+4）+3

=（x+4）（x+4-4）+3 =（x+4）x+3 =x2+4x+3 =（fog）（x）

但是，除x=2外，一般-（x+4）≠x，故此fog不是单射函数。

（b）fog不是满射的 因为（fog）（x）= x2+4x+3 =（x+2）2-1 ≥-1

故此?（fog）=[-1，+∞]≠R。所以fog不是满射的。 （c）综合（a）、（b）、fog也不是双射的。 （d）gof不是单射的

因为（gof）（-x）=（-x）2+1 =x2+1 =（gof）（x）

但是，除x=0外，一般-x≠x，故此gof不是单射的。 （f）gof不是满射的

因为（gof）（x）=x2+1≥1，故此?（gof）=[1，+∞] ≠R。所以gof不是满射的。

（g）综合（d），（f），gof当然也不是双射的。

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11．设A={1，2，3，4}

1） 作双射函数f：A→A，使f≠IA，并求f 2，f 3，f –1，fof -1 2）是否存在双射函数g：A→A，使g≠IA，但g2=IA

[解]散1）定义f：A→A，f={（1，2），（2，3），（3，4）（4，1）}则显然f是双射的

且f≠IA={（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）}。

f=5-x

f2=f?f={（1，3），（2，4），（3，1），（4，2）} f2=x f3=f?f2={（1，4），（2，1），（3，2），（4，3）} f3=5-x f –1={（1，4），（2，1），（3，2），（4，3）} f –1=5-x f?f –1={（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）}=IA f?f –1= IA

2）存在。定义g：AA，g={（1，2），（2，1），（3，4），（4，3）}则显然gf，gIA且g是双射的，但是有

g2=g?g={（1，1），（2，2），（3，3），（4，4）}=IA 。 12．设| X | = n ，从X到X的双射函数P数为集合X上的置换， ．．

整数n称为置换的阶。一个n阶置换P：X→X，用如下形式表示： ．

P=??x2??x1?P(x1)P(x2)?xn?? ，P（xi）∈X P(xn)??给定三阶置换P=??[解] P-1=???123??，求逆置换P-1及P与P-1的复合P◇P-1 。 ??312??123?? ??231??123??123?P◇P-1=??312??◇??231??

????=???123??? 123??13．设A是无限集合，B是有限集合，回答下列问题并阐明理由

1） A∩B是无限集合吗？ 2） A∪B是无限集合吗？ 3） A\\B是无限集合吗?

[答] 1）不是。因为A∩B?B，而B是有限集合，所以A∩B是有限集合。

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2）是。因为A∪B?A，而A是无限集合，所以A∪B是无限集合。

3）是。因为A是无穷集合，因此A含有一可数子集A1，从而A=A1∪A2这里A2=A\\A1。于是A\\B=（A1∪A2）\\B=（A1\\B）∪（A2\\B）。由（另一证法否则A\\B有限，则A=（A\\B）∪B两个有限集合之并仍为有限矛盾）于任何可数集中取出有穷个元素之后，剩下的集合仍旧是可数集，故此可数集A1与有限集合的差A1\\B仍是一可数集，因此由A\\B=（A1\\B）∪（A2\\B）?A1\\B，即知A\\B中含有一可数子集A1\\B。所以A\\B是无限集合。 14．设A、B、C、D为集合，若A≈C，B≈D，证明A×B≈C×D。

[证明] 由于A≈C，B≈D，所以由等势的定义知存在着二个双射函数g：A→C和h：

B→D。从而我们可构造一个双射函数：

f：A×B→C×D

对于任何（a，b）∈A×B， f（a，b）=（g（a），h（b）） 于是f是双射函数，其逆函数为

f –1：C×D→A×B

对于任何（c，d）∈C×D，f –1（c，d）=（g –1（c），h –1（d）） 因此，

A×B≈C×D

15．设a，b为任意实数，a＜b，证明[0，1]≈[a，b] [证明] 构造函数 f：[0，1]→[a，b]

f（x）=（b-a）·x+a ，x∈[0，1]

此函数是双射的，其逆函数为

f –1：[a，b]→[0，1]

f –1（x）=

x?a，x∈[a，b]（由于a＜b，故b-a＞0＝ b?a因此[0，1]≈[a，b]。 16．计算下列集合的基数

1）{（a，b，c）|a，b，c∈I}； 2）所有整系数的一次多项式集合； 3）{（a，b）|a，b∈R∧a2+b2=1}；

4）实数轴上所有两不相交的有限开区间组成集合。

[解] 1）|{（a，b，c）|a，b，c∈I}|= 因为整数集I是可数的（参见第5题的2）。

又从{a，b，c| a，b，c∈I}=I×I×I为三个（有限个）可数集的叉积，因而是可

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数的。

2）所有整系数的一次多项式集合={ax+b|a，b∈I}，因此

|{ax+b|a，bI}|=|{（a，b）|a，b∈I}|=|I×I|=? 。

3）|{（a，b）|a，b∈R∧a2+b2=1}|= ? 。因为存在着双射函数： S：{（a，b）|a，b∈R∧a2+b2=1}→[0，1] S（x，y）=

?， （x，y）∈{（a，b）| a，b∈R∧a2+b2=1} 2?其中????arcosx,当y?0

?2??arcosx,当y?0其逆函数S-1：[0，1] →{（a，b）|a，b∈R∧a2+b2=1} S-1（x）=（cos2πx，Sin2πx），x∈ 因此|{（a，b）|a，b∈R∧a2+b2=1}=|[0，1]|= ?

4）实数轴上所有两两不相交的有限开区间组成的集合的基数是?。 。 因为我们可在每个开区间中任取一有理数与此区间对应，由于这此开区间是两两不相交的，因而不同的区间就对应于不同的有理数（实际上是建立了一个单射），故所述开区间类与有理数集的一子集等势，从而或是有限的或是可当选的；但不可能是有限的。因为已知每个开区间都是有限的，而有限个有限开区间的并仍是有限集（有限开集），从而必能包含在区间与它之内的每个有限开区间的均不相交，符合所述开区间类的条件，故而应在此大区间之内，矛盾。所以这类开区间是可数的。

17．找出三个与N等势的N的真子集。

[解] A={2n | n∈N}N. 双射函数f：A→N f（m）=

m，m∈A， 这是所有偶自然数集合。 2m?1，m∈B，这是所有奇自然数集合。 2 B={2n=+1|n∈N}?N，双射函数g：B→N， g（m）=

C={Pi| i∈N∧PiN∧Pi为第i个素数}?N，素数是无限多的。否则，只有有限个，不妨设为P1，…，Pk，从而来考虑

≈M=4P1P2…Pk+1

这个数，因为P1M，P2M，…PkM，从而M不能分解成素数这积，说明M又是一另外的素数，与素数只有P1，P2，…，Pk个矛盾。所以C是可数的，C与N

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