卓里奇第一章.docx
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卓里奇第一章.docx
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卓里奇第一章
ZorichChapter1
Analy2020年12月28日
1逻辑符号
1.验证真值表。
答案:
本题没有答案,自行验证即可。
2.证明下面式子
¬(A∧B)↔¬A∨¬B(a)
¬(A∨B)↔¬A∧¬B(b)
(A→B)↔(¬B→¬A)(c)
(A→B)↔¬A∨B(d)
¬(A→B)↔A∧¬B(e)
证明我们先证明d和e,利用真值表可知当且仅当A=true,B=false时d两边才为false,不然都是true,对e同理。
下面证明(a)
RHS↔(A→¬B)↔¬¬(A→¬B)↔¬(A∧B)↔LHS
(b)
(c)
故证毕。
RHS↔¬(¬A→B)↔¬(A∨B)↔LHS
RHS↔(B∨¬A)↔(¬A∨B)↔(A→B)↔LHS
2集合及其基本运算
首先我们给出一些课文上的定义和一些简单的公式
(A⊂B)↔∀x((x∈A)→(x∈B))
(1)
(CMA)={x∈M|xƒ∈A}
(2)(A→B)↔¬A∨B(3)
1.验证关系式。
证明.对a,我们有
(A⊂C)∧(B⊂C)↔((A∪B)⊂C)a
(C⊂A)∧(C⊂B)↔(C⊂(A∩B))bCM(CMA)=Ac
(A⊂CMB)↔(B⊂CMA)d
(A⊂B)↔(CMB⊂CMA)e
b同理,cd
LHS↔∀x((x∈A→x∈C)∧(x∈B→x∈C))
↔((xƒ∈A∨x∈C)∧(xƒ∈B∨x∈C))
↔(¬(x∈A∧x∈B)∨x∈C)
↔(A∧B)⊂C
x∈CMCMA↔xƒ∈CMA↔¬(xƒ∈A)↔x∈A
(A⊂CMB)↔∀x((x∈A)→(xƒ∈B))↔∀x(¬(x∈A∧x∈B))
这是关于A,B对称的,这说明B⊂CMA也能化成上面的形式,故成立。
e利用定义
(1)
可知
(A⊂B)↔∀x((x∈A)→(x∈B))↔∀x((xƒ∈A)∨(x∈B))↔∀x((xƒ∈CMB)∨(x∈CMA))
↔∀x((x∈CMA)→(x∈CMB))↔RHS
2.证明关系式
本题略,直接套定义即可,太简单了。
3.验证下面关系
CM(A∪B)=CMA∩CMBCM(A∩B)=CMA∪CMB
这题我也不做了,简单的高中题,写出来表示很重要。
4.给出下面几何解释:
a:
线段,线段;b:
直线,直线;c:
直线,圆周;
d:
直线,圆面;e:
圆周,圆周;f:
圆周,圆面;
答案:
a:
矩形,b:
平面,c:
圆柱面,d:
圆柱体,e:
圆环面,f:
圆环体。
本题没法做,答案都给出来了,我们做第5题。
5.求4T的对角线集合,并说明几何意义。
解:
对(a)选项:
注意到线段的全体是拓扑等价于某条线段例如[0,1]的,这是因为双射
这个y满足
[a,b]→[c,d]x›→y
x−a=y−c
x−by−d
的,可以唯一的解出来(一元线性方程)。
所以Delta集为
∆[0,1]2={(t,t)|t∈[0,1]}
这就是正方形的对角线。
注意到拓扑等价性,这也是一切矩形的对角线。
对(b)选项,问题就是
∆R2={(t,t)|t∈R}
就是π/4角度斜率线。
问题是这两条直线如果不是夹直角呢?
我们画出如下图形:
那么我们就把直线X,Y上代表单位长度的OEX和OEY构造成一个平行四边形,那么
∆L×L=直线OP,其中OP=OEX+OEY,粗体表示向量。
对(c),就是圆柱面上的螺旋线,但这有个前提,就是我们认为圆周是无穷无尽的循环S1=Rmod2π。
我们这样看,
∆R×S1=∆R×R
那么图形就是这样的:
我们把这个带子卷起来(图中横虚线就表示两边高度相同的点对应重合),那么这些斜线就会连起来成为一条光滑的螺旋线,这就是Delta集。
直线
L与圆面B的Delta集∆L×B=∅,这是肯定的,一个1维与一个2维没法相等,所
以对f:
S1×B也是一样的,Delta集都是空的。
两个圆周:
S1×S1=T2,圆环面,Delta集直接上图。
6.
证明等式。
(X×Y=∅)↔(X=∅)∨(Y=∅)a
证明.←方向明显,下面证→。
X×Y=∅→¬(∃x∈X∃y∈Y)((x,y)∈X×Y)
→¬(∃x∈X∃y∈Y)((x∈X)∧(y∈Y))
→¬(∃x∈X)(x∈X)∧¬(∃y∈Y)(y∈Y)
→X=∅∧Y=∅
(A×B⊂X×Y)↔(A⊂X)∧(B⊂Y)b
证明.我们直接把和
(A⊂B)↔∀x((x∈A)→(x∈B))
(x,y)∈X×Y↔((x∈X)∧(y∈Y))
代入就可以了。
我们用
(X×Y)∪(Z×Y)=(X∪Z)×Yc
(A=B)↔∀x(x∈A↔x∈B)↔∀x(((x∈A)→(x∈B))∧((x∈B)→(x∈A)))
代进去就可以算出来两边恒等了。
(X×Y)∩(X′×Y′)=(X∩X′)×(Y∩Y′)d
证明.我们与c题类似的,再利用
x∈A∩B↔(x∈A∧x∈B)
就可以了。
7.对比3T与Section1的2T,建立逻辑运算与集合运算的关系。
解:
3函数
¬(x∈A)↔x∈CA
(x∈A)∧(x∈B)↔(x∈A∩B)
(x∈A)∨(x∈B)↔(x∈A∪B)
从本节起,不抄题。
1.(a)证明:
根据定义
x1(R2◦R1)x2↔∃y(x1R1y)∧(yR2x2)
y1(R1◦R2)y2↔∃x(y1R2x)∧(xR1y2)
由于R2◦R1=∆X,R1◦R2=∆Y,这说明
x1(R2◦R1)x2↔∃y(x1R1y)∧(yR2x2)↔x1=x2y1(R1◦R2)y2↔∃x(y1R2x)∧(xR1y2)↔y1=y2
注意到
R2◦R1=∆X→pr1(R2◦R1)=X→pr1R1=X
那么注意到
R1◦R2=∆Y→pr2(R1◦R2)=Y→pr1R2=YxR1y↔(x,y)∈R1↔(y,x)∈R2↔yR2x
(xR1y1∧xR1y2)↔(xR1y1∧y2R1x)↔(y1=y2)
这就充分的说明了R1,R2为函数且互逆。
(b)证明:
这题直接套定义就出来了
m(R◦R)n→∃p(mRp∧pRn)
传递性要求上式→mRn,这就是题目的邓家条件R◦R⊂R。
(c)这题与(b)同理,注意到(a)中的R1=R2′,R2=R1′。
(d)证明:
设a,b∈X2,则
(a,b)∈R→aRb,(a,b)ƒ∈R→(a,b)∈CR=R′→aR′b→bRa
证毕。
2.解:
(a)
pr1−1(x)={(x,t)|t∈X2}pr2−2(y)={(t,y)|t∈X1}
(b)根据题意
等价性不言而喻。
x1Rx2↔(f(x1)=f(x2))
(c)证明:
我们考虑y1,y2,y∈Y,根据层的定义
f−1(y1)∩f−1(y2)={x|f(x)=y1}∩{x|f(x)=y2}
若y1ƒ=y2,则交集很明显为空。
下面考虑
∪f−1(y)=∪{x|f(x)=y}=∪{x|y=f(x)}=dom(f)=X
y∈Y
这就证明了结论。
y∈Y
x∈f−1Y
(d)这题的证明与(c)一模一样。
3.证明等式a∼k。
关键就是利用
f(A)={y∈Y|∃x((x∈A)∧y=f(x))}f−1(B)={x∈X|f(x)∈B}
构造命题
利用
y∈f(A)↔∃x((x∈A)∧y=f(x))x∈f−1(B)↔f(x)∈B
(A⊂B)↔∀x((x∈A)→(x∈B))
那么我们逐个证明
a:
(A⊂B)→∀x(x∈A→x∈B)→∀x(f(x)∈f(A)→f(x)∈f(B))
b:
Aƒ=∅→∃x(x∈A)→∃x(f(x)∈f(A))→f(A)ƒ=∅
c:
y∈f(A∩B)↔∃x((x∈A∩B)∧y=f(x))→∃x((x∈A∧y=f(x))∧(x∈B∧y=f(x)))
↔y∈f(A)∧y∈f(B)↔y∈f(A)∩f(B)
d:
y∈f(A∪B)↔∃x((x∈A∪B)∧y=f(x))↔∃x((x∈A∨y=f(x))∧(x∈B∨y=f(x)))
↔y∈f(A)∨y∈f(B)↔y∈f(A)∪f(B)
e:
(A′⊂B′)↔∀y(y∈A′→y∈B′)→∀x(x∈f−1(A′)→x∈f−1(B′))
f:
x∈f−1(A′∩B′)↔f(x)∈A′∩B′↔f(x)∈A′∧f(x)∈B′↔x∈f−1(A′)∩f−1(B′)g:
x∈f−1(A′∪B′)↔f(x)∈A′∪B′↔f(x)∈A′∨f(x)∈B′↔x∈f−1(A′)∪f−1(B′)h:
x∈f−1(A′\B′)↔f(x)∈A′∧f(x)ƒ∈B′↔x∈f−1(A′)\f−1(B′)
i:
x∈f−1(CYA′)↔x∈f−1(Y\A′)↔x∈f−1(Y)\f−1(A′)↔x∈CXf−1(A′)
j:
x∈f−1(f(A))↔f(x)∈f(A)←x∈A
k:
y∈f(f−1(B′))↔∃x((x∈f−1(B′))∧y=f(x))↔∃x((f(x)∈B′)∧y=f(x))→y∈B′
4.这道题可以等价的表示为
f=单射↔B′⊂f(f−1(B′))f=满射↔f−1(f(A))⊂A
我们只做满射,单射直接由5T给出。
证明.f=满射↔f(X)=Y,考虑到
x∈f−1(f(Ax))↔f(x)∈f(Ax)→Y=∪f(Ax)=f(∪Ax)=f(X)
这就证出来了。
5.证明下面命题等价
x∈X
x∈X
a:
f=单射b:
∀A⊂X(f−1(f(A))=A)c:
∀A⊂X∀B⊂X(f(A∩B)=f(A)∩f(B))
d:
f(A)∩f(B)=∅↔A∩B=∅e:
(B⊂A⊂X)→(f(A\B)=f(A)\f(B))
证明.我们按照a→b→c→d→e→a的顺序证明就行了。
a→b:
若f为单射,则
∀A⊂X(x∈f−1(f(A))→f(x)∈f(A)⊂Y)
由于
f(A)={y∈Y|∃x((x∈A)∧(y=f(x)))}
则f(x)∈f(A)表示∃x(x∈A)即x∈A。
下面b→c,只要证
f(A)∩f(B)⊂f(A∩B)
我们使用逻辑的等值演算
(y∈f(A)∩f(B))↔(y∈f(A)∧y∈f(B))
↔∃x((x∈A∧y=f(x))∧(x∈B∧y=f(x)))
就出来了。
下面是c→d,这是明显的
f(A)∩f(B)=∅↔f(A∩B)=∅↔A∩B=∅
接下来d→e,注意到A\B=A∩CXB,则可以明显看出问题等价于
f(CXB)=CYf(B)
我们进行逻辑的等值演算
y∈f(CXB)↔∃x(x∈CXB∧y=f(x))
↔∃x(xƒ∈B∧y=f(x))
↔∃x(¬(x∈B)∧y=f(x))
↔∃x(¬(x∈B∧¬(y=f(x))))
↔∃x(ƒ(x∈B→y=f(x)))
↔¬(y∈f(B))↔y∈CYf(B)
就得到了证明。
下面是e→a,这是显而易见的。
6.a)题不用做,书上给出的就是反例,可以直接证伪。
b)双射是很容易证明的,下面令h=g◦f,并且z=h(x),z=g(y),y=f(x),则
h(x1)=h(x2)→g(f(x1))=g(f(x2))→f(x1)=f(x2)→x1=x2
这就证明了单射,满射明显。
此外,我们注意到
x=h−1(z)=(g◦f)−1(z)
x=f−1(y)=f−1(g−1(z))=(f−1◦g−1)(z)
故(g◦f)−1=f−1◦g−1。
c是明显的,d容易看出F(f)=f−1,单射可以这样
F(x)=(x,f(x))F(y)=(y,f(y))
F(x)=F(y)↔(x,f(x))=(y,f(y))↔x=y
7.a)明显F(x)为f的图像,单射证明和上面一样。
b)的图像是螺旋线。
8.a)判断是很容易的,分别为:
双射、?
、双射、满射、双射、满射、满射、满射、双射、单射、?
、?
,其中?
表示不单不满。
b)X=R+,Y=R+,O:
I›→V=IR为电子元件的VCR。
c)容易求出
tt−
1:
x=x′
+vt′,t=t′
L−1:
x=
x′+vt′
1−(v)2
t=
t′+vx′
1−(v)2
9.a)R2,∅b)R2,∅,c)下面给出证明。
证明.三种基本变换的形式为:
平移
Ta(x)=x+a
θ
sinθcosθ
转动
R(x)=(cosθ−sinθ)x
位似
Sk(x)=kx
首先我们证明:
平移◦平移=平移,转动◦转动=转动,位似◦位似=位似。
Ta◦Tb(x)=x+b+a=Ta+b(x)
θ1
R◦R
(x)=(cosθ1−sinθ1)(cosθ2−sinθ2)x
=(cos(θ1+θ2)−sin(θ1+θ2))x=R
(x)
Sk1◦Sk2(x)=k1k2x=Sk1k2(x)
接下来我们证明复合后无论什么顺序都可以化成3个基本的变换的任意顺序的复合,我们只要证明下面式子成立
Rθ◦Ta=TRθ(a)◦RθRθ◦Sk=Sk◦RθSk◦Ta=Tka◦Sk
()
只要直接算出两边对x的作用即可证明。
这说明变换的一般形式可以写成
Rθ◦Ta
◦
Sk
(x)=cosθ−sinθ(kx+a)
sinθcosθ
我们设x=(x1,x2)⊤,T表示转置,那么方程x=Rθ◦Ta◦Sk(x)可以化成
(kcosθ−1)x1−ksinθx2=−a1cosθ+a2sinθksinθx1+(kcosθ−1)x2=−a1sinθ−a2cosθ
算出系数行列式
注意到k∈]0,1[时
D=k2−2kcosθ+1
cos
k2+1k1
θ=2k=2+2k∈]1,+∞[
这说明Dƒ=0,即方程组在k∈]0,1[时始终唯一解,证毕。
d)G:
R2,x轴,∅;L:
R2,∅。
10.我们只要写出f的形式
ft(x)=x+vt
就立刻可以得到代证的式子。
4某些补充
我们先给出教材课文的一些重要的知识。
CDSB定理(cardX≤cardY)∧(cardY≤cardX)→(cardX=cardY)。
Cantor定理(cardX≤cardY)∨(cardY≤cardX)。
定理cardX ZF公理 ZF1外延公理A=B↔∀x(x∈A↔x∈B)。 ZF2分离公理(A为集合)∧(p为定义在A上的命题)→B={x∈A|p(x)}为集合。 ∩∪定义M={x∈M: ∀X(X∈M→x∈X)}。 ZF3并集公理x∈∪M↔∃X(X∈M∧x∈X)。 ZF4配对公理∀X∀Y(∃(Z={X,Y})∧Z为集合)。 ZF5子集之集公理∀X(2X存在且为集合)。 定义X+=X∩{X}。 定义M=归纳集↔(∅∈M)∧(X∈M→X+∈M)。 ZF6无穷公理归纳集存在。 ZF7替换公理略(用不到)。 选择公理∀集合的集合F∃C∀X(X∈F→card(X∩C)=1)。 ZF公理系统由ZF1∼ZF7组成。 ZFC公理系统ZF公理系统加上选择公理。 下面是习题解答。 1.a)方法1: 根据CDSB定理,有card]0,1[≤card[0,1]和card[0,1]<=cardR= card]0,1[,根据Cantor定理可知card]0,1[=card[0,1]。 方法2: 令 这明显是个双射。 b)可知 f(x)= 1 2 x 1+2x x=0 x∈]0,1] g−1(y)= f−1(y)∃n∈N(y∈fn+1(X)\fn+1(Y)) yelse 2. 证明: a)直接根据22X∪2Y的定义和ZF5即可。 b)根据a)和ZF3即可。 c)这就是选择公理的直接推论。 3.本题答案过长,暂时不显示。 4.a)这个验证是十分明显的;b)分别为ZF1,ZF4,交集(ZF3),ZF6;c)答案就在题目后面。 5.答案为 a: ∀x(xƒ∈A∨yƒ=f(x))→yƒ∈Y b: ∃x1∃x2(x1∈A∧x2∈A∧x1ƒ=x2→f(x1)=f(x2)) c: a)∧b) 6. ((x,y1)ƒ∈f∨(x,y2)ƒ∈f)→(y1ƒ=y2)
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- 卓里奇 第一章