集合论习题答案.docx
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集合论习题答案
P3习题
1.1.1解:
⑴{2,3,5,7,11,13,17,19};⑵{e,v,n,i,g};⑶{-3,2};
⑷{-1};⑸{2,
};⑹Φ
⑺共14项,前四项为极小因式:
不能再分解为其它因式的因式:
{①x+1,②x1,③x2+x+1,④x2x+1,①②x21,①③x3+2x2+2x+1,①④x3+1,
②③x3-1,②④x3-2x2+2x-1,③④x4+x2+1,①②③x4+x3x+1,
①②④x4-x3+x-1,①③④x5+x4+x3+x2+x+1,②③④x5x4+x3x2+x1)}
1.1.2解⑴{x|xI+,x<80};⑵{x|xI且nI使x=2n+1};⑶{x|xI且nI使x=5n};
⑷{(x,y)|x,yR,x2+y2<1};⑸{(,)|,R,>1};⑹{ax+b=0|a,bR且a0}。
P5习题
。
1.2.1答:
为真的有:
⑵、⑷、⑻、⑽,其余为假。
1.2.2答:
为真的有:
⑴、⑷,其余为假。
1.2.3解:
A=,B={0},C={…,4,2,0,2,4…},D={2,4},E={…,4,2,0,2,4…},F={2,4},
G=,H={…,4,2,0,2,4…}。
∴C=E=H,D=F,A=G。
1.2.4答:
四个全为真。
证明:
⑴例A={a},B={a,A}
⑵例B={A},C={A,B}
⑶例A={}
⑷例A={a},B={a,A},∴2B={,{a},{A},B}※
1.2.5解⑴幂集{};幂集的幂集{,{}}
$
⑵幂集{,{},{a},{,a}};
幂集的幂集零元素子集{,
单元素子集{},{{}},{{a}},{{,a}},
双元素子集{,{}},{,{a}},{,{,a}},{{},{a}},{{},{,a}},{{a},{,a}},
三元素子集{,{},{a}},{,{},{,a}},{,{a},{,a}},{{},{a},{,a}}},
四元素子集{,{},{a},{,a}}。
1.2.6证:
设a=c且b=d,∴{a}={c}且{a,b}={b,d}∴{{a},{a,b}}={{c},{c,d}}。
设{{a},{a,b}}={{c},{c,d}},∴{a}在{{c},{c,d}}中,∴{a}={c}或{a}={c,d}
∵{a}是单元素集,而{c,d}是双元素集,∴只能{a}={c},∴a=c
同理{a,b}={c,d},又∵a=c,∴b=d※
》
P11习题
1.3.1解⑴{0,1,2,3,4,5,6,7,8,16,32,60,64,30,90,120,150,…};
⑵;⑶{3,4,5,6};⑷{0,1,2,3,4,5,6,8,16,32,64}。
1.3.2解:
A={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11},B={1,2,3,4,5,6,7,8}
C={2,4,6,8,…},D={3,6,9,12,…},E={1,3,5,7,…}
⑴B∩C;⑵A∩D;⑶(A∩C)B;⑷CB;⑸(A∩C)∪(EB)。
1.3.3⑴证:
例A={1,2},B={1},C={2}。
A∪B=A∪C=A,但B≠C。
⑵答:
能。
证1:
∵A∪B=A∪C,∴(A∪B)∩B=(A∪C)∩B,∴B=(A∪C)∩B,
∴B=(A∩B)∪(B∩C)=(A∩C)∪(B∩C)=(A∪B)∩C=(A∪C)∩C=C。
~
证2:
xB
①若xA,则xA∩B,∵A∩B=A∩C,∴xA∩C,∴xC;
②若xA,而xA∪B,又∵A∪B=A∪C,∴xA∪C,又∵xA,∴xC
∴BC,同理可证得CB,∴B=C。
※
1.3.4证:
例U={1,2},A={1},B={2},AB={1},而BA={2},∴AB≠BA,
∴差运算不满足交换律。
※
1.3.5证:
用互为子集法证明。
仅证明⑴。
x
,∴x
,∴SC,∴xS,即SC,x
,
∴x
,∴
;
x
,∴SC,x
,∴SC,∴xS,∴x
,
—
∴x
,∴
;
∴
=
※
1.3.6证:
用互为子集法证明。
仅证明⑴。
xB∩(
),∴xB且x
,∴xB且SC,xS,∴xB∩S,
∴x
,∴B∩(
)
;
x
,∴SC,xB∩S,∴xB且xS,∴xB且x
,
∴xB∩(
),∴
B∩(
);
∴B∩(
)=
※
1.3.7解⑴(a)(A∩B)∪(
);(b)A∩B∩C;(c)(A∩C)B。
⑵①②③
:
P13习题
1.4.1解⑴{(a,0,c),(a,1,c),(b,0,c),(b,1,c)}
⑵{((c,c),a),((c,c),b)}
⑶{((a,c),(a,c)),((a,c),(b,c)),((b,c),(a,c)),((b,c),(b,c))}
1.4.2证:
用互为子集法证明。
:
(x,y)(A∩B)×(C∩D)∴xA∩B且yC∩D
∴xA且xB且yC且yD
∴(x,y)A×C且(x,y)B×D
∴(x,y)(A×C)∩(B×D)
∴(A∩B)×(C∩D)(A×C)∩(B×D)
同样方法可证得:
(A×C)∩(B×D)(A∩B)×(C∩D)
∴(A∩B)×(C∩D)=(A×C)∩(B×D)※
1.4.3证:
反证法:
设AΦ且BΦ且AB
∴xA且xB或者yB且yA
若xA且xB,则对bB,有(x,b)A×B,但(x,b)B×A,∴A×BB×A。
。
若yB且yA,则对aA,有(a,y)A×B,但(a,y)B×A,∴A×BB×A。
若A=Φ,A×B=B×A=Φ
若B=Φ,A×B=B×A=Φ∴A×B=B×A
若A=B,A×B=B×A※
1.4.4答:
6小题全为假。
证:
⑴例A={a},B={b},x=aA但y=cB,也有(x,y)=(a,c)A×B。
⑵∵B2B但BB,∴对x2A,(x,B)2A×2B,但(x,B)2A×B
∴2A×B2A×2B。
⑶例A={1},B={2},C=Φ,则AC=B×C=Φ,但AB。
⑷例A={1},B=C=Φ,D={3}
$
(A∪B)×(C∪D)={1}{3}={(1,3)}(A×C)∪(B×D)=Φ∪Φ
⑸例A=B={1},C={2},D={3}
(A-B)×(C-D)=Φ×(C-D)=Φ(A×C)-(B×D)={(1,2)}-{(1,3)}={(1,2)}
⑹例A=B={1},C={2},D={3}
(AB)×(CD)=Φ×(CD)=Φ
(A×C)(B×D)={(1,2)}{(1,3)}={(1,2),(1,3)}
1.4.5证:
用互为子集法证明。
(x,y)A×(B-C),∴xA且yB-C,∴yB且yC
∴xA且yB且xA且yC,∴(x,y)A×B且(x,y)A×C
∴(x,y)(A×B)-(A×C),∴A×(B-C)(A×B)-(A×C);
>
(x,y)(A×B)-(A×C),∴(x,y)A×B且(x,y)A×C,
∴xA且yB且xA且yC,∴xA且yB-C,
∴(x,y)A×(B-C),∴(A×B)-(A×C)A×(B-C);
∴A×(B-C)=(A×B)-(A×C)※
P14习题
1.5.1解:
设A为学英语的学生集合,B为学日语的学生集合。
∴|A|=45,|B|=30,45≤|A∪B|≤60
∵|A∪B|=|A|+|B|-|A∩B|,∴15≤|A∩B|≤30。
1.5.2解设能被2,3,5,7整除的整数集合分别为:
A2,A3,A5,A7。
∴|A2|=125,|A3|=83,|A5|=50,|A7|=35,|A2∩A3|=|A6|=41,|A2∩A5|=|A10|=25
、
|A2∩A7|=|A14|=17,|A3∩A5|=|A15|=16,|A3∩A7|=|A21|=11,|A5∩A7|=|A35|=7
|A2∩A3∩A5|=|A30|=8,|A2∩A3∩A7|=|A42|=5
|A2∩A5∩A7|=|A70|=3,|A3∩A5∩A7|=|A105|=2
|A2∩A3∩A5∩A7|=125+83+50+35-41-25-17-16-11-7+8+5+3+2-1=193
1.5.3解:
已知|数|=67,|物|=47,|生|=95
|数∩物|=28,|数∩生|=26,|物∩生|=27
|数∪物∪生|=200-50=150
|数∪物∪生|=|数|+|物|+|生|―|数∩物―|数∩生|
―|物∩生|+|数∩物∩生|
∴150=67+47+95-26-27-28+|数∩物∩生|
∴|数∩物∩生|=22。
各小区的内容详见右图。
!
P19习题
1.6.1解:
⑴设D={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},所要定义的集合为A;
①xD,xA
②x,yA,xyA
③只有有限次地运用①②步所生成的元素属于A,否则不属于A。
⑵设D={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},所要定义的集合为A;
①xD,x.A
②xD,yA,xyA且yxA
③只有有限次地运用①②步所生成的元素属于A,否则不属于A。
⑶设所要定义的集合为A
<
①0A
②xA,x+2(10)2A
③只有有限次地运用①②步所生成的元素属于A,否则不属于A。
⑷设所要定义的集合为A
①[]A
②x,yA,xyA且[x]A
③只有有限次地运用①②步所生成的元素属于A,否则不属于A。
1.6.2解:
可以,但从1开头,即从{a}开头,|a|=1。
1.6.3解:
⑴去掉第一条,所得模型为空集Φ。
⑵去掉第二条,所得模型为无穷有根多元树,即表示一个元素可有多个后继。
》
⑶去掉第三条,所得模型为{0},且0=0。
⑷去掉第三条,所得模型为{0,1,2},0=1,1=2,2=1。
⑸去掉第三条,所得模型为{0,x1,x2,…,y1,y2,…},0=x1,iI+,xi=xi+1,yi=yi+1。
1.6.4证:
⑴基础:
8=5+3。
⑵归纳:
kN且8 k=5p+3q 当n=k+1时, 若在k分邮资的组合中,至少有一枚5分的邮票,则把该5分的邮票换成两张3 分的邮票,就实现了k+1分邮资的组合。 若在k分邮资的组合中,没有5分的邮票,则因k>8,所以至少有3张3分的邮 票。 把这三张三分的邮票换成两张5分的邮票,就实现了k+1分邮资的组合。 ※ … 1.6.5证: 当n=2时,本身为质数,自然成立。 kN且2 当n=k时,若k为质数,自然成立。 若k为和数,则k可写为p与q的积,此时因p,q均小于k,根据归纳假设,p和q 均可写为若干质数之积,故n=k=pq也可写为若干质数之积。 ※ 1.6.6⑴证: a,bN,对c施以归纳证明 当c=0时,a+(b+0)=a+b=(a+b)+0 假设当c=n时,a+(b+n)=(a+b)+n 当c=n时,a+(b+n)=a+(b+n)=(a+(b+n)),(a+b)+n=((a+b)+n) 根据归纳假设,a+(b+n)=(a+b)+n,∴a+(b+n)=(a+b)+n . ∴a,b,cN,a+(b+c)=(a+b)+c。 ※ ⑵①mNm×0=0;②m,nNm×n=(m×n)+m ⑶①m,nN,m≠0,n≠0,m0=1,0n=0;②m,nN,m≠0, =mn×m ⑷①mNm P23习题 1.7.1解: ⑴A2={,a,aa};⑵C3={ababab};⑶CAB={aba,abb,abaa,abab} ⑷A+={,a,a2,a3,…}={an|nN};⑸C*={,ab,(ab)2,(ab)3,…}={(ab)n|nN}。 1.7.2证: ⑵xA{},必aA,使x=a=a,∴xA,∴A{}A; xA∵x=x∴xA{}∴AA{}; ∴A=A{}。 ! ⑶x(AB)C,必aA,bB且cC,使x=(ab)c ∵串的连接运算满足结合律,∴x=a(bc)A(BC),∴(AB)CA(BC); 同理可证得A(BC)(AB)C,∴A(BC)=(AB)C。 ※ 1.7.3证: ⑴xA(B∩C),必aA,且bB∩C,使x=ab,∴bB且bC ∵aA且bB,∴x=abAB;又∵aA且bC,∴x=abAC; ∴xAB∩AC,∴A(B∩C)AB∩AC。 ※ ⑵例A={,a},B={},C={a};∴A(B∩C)=AΦ=Φ AB∩AC={,a}∩{a,aa}={a},A(B∩C)AB∩AC。 1.7.4证: ⑶证A*A*=A* xA*A*,必m,nN使x=AmAn=Am+n ' 又∵Am+nA*∴xA*∴A*A*A* xA*∵A*∴xA*A*∴xA*A*∴A*A*A* ∴A*A*=A* 证(A*)*=A* x(A*)*,必nN使x(A*)n 又∵…x(A*)n∴xA*∴(A*)*A* 又∵A*(A*)*∴(A*)*=A*※ ⑷证: 证(A*)+=A* 【 ∵A*,根据⑵,∴(A*)+=(A*)*,又根据⑶,∴(A*)+=A* 证(A+)*=A* ∵A+A*根据定理⑷,∴(A+)*(A*)*,又根据⑶,∴(A+)*A* 又∵AA+根据定理⑷A*(A+)*,∴(A+)*=A*。 ※ ⑸证A*A+=A+A* 根据⑴,A+(A*)*=(A+)*A+,根据⑷,A+A*=A*A+。 证A*A+=A+ xA*A+,必aA*,bA+,使x=abA*A+ 又∵A*={}∪A+ 若a{},即a=,∴x=ab=b=bA+ @ 若aA+,∵bA+,∴必m,nN,使aAm,bAn ∴x=abAmAn=Am+nA+,∴A*A+A+ 又根据定理⑶,A+A*A+,∴A*A+=A+※ 1.7.5证: ⑴根据定理⑹,(A*B*)*=(A∪B)*,(B*A*)*=(B∪A)* ∵A∪B=B∪A,∴(A*B*)*=(B*A*) ⑵AA*,根据定理⑴,A*A*B*A*B*C*,∴AA*B*C* 同理B,CA*B*C*∴A∪B∪CA*B*C* ⑶根据定理⑴,A+(A+)*=(A+)+, 根据定理⑷,(A+)*=A*,∴A+(A+)*=A+A*=(A+)+ 根据定理⑸,A+A*=A+,∴A+)+=A+。 : 注: 本教材中定理⑸的结尾“=A*”是错误的,应为“=A+”。 ⑷x(AB)*A,必a(AB)*,bA,使x=ab ∴必nN,使a(AB)n,∴x(AB)nA。 又∵连接积运算满足结合律, ∴(AB)nA=(AB)(AB)…(AB)A=A(BA)(BA)…(BA)=A(BA)n ∴x=abA(BA)n,∴aA,b(BA)n 又∵(BA)n(BA)*,∴b(BA)*,∴xA(BA)*,∴(AB)*AA(BA)* 同理可证得A(BA)*(AB)*A,∴(AB)*A=A(BA)*。 ⑸∵AA∪B∪C∪D,根据定理⑷,∴A*(A∪B∪C∪D)* 同理B*,C*,D*(A∪B∪C∪D)* 根据定理⑷,∴A*B*C*D*[(A∪B∪C∪D)*]4 … 根据定理⑵,∴[(A∪B∪C∪D)*]4[(A∪B∪C∪D)*]* 根据定理⑶,[(A∪B∪C∪D)*]*=(A∪B∪C∪D)* ∴A*B*C*D*(A∪B∪C∪D)* 又根据定理⑷,(A*B*C*D*)*[(A∪B∪C∪D)*]* 根据定理⑶,∴(A*B*C*D*)*(A∪B∪C∪D)* 又∵AA*,根据定理⑴,∴AA*A*B*A*B*C*A*B*C*D* 同理B,C,DA*B*C*D*,∴A∪B∪C∪DA*B*C*D* 根据定理⑷,∴(A∪B∪C∪D)*(A*B*C*D*)* ∴A*B*C*D*=(A∪B∪C∪D)*※ 1.7.6解: ⑴∑={a},n=2,A={a},∴(A*)n={a,a2,a3,…}=A* * 而(A*)*={,a2,a4,a6,…}A*,∴二者不相等。 ⑵∑={a,b},A={a},B={b},∴(AB)*={,ab,(ab)2,…} 而(BA)*={,ba,(ba)2,…},∴二者不相等。 ⑶A={,a},B={,b},C={,a,b},∴(A-B)C={a}C={a,aa,ab} 而AC-BC={,a,b,aa,bb}-{,a,b,ba,bb}={aa,bb},∴二者不相等。 ⑷A={,a},B={a},A*={,aa2,a3,…}=B*,但A不是B的子集。 ⑸∑={a},A={a}, =∑*-A={,a2,a3,…},( )*={,a2,a3,…}= 但A*=∑*, =∑*-A*=Φ,∴( )* ⑹A={a},B={b},根据定理⑹,(A*∪B*)*=(A∪B)* bab(A∪B)*,但bab(A*B*)A*,∴二者不相等。 · ⑺A={a},aA+,但A+A+={a2,a3,a4,…},∴aA+A+,∴二者不相等。 1.7.7解: ⑴∑*-{aa,ab,ba,bb}*⑵{b}*{a}{b}*⑶{ab}∑*∪∑*{abb}∪{a,bb} ⑷∑*{aaa}∑*或{b,a3,a4,a5}*-(b)*⑸∑*{bbab}∑* 1.7.8证: ⑴先证A。 反证: 假设A,∵AΦ,不妨设A={a},那么A2={aa} 显然A2A,与前提条件A2=A矛盾! ⑵归纳证明An=A。 当n=1时,A=A成立。 假设当n=k时,Ak=A成立; 当n=k+1时,∵Ak+1=AkA,根据归纳假设,Ak=A ∴Ak+1=AA=A2=A [ ⑶xA*,若x=,则∵A(⑴已证),∴xA 若x,则必nN,使xAn。 又∵An=A,∴xA∴A*A。 又∵AA*,∴A*=A※ P26习题 2.1.1解: ⑴R={(0,0),(0,2),(2,0),(2,2)};⑵R={(1,1),(4,2)} 2.1.2解: ⑴R={(0,4),(4,0),(1,3),(3,1),(2,2)} ⑵R={(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(0,4),(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)} ⑶R={(0,0,0),(0,1,1),(0,2,2),(0,3,3),(0,4,4),(1,0,1),(1,1,2),(1,2,3),(1,3,4),(2,0,4)} ⑷R={(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(0,4),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4)} * ⑴⑵⑷ 2.1.3解: 2.1.4⑴定义: ①(0,0)R且(1,0)R ( ②若(a,b)R,则(a+1,b)R且(a+1,b+1)R ③极小性 证明: (0,0)R(基础),∴(2,0)R,∴(3,1)R(归纳)。 ⑵定义: ①(0,0)R ②若(a,b)R,则(a+2,b+1)R ③极小性 证明: (0,0)R(基础),∴(2,1)R,∴(4,2)R,∴(6,3)R(归纳)。 ⑶定义: ①(0,0,0)R ②若(a,b,c)R,则(a+1,b,c+1)R且(a,b+1,c+1)R ③极小性 < 证明: (0,0,0)R(基础),∴(1,0,1)R,∴(1,1,2)R(归纳) 2.1.5解: ⑴R∪S={(1,2),(1,3),(2,4),(3,3),(4,2)},R∩S={(2,4)},R-S={(1,2),(3,3)} ={(1,1),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)} ⑵D(R)={1,2,3},R(R)={2,3,4},D(R∪S)=A,R(R∪S)={2,3,4} 2.1.6证: ⑴xD(R∪S),则根据定义域的定义,必yA,使(x,y)R∪S ∴(x,y)R或(x,y)S,∴xD(R)或xD(
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