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习题-笛卡尔积

news 2025/8/5 2:53:06

习题

1. 证明：存在$A\times B$与$B\times A$之间的一个一一对应。

2. (a) 证明：对于$n>1$，存在

\[A_1\times\cdots\times A_n\text{与}(A_1\times\cdots\times A_{n-1})\times A_n \]

之间的一个一一对应。
(b) 给定一个加标集族$\{A_1,A_2,\cdots\}$，对于每一正整数$i$，记$B_i=A_{2i-1}\times A_{2i}$。证明存在$A_1\times A_2\times \cdots$与$B_1\times B_2\times\cdots$之间的一个一一对应。

3. 设$A=A_1\times A_2\times \cdots,B=B_1\times B_2\times\cdots$。
(a) 证明：若对于每一个$i$，有$B_i\subset A_i$，则$B\subset A$。（严格地讲，如果我们给出的是从$\mathbb{Z}_+$到所有$B_i$之并的一个函数，那么在把它作为从$\mathbb{Z}_+$到所有$A_i$之并的一个函数处理时，必须先改变其值域。当研究笛卡尔积时，这一点可以忽略。）
(b) 证明：若$B$为非空集合，则(a)的逆命题成立。
(c) 证明：若$A$为非空集合，则$A_i$为非空集合。其逆命题成立吗？（在第19节的练习中，我们将再度提到这个问题。）。
(d) $A\cup B$与$A_i\cup B_i$的笛卡尔积之间的关系？$A\cap B$与$A_i\cap B_i$的笛卡尔积之间的关系？

4. 设$m,n\in\mathbb{Z}_+$，并且$X\ne\varnothing$。
(a) 若$m\leqslant n$，给出一个单射$f:X^m\rightarrow X^n$。
(b) 给出一个一一对应$g:X^m\times X^n\rightarrow X^{m+n}$。
(c) 给出一个单射$h:X^n\rightarrow X^{\omega}$。
(d) 给出一个一一对应$k:X^n\times X^{\omega}\rightarrow X^{\omega}$。
(e) 给出一个一一对应$l:X^{\omega}\times X^{\omega}\rightarrow X^{\omega}$。
(f) 若$A\subset B$，给出一个单射$m:(A^{\omega})^n\rightarrow B^{\omega}$。

5. ${\mathbb{R}}^{\omega}$的下列子集中哪些能够表示成$\mathbb{R}$的子集的笛卡尔积？
(a) $\{\bm{x}|\text{对于所有}i,x_i\text{为整数}\}$。
(b) $\{\bm{x}|\text{对于所有}i,x_i\geqslant i\}$。
(c) $\{\bm{x}|\text{对于所有}i\geqslant 100,x_i\text{为整数}\}$。
(d) $\{\bm{x}|x_2=x_3\}$。

解答

1. 证明定义$f:A\times B\rightarrow B\times A,f((a,b))=(b,a)$。现证明$f$为一个一一对应。对于任意$(a_0,b_0),(a_1,b_1)\in A\times B$，若$f((a_0,b_0))=f((a_1,b_1))$，那么$(b_0,a_0)=(b_1,a_1)\Longrightarrow a_0=a_1,b_0=b_1\Longrightarrow (a_0,b_0)=(a_1,b_1)$，故$f$为单射。又对于任意$(b,a)\in B\times A$，有$(a,b)\in A\times B$且$f((a,b))=(b,a)$，故$f$为满射。综上可知，$f$是一个一一对应。

$\square$

2. 证明 (a) 令$f:\prod_{i=1}^nA_i\rightarrow (\prod_{i=1}^{n-1}A_i)\times A_n,f((a_1,\cdots,a_n))=((a_1,\cdots,a_{n-1}),a_n)$。现证明$f$为一个一一映射。对任意$(a_1,\cdots,a_n),(a'_1,\cdots,a'_n)\in \prod_{i=1}^nA_i$，有以下蕴含关系成立

$$ \begin{gathered}f((a_1,\cdots,a_n))=f((a'_1,\cdots,a'_n))\Longrightarrow ((a_1,\cdots,a_{n-1}),a_n)=((a'_1,\cdots,a'_{n-1}),a'_n)\Longrightarrow (a_1,\cdots,a_{n-1})=(a'_1,\cdots,a'_{n-1}),a_n=a'_n\Longrightarrow\\a_1=a'_1,\cdots ,a_{n-1}=a'_{n-1},a_n=a'_n\Longrightarrow (a_1,\cdots,a_n) = (a'_1,\cdots,a'_n) \end{gathered} $$

故$f$为单射。对于任意$((a_1,\cdots,a_{n-1}),a_n)\in (\prod_{i=1}^{n-1}A_i)\times A_n$，有$(a_1,\cdots,a_n)\in \prod_{i=1}^nA_i$且$f((a_1,\cdots,a_n))=((a_1,\cdots,a_{n-1}),a_n)$，故$f$为满射。综上可知，$f$是一个一一对应。

(b) 令$f:\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i\rightarrow \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i,f((a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+})=((a_{2i-1},a_{2i}))_{i\in\mathbb{Z}_+}$。现证明$f$是一个一一对应。对于任意$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(a'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i$，有以下蕴含关系成立

$$ \begin{gathered}f((a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+})=f((a'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+})\Longrightarrow ((a_{2i-1},a_{2i}))_{i\in\mathbb{Z}_+}=((a'_{2i-1},a'_{2i}))_{i\in\mathbb{Z}_+}\Longrightarrow \text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}(a_{2i-1},a_{2i})=(a'_{2i-1},a'_{2i})\Longrightarrow\\\text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}a_{2i-1}=a'_{2i-1},a_{2i}=a'_{2i}\Longrightarrow \text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}a_{i}=a'_i\Longrightarrow (a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}=(a'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+} \end{gathered} $$

故$f$是单射。对于任意$((a_{2i-1},a_{2i}))_{i\in\mathbb{Z}_+}\in \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i$，有$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i$，且$f((a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+})=((a_{2i-1},a_{2i}))_{i\in\mathbb{Z}_+}$，故$f$为满射。综上可知，$f$是一个一一对应。

$\square$

3. 解 (a) 注意到以下蕴含关系成立

$$(b_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i\Longrightarrow \text{对于任意}i\in \mathbb{Z}_+，\text{有}b_i\in B_i\Longrightarrow \text{对于任意}i\in \mathbb{Z}_+，\text{有}b_i\in A_i\Longrightarrow (b_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i $$

故$B=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i\subset A=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i$。

(b) 注意到以下蕴含关系成立

$$ \begin{gathered}B=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i\subset A=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i\Longrightarrow \text{若}(b_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i,\text{那么}(b_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i\Longrightarrow \\ \text{若对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}b_i\in B_i,\text{那么对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}b_i\in A_i \end{gathered} $$

由此我们得到论断：“对于任意$i\in\mathbb{Z}_+$,有$b_i\in B_i\Longrightarrow$对于任意$i\in\mathbb{Z}_+$，有$b_i\in A_i$。”。

由$B$非空可知，存在$(b^0_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in B$。那么，对于任意$i_0\in\mathbb{Z}_+$以及$b \in B_{i_0}$，构造$(b_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}$

\[b_i=\begin{cases}b^0_i,&i\ne i_0,\\b,&i=i_0. \end{cases} \]

容易验证对于任意$i\in\mathbb{Z}_+$,有$b_i\in B_i$，故对于任意$i\in\mathbb{Z}_+$，有$b_i\in A_i$，那么$b_{i_0} = b\in A_{i_0}$，这说明$B_{i_0}\subset A_{i_0}$。由$i_0$的任意性可知，对于任意$i\in\mathbb{Z}_+$，有$B_i\subset A_i$。

$$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in A=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i\iff \text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}a_i\in A_i$$

若$A$非空，则存在$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in A$，由上面的等价关系可知，对于任意$A_i$，都有$a_i\in A_i$，这说明$A_i$非空。

若$A_i$均非空，则对每个$i\in\mathbb{Z}_+$，由选择公理可知，可以取一个$a_i\in A_i$，构成$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}$。那么由上面的等价关系可知$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in A$，$A$非空。

综上可知，原命题和逆命题都成立。

(d) 有$A\cup B=(\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cup (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i)\subset \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cup B_i)$，因为有以下蕴含关系成立：

\[\begin{gathered}(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cup (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i)\Longrightarrow (x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i\text{或}(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i\Longrightarrow\\\text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in A_i，\text{或对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in B_i\Longrightarrow \text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in A_i\text{或}x_i\in B_i\Longrightarrow\\\text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in A_i\cup B_i\Longrightarrow(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cup B_i) \end{gathered} \]

但是，$A\cup B=(\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cup (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i)\not\supset \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cup B_i)$。考虑$A_i=\{1\},B_i=\{0\}$，那么$A_i\cup B_i = \{0,1\}$，$A\cup B=(\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cup (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i)$仅包含两个元素$(a_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(b_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}$：

\[\begin{gathered}a_i = 1,i\in\mathbb{Z}_+\\b_i = 0,i\in\mathbb{Z}_+ \end{gathered} \]

但$\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cup B_i)$却包含所有0-1序列，显然有$A\cup B=(\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cup (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i)\not\supset \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cup B_i)$。

有$A\cap B = (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cap (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i) = \prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cap B_i)$，因为有以下等价关系成立：

\[\begin{gathered}(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i)\cap (\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i)\iff (x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i\text{且}(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i\iff\\\text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in A_i，\text{且对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in B_i\iff \text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in A_i\text{且}x_i\in B_i\iff\\\text{对于任意}i\in\mathbb{Z}_+,\text{有}x_i\in A_i\cap B_i\iff (x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}(A_i\cap B_i) \end{gathered} \]

4. 解 (a) 由$X\ne \varnothing$可知，可取一个元素$x_0\in X$。定义$f:X^m\rightarrow X^n,f((x_1,\cdots,x_m))=(x_1,\cdots,x_m,x_0,\cdots,x_0)$。现证明$f$为单射。对于任意$(x_1,\cdots,x_m),(x'_1,\cdots,x'_m)\in X^m$，有以下蕴含关系成立

\[\begin{gathered}f((x_1,\cdots,x_m))=f((x'_1,\cdots,x'_m))\Longrightarrow (x_1,\cdots,x_m,x_0,\cdots,x_0)=(x'_1,\cdots,x'_m,x_0,\cdots,x_0)\Longrightarrow\\x_1=x'_1,\cdots,x_m=x'_m\Longrightarrow (x_1,\cdots,x_m)=(x'_1,\cdots,x'_m) \end{gathered} \]

故$f$为单射。

(b)定义$g:X^m\times X^n\rightarrow X^{m+n},g(((a_1,\cdots,a_m),(b_1,\cdots,b_n)))=(a_1,\cdots,a_m,b_1,\cdots,b_n)$。先证明$g$为单射。对于任意$((a_1,\cdots,a_m),(b_1,\cdots,b_n)),((a'_1,\cdots,a'_m),(b'_1,\cdots,b'_n))\in X^m\times X^n$，有以下蕴含关系成立

\[\begin{gathered}g(((a_1,\cdots,a_m),(b_1,\cdots,b_n)))=g(((a'_1,\cdots,a'_m),(b'_1,\cdots,b'_n)))\Longrightarrow (a_1,\cdots,a_m,b_1,\cdots,b_n)=(a'_1,\cdots,a'_m,b'_1,\cdots,b'_n)\Longrightarrow\\a_1=a'_1,\cdots,a_m=a'_m,b_1=b'_1,\cdots, b_m=b'_m\Longrightarrow ((a_1,\cdots,a_m),(b_1,\cdots,b_n))=((a'_1,\cdots,a'_m),(b'_1,\cdots,b'_n)) \end{gathered} \]

故$g$为单射。对于任意$(x_1,\cdots,x_{m+n})\in X^{m+n}$，有$((x_1,\cdots,x_m),(x_{m+1},\cdots,x_{m+n}))\in X^m\times X^n$且$g(((x_1,\cdots,x_m),(x_{m+1},\cdots,x_{m+n})))=(x_1,\cdots,x_{m+n})$，故$g$为满射。综上可知，$g$是一个一一对应。

(c) 由$X\ne \varnothing$可知，可取一个元素$x_0\in X$。定义$h:X^m\rightarrow X^{\omega},h((x_1,\cdots,x_m))=(x_1,\cdots,x_m,x_0,x_0,\cdots)$。现证明$h$是单射。对于任意$(x_1,\cdots,x_m),(x'_1,\cdots,x'_m)\in X^m$，有以下蕴含关系成立

\[\begin{gathered}h((x_1,\cdots,x_m))=h((x'_1,\cdots,x'_m))\Longrightarrow (x_1,\cdots,x_m,x_0,x_0,\cdots)=(x'_1,\cdots,x'_m,x_0,x_0,\cdots)\Longrightarrow\\x_1=x'_1,\cdots,x_m=x'_m\Longrightarrow (x_1,\cdots,x_m)=(x'_1,\cdots,x'_m) \end{gathered} \]

故$h$为单射。

(d) 定义$k:X^n\times X^{\omega}\rightarrow X^{\omega},k(((a_1,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots)))=(a_1,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots)$。先证明$k$是单射。对于任意$((a_1,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots)),((a'_1,\cdots,a'_n),(b'_1,b'_2,\cdots))\in X^m\times X^n$，有以下蕴含关系成立

\[\begin{gathered}k(((a_1,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots)))=k(((a'_1,\cdots,a'_n),(b'_1,b'_2,\cdots)))\Longrightarrow (a_1,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots)=(a'_1,\cdots,a'_n,b'_1,b'_2,\cdots)\Longrightarrow\\a_1=a'_1,\cdots,a_n=a'_n,b_1=b'_1, b_2=b'_2,\cdots\Longrightarrow ((a_1,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots))=((a'_1,\cdots,a'_n),(b'_1,b'_2,\cdots)) \end{gathered} \]

故$k$为单射。对于任意$(x_1,x_2,\cdots)\in X^{\omega}$，有$((x_1,\cdots,x_n),(x_{n+1},x_{n+2},\cdots))\in X^n\times X^{\omega}$且$k(((x_1,\cdots,x_n),(x_{n+1},x_{n+2},\cdots)))=(x_1,x_2,\cdots)$，故$k$为满射。综上可知，$k$是一个一一对应。

(e) 定义$l:X^{\omega}\times X^{\omega}\rightarrow X^{\omega},l(((x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(x'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}))=(y_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}$，其中$(y_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}$定义如下

\[y_i = \begin{cases}x_{\frac{i+1}{2}},&i\text{为奇数},\\x'_{\frac{i}{2}},&i\text{为偶数}. \end{cases} \]

先证明$l$是单射。对于任意$((x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(x'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}),((y_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(y'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+})\in X^{\omega}\times X^{\omega}$，有以下蕴含关系成立

\[\begin{gathered}l(((x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(x'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}))=l(((y_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(y'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}))\Longrightarrow \begin{cases}x_{\frac{i+1}{2}}=y_{\frac{i+1}{2}},&i\text{为正奇数},\\x'_{\frac{i}{2}}=y'_{\frac{i}{2}},&i\text{为正偶数}.\end{cases}\\\Longrightarrow (x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}=(y_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(x'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}=(y'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\Longrightarrow((x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(x'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+})=((y_i)_{i\in\mathbb{Z}_+},(y'_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}) \end{gathered} \]

故$l$为单射。对于任意$(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}\in X^{\omega}$，有$((x_{2i-1})_{i\in\mathbb{Z}_+},(x_{2i})_{i\in\mathbb{Z}_+})\in X^{\omega}\times X^{\omega}$且$l(((x_{2i-1})_{i\in\mathbb{Z}_+},(x_{2i})_{i\in\mathbb{Z}_+}))=(x_i)_{i\in\mathbb{Z}_+}$，故$l$是满射。综上可知，$l$是一个一一对应。

(f) 设$m:(A^{\omega})^n\rightarrow B^{\omega},m(((x_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+})) = (x_{1,1},\cdots,x_{n,1},x_{1,2},\cdots)$。现证明$m$是一个单射。对于任意$((x_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+}),((x'_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x'_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+})\in(A^{\omega})^n$，有以下蕴含关系成立

\[\begin{gathered}m(((x_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+}))=m(((x'_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x'_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+}))\Longrightarrow (x_{1,1},\cdots,x_{n,1},x_{1,2},\cdots)=(x'_{1,1},\cdots,x'_{n,1},x'_{1,2},\cdots)\Longrightarrow\\x_{1,1}=x'_{1,1},\cdots,x_{n,1}=x'_{n,1},x_{1,2}=x'_{1,2},\cdots\Longrightarrow ((x_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+})=((x'_{1,i})_{i\in\mathbb{Z}_+},\cdots,(x'_{n,i})_{i\in\mathbb{Z}_+}) \end{gathered} \]

故$m$为单射。

5. 解 (a) 有$\{\bm{x}|\text{对于所有}i,x_i\text{为整数}\}={\mathbb{Z}}^{\omega}$。

(b) 有$\{\bm{x}|\text{对于所有}i,x_i\geqslant i\}=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}A_i$，其中$A_i = \{x|x\in\mathbb{R}\text{且}x\geqslant i\}$。

(d) $\{\bm{x}|x_2=x_3\}$不能表示成$\mathbb{R}$的子集的笛卡尔积。否则，注意到$(0,1,1,0,0,\cdots),(0,0,0,0,0,\cdots)\in \{\bm{x}|x_2=x_3\}=\prod_{i\in\mathbb{Z}_+}B_i$，那么$1\in B_2,1\in B_3$且对于任意$i\in\mathbb{Z}_+$，$0\in B_i$，但$(0,0,1,0,0,\cdots)\notin \{\bm{x}|x_2=x_3\}$，矛盾。

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