8.1: Рішення для глави 1

Last updated
Save as PDF

Page ID: 66337

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Вправа 1.1

Для кожного з наступних властивостей нам потрібно знайти функцію f:$\mathbb{R}$ →,$\mathbb{R}$ яка зберігає її, і іншу функцію викликати її, яка не робить.
збереження порядку: Візьміть f (x) = x + 5; якщо x ≤ y, то x + 5 ≤ y + 5, тому f - збереження порядку.

Візьміть g (x) := − x; навіть якщо 1 ≤ 2, необхідна нерівність$^{?}$ −1 ≤ −2 не тримається, тому g не зберігає порядок.

збереження метрики: Візьмемо f (x) := x + 5; для будь-якого x, y маємо | x − y | = | (x + 5) − (y + 5) | за правилами арифметики, отже | x − y | = | f (x) − f (y) |, значення f зберігає метрику. Візьмемо g (x) := 2 ∗ x; тоді з x = 1 і y = 2 ми маємо | x − y | = 1 але |2 x − 2 y | = 2, тому g не зберігає метрику.

збереження додавання: Візьміть f (x) := 3 ∗ x; для будь-якого x, y маємо 3 ∗ (x + y) = (3 ∗ x) + (3 ∗ y) + (3 ∗ у), тому f зберігає додавання.

Візьмемо g (x) := x + 1; потім з x = 0 і y = 0, ми маємо g (х + у) = 1, але g (x) + g (y) = 2, так g не зберігає додавання.

Вправа 1.4

Ось об'єднання двох систем:

$Знімок екрана 2021-02-02 о 12.48.35 PM.png$

Вправа 1.6

1. Ось діаграма Хассе для розділів набору двох елементів {•, ∗}:

$Знімок екрана 2021-02-02 о 12.49.34 PM.png$

2. Ось картинка (з використанням тексту, а не кіл) для розділів набору 1, 2, 3, 4:

$Знімок екрана 2021-02-02 о 12.55.29 PM.png$

Для інших частин вибираємо A = (12) (3) (4) і B = (13) (2) (4).

3. А$\land$ Б = (123) (4).

4. Так, це правда, що A ≤ (A$\lor$ B) і що B ≤ (A$\lor$ B).

5. Системи C з A ≤ C і B ≤ C: (123) (4) і (1234).

6.Так, це правда, що в кожному випадку (A$\lor$ B) ≤ C.

Вправа 1.7

1. істинно$\lor$ брехня = істина.
2. помилкова$\lor$ істина = істина.
3.$\lor$ істинно істина = істина.
4. хибне$\lor$ брехня = брехня.

Вправа 1.10

1. Це вірно: натуральне число - це саме ціле число, яке не менше 0.

2. Це помилково: 0$\in$$\mathbb{N}$, але 0$\not \in$ {n$\in$$\mathbb{Z}$ | n ≥ 1}.

3. Це вірно: жодні елементи не$\mathbb{Z}$ знаходяться строго між 1 і 2.

Вправа 1.11

1. Вісім підмножин B := {1, 2, 3}

Ø, {1}, {2}, {3}, {1,2}, {1,3}, {2,3}, {1,2,3}.

2. Об'єднання {1, 2, 3} і {1} дорівнює {1, 2, 3}$\bigcup$ {1} = {1,2,3}.

3. Шість елементів {h, 1} × {1, 2, 3}

(ч, 1), (ч, 2), (ч, 3), (1, 1), (1, 2), (1, 3).

4. П'ять елементів {h, 1} {1, 2, 3}

(ч, 1), (1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 2).

5. Чотири елементи {h, 1}$\bigcup$ {1, 2, 3}

ч, 1, 2, 3.

Вправа 1.16

Припустимо, що A є множиною,$_{p \in P}$ а {A$_{p}$$_{p'}$} і {A ′}$_{p' \in P'}$ є двома розділами A таким чином, що для кожного p $\in$P існує p ′$\in$ P ′ з A$_{p}$ = A ′$_{p'}$.

1. З огляду на$\in$ р Р, припустимо$_{1}$, ми мали р ′,$_{2}$$\in$ p ′ P ′такі, що A$_{p}$ = A ′$_{p'_{1}}$ і A$_{p}$ = A ′$_{p'_{2}}$. Ну тоді A$_{p'_{1}}$ = A$_{p'_{2}}$, так зокрема A$_{p'_{1}}$ A$_{p'_{2}}$ = A$_{p'_{1}}$. За визначенням розділу (1,14), A$_{p'_{1}}$$\neq$ Ø, а ще якщо $_{1}$$\neq$р р$_{2}$ то $_{p'_{1}}$A A$_{p'_{2}}$ = Ø. Це не може бути, тому ми повинні мати p ′$_{1}$ = p ′$_{2}$, за бажанням.

2. Припустимо, задано $\in$p ′ P ′; ми хочемо показати, що є р$\in$ Р такий, що A$_{p}$ = A ′$_{p'}$.

Оскільки A ′$_{p'}$$\neq$ Ø є непорожнім за визначенням, ми можемо вибрати деякі $\in$A ′$_{p'}$; оскільки A ′$_{p'}$$\subseteq$ A, у нас є $\in$A.

Нарешті, оскільки A =$\bigcup_{p \in P} A_{p}$, є деякі p з $\in$A$_{p}$.

Це наш кандидат р; тепер ми показуємо, що A$_{p}$ = A ′$_{p'}$.

За припущенням є деякі p ′′$\in$ P ′ з A$_{p}$ = A ′$_{p'}$, так що тепер $\in$A ′$_{p''}$ і$\in$ A ′$_{p' '}$, тому $\in$$_{p'}$A ′ A ′$_{p''}$. Знову ж таки за визначенням, наявність непорожнього перетину означає p ′ = p ′′. Отже, робимо висновок, що A$_{p}$ = A ′$_{p'}$.

Вправа 1.17

Пари (a, b) такі, що a

(11, 11) (21, 21) (12, 11) (12, 12) (13, 13)

(21, 21) (22, 22) (12, 23) (23, 22) (23, 23)

Вправа 1.20

1. Одним з аспектів у визначенні частин є те, що вони пов'язані, і одним з аспектів цього є те, що вони непорожні. Таким чином, кожна частина A$_{p}$ непорожня.

2. Припустимо, p$\neq$ q, тобто A p і A q не зовсім однакові множини. Щоб довести A$_{p}$ A$_{q}$ = Ø, ми припускаємо інакше і виведемо протиріччя.

Отже, припустимо, існує$\in$ A$_{p}$ A$_{q}$; ми покажемо, що A$_{p}$ = A$_{q}$, що суперечить більш ранній гіпотезі. Щоб показати, що ці дві підмножини рівні, достатньо показати, що ′ $\in$A$_{p}$ iff a ′$\in$ A$_{q}$ для всіх a ′$\in$ A.

Припустимо$\in$, a ′ A$_{p}$; то тому, що A$_{p}$ з'єднаний, у нас є a ′. І тому,$_{q}$ що A закритий, а ′$\in$ A$_{q}$.

Так само, якщо a ′$\in$ A,$_{q}$ то тому що A$_{q}$ з'єднаний і A$_{p}$ закритий, а ′$\in$ A$_{p}$, і ми закінчили.

3. Щоб показати, що A =$\bigcup_{p \in P} A_{p}$, досить показати, що для кожного $\in$a A існує якийсь p P такий, що a A$_{p}$.

Ми сказали, що P був набір замкнутих і підключених підмножин A, тому достатньо, щоб показати, що є деякі замкнуті і підключені підмножина, що містить a.

Нехай X: = {a ′ A |$\in$ a ′ ↑ a}; ми стверджуємо, що він закритий і з'єднаний і містить a. Щоб побачити X закритий, припустимо, що ′$\in$ X і b ↑ a ′; потім b ↑ a шляхом транзитивності та симетрії, так b$\in$ X. Щоб побачити, що X з'єднаний, припустимо, b, c$\in$ X; потім b ÷ a і c ÷ a so b ÷ c за допомогою транзитивності та симетрії ↑. Нарешті,$\in$ X за рефлексивністю.

Вправа 1.24

1. Унікальна функція Ø → {1} є ін'єкційною, але не суб'єктивною.

2. Унікальна функція {a, b} → {1} є суб'єктивною, але не ін'єкційною.

3. Ці другий і третій не є функціями; перша і четверта - функції.

$Знімок екрана 2021-02-02 о 2.09.58 PM.png$

4. Ні другий, ні третій не є «загальним». Причому другий не є детермінованим. Перша - це функція, яка не є ін'єкційною і не суб'єктивною. Четверта - це функція, яка є як ін'єкційною, так і суб'єктивною.

Вправа 1.25

За визначенням 1.22 функція f: A → Ø - це підмножина F$\subseteq$ A × Ø така, що для всіх $\in$A існує унікальний b$\in$ Ø з (a, b)$\in$ F .

Але немає елементів b$\in$$^{?}$ Ø, тому якщо F має мати вищевказану властивість, то A$\in$ також не може бути; тобто A повинен бути порожнім.

Вправа 1.27

Під кожним розділом ми намалюємо відповідну surjection з {•, ∗, ◦}:

$Знімок екрана 2021-02-02 в 2.17.04 PM.png$

Вправа 1.38

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.29.13 PM.png$

Вправа 1.40

Графік G з вправи 1.38 є дивною діаграмою Хассе, оскільки він має дві стрілки 1 → 3 та цикл, обидві з яких «марні» з точки зору попереднього порядку. Але це не заважає нашій формулі працювати. Передпорядок (P, ≤) задається взяттям P: = V = {1, 2, 3, 4} і записуванням p ≤ q кожного разу, коли існує шлях від p до q. Отже:

1 ≤ 1, 1 ≤ 2, 1 ≤ 3, 2 ≤ 2, 2 ≤ 3, 3 ≤ 3, 4 ≤ 4

Вправа 1.41

Колекція точок, наприклад • • • - це діаграма Хассе, а саме для дискретного порядку, тобто для порядку, де x ≤ y iff x = y.

Вправа 1.42

Давайте напишемо п'ять елементів X як

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.34.22 PM.png$

Наше завдання полягає в тому, щоб записати всі 12 пар x$_{1}$, $_{2}$$\in$x X з x$_{1}$ ≤ x$_{2}$. Ось вони:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.34.44 PM.png$

Вправа 1.44

Твердження в тексті практично правильне. Правильно сказати, що дискретний попередній порядок - це той, де x і y порівнянні тоді і тільки тоді, коли x = y.

Вправа 1.46

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.37.53 PM.png$

Ні, це не загальний порядок; наприклад 4$\nleq$ 6 і 6$\nleq$ 4.

Вправа 1.48

Так, звичайне ≤ впорядкування є загальним порядком на$\mathbb{R}$: для кожного a, b$\in$$\mathbb{R}$ або a ≤ b або b ≤ a.

Вправа 1.51

Діаграми Хассе для P (Ø), P {1} та P {1, 2}

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.44.26 PM.png$

Вправа 1.53

Найгрубіший розділ на S відповідає унікальній функції! : S → {1}. Найтонший розділ на S відповідає ідентифікаційній функції id$_{S}$: S → S.

Вправа 1.55

Якщо X має дискретний попередній порядок, то кожна підмножина U X є верхньою множиною: дійсно, якщо p$\in$ U, єдиний q такий, що p ≤ q є самим p, тому q, безумовно, в У! Це означає, що U (X) містить всі підмножини X, тому це точно набір потужності, U (X) = P (X).

Вправа 1.57

Попереднє замовлення товару та його попереднє замовлення верхнього набору:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.49.16 PM.png$

Вправа 1.63

З X = {0, 1, 2} діаграма Хассе для P (X), попередній порядок 0 ≤ · · · · ≤ 3, а також карта кардинальності між ними показані нижче:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.50.06 PM.png$

Вправа 1.65

$Знімок екрана 2021-02-03 о 12.50.54 PM.png$

Вправа 1.66

Нехай q$\in$ ↑ p, і припустимо q ≤ q ′. Починаючи з q$\in$ ↑ p, ми маємо p ≤ q. Таким чином по перехідності p ≤ q ′, так q ′$\in$ ↑ р. Таким чином ↑ p - це верхня множина.
Припустимо, p ≤ q в P; це означає, що q ≤$^{op}$ p у P$^{op}$. Треба показати, що ↑ q$\subseteq$ ↑ p. Візьміть будь-який q ′ $\in$↑ q. Потім q ≤ q ′, так по транзитивності p ≤ q ′, а отже q ′$\in$ ↑ р. Таким чином ↑ q$\subseteq$ ↑ р.
Монотонність ↑ говорить про те, що p ≤ p ′ передбачає ↑ (p ′)$\subseteq$ ↑ (р). Треба довести інший напрямок, що якщо р р ′ то ↑ ($\nleq$p ′) ↑ (p)$\subseteq$ ↑ (p). Це просто, оскільки за рефлексивністю ми завжди маємо p ′$\in$ ↑ (p ′), але якщо p p ′, то$\nleq$ p ′$\not \in$ ↑ (p), так ↑ (p ′) ↑ (p)$\not \subseteq$ ↑ (p).
На карті ↑: P$^{op}$ → U (P) можна зобразити:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 1.06.55 PM.png$

Вправа 1.67

Припустимо, (P, ≤$_{P}$) є дискретним попереднім порядком і що (Q, ≤$_{Q}$) є будь-яким попереднім порядком.

Ми хочемо показати, що кожна функція f: P → Q є монотонною, тобто якщо p$_{1}$ ≤$_{P}$ p$_{2}$ то f (p$_{1}$) ≤ Q f (p$_{2}$).

Але в P ми маємо p$_{1}$ ≤$_{P}$ p$_{2}$ iff p$_{1}$ = p$_{2}$; це те, що дискретне означає.

Якщо p$_{1}$ ≤$_{P}$ p$_{2}$ то p$_{1}$ = p$_{2}$, так f (p$_{1}$) = f (p$_{2}$), так f (p$_{1}$) ≤ f ( р$_{2}$).

Вправа 1.69

Нехай X$\mathbb{Z}$ = {..., −2, −1, 0, 1,...} буде множиною всіх цілих чисел, а Y = {n, z, p}; нехай f: X → Y надсилає від'ємні числа до n, нуль до z та натуральні цілі до р. Це є суб'єктивним, тому що всі три елементи Y потрапляють.

Розглянемо два розділи Y, а саме P: = (nz) (p) і Q: = (np) (z). Технічно це позначення для$\{\{n, z\},\{p\}\}$ і$\{\{n, p\},\{z\}\}$ як множини нез'єднаних підмножин, об'єднання яких є Y. Їх відтягнуті назад розділи є$f^{*}$ P =(..., -2, -1, 0) (1, 2,...) і$ f^{*}Q$ = (0) (..., -2, -1,1,2,...), або технічно
$f^{*}(P)$ =$\{\{x \in \mathbb{Z} \mid x \leq 0\}$,$\{x \in \mathbb{Z} \mid x \geq 1\}\}$ і $f^{*}(Q)$=$\{\{0\},\{x \in \mathbb{Z} \mid x \neq 0\}\}$.

Вправа 1.71

У нас є попередні замовлення (P, ≤$_{P}$), (Q, ≤$_{Q}$) і (R, ≤$_{R}$), і ми маємо монотонні карти f: P → Q і g: Q → R.

1. Щоб побачити, що id$_{P}$ є монотонним, нам потрібно показати, що якщо p$_{1}$ ≤$_{P}$ p$_{2}$ то id$_{P}$ (p$_{1}$) ≤ id$_{P}$ (p$_{2}$). Але id$_{P}$ (p) = p для всіх p$\in$ P, так що це зрозуміло.

2. Ми маємо, що p$_{1}$ ≤$_{P}$ p$_{2}$ означає f (p$_{1}$) ≤$_{Q}$ f (p$_{2}$) і що q$_{1}$ ≤$_{Q}$ q$_{2}$ означає g (q $_{1}$) ≤$_{R}$ г (q$_{2}$).

За підстановкою p$_{1}$ ≤$_{P}$ p$_{2}$ має на увазі g (f (p 1)) ≤$_{R}$ g (f (p 2)), що є саме тим, що потрібно для (f; g) бути монотонний.

Вправа 1.73

Потрібно показати, що якщо (P, ≤$_{P}$) є і скелетом, і кинджалом, то це дискретно. Так припустимо, що це скелетний, тобто р$_{1}$$_{2}$ ≤ p$_{2}$ і p ≤ p$_{1}$ означає р$_{1}$ = р$_{2}$. І припустимо, що це кинджал, тобто p$_{1}$ ≤ p$_{2}$ означає p$_{2}$ ≤ p$_{1}$. Ну тоді p$_{1}$ ≤ p$_{2}$ передбачає p$_{1}$ = p$_{2}$, і це саме визначення P дискретного.

Вправа 1.77

Карта Φ з розділу 1.1.1 взяла розділи {•, ∗, ◦} і повертала true або false залежно від того, чи знаходився • в тому ж розділі, що й ∗. Нам потрібно побачити, що це насправді монотонна карта Φ: Prt ({•, ∗, ◦}) →$\mathbb{B}$. Отже, припустимо, P, Q - це розділи з P ≤ Q; нам потрібно показати, що якщо Φ (P) = істина, то Φ (Q) = істина. За визначенням P ≤ Q означає, що P тонший за Q: тобто P диференціює більше матеріалу, а Q грудочки більше речі разом. Технічно, x ↑ P y означає x ÷ Q y для всіх x, y$\in$ {•, ∗, ◦}. Застосовуючи це до •, ∗ дає результат.

Вправа 1.79

Задано функцію f: P → Q, ми маємо f$^{∗}$: U (Q) → U (P), задану U$\longmapsto$ f$^{−1}$ (U). Але верхні множини в Q класифікуються монотонними картами u: Q →$\mathbb{B}$, і аналогічно для P; наша робота полягає в тому, щоб показати, що f$^{∗}$ (U) задається складанням класифікатора u з f. Задано верхню множину U$\subseteq$ Q, нехай u: Q →$\mathbb{B}$ буде відповідною монотонною картою, яка надсилає q$\longmapsto$ true, якщо q$\in$ U.

Потім (f; u): P →$\mathbb{B}$ посилає p$\longmapsto$ true iff f (p)$\in$ U; це відповідає верхньому множині {$\in$p P | f (p)$\in$ U}, який точно дорівнює f$^{−1}$ (U).

Вправа 1.80

1. 0 - нижня межа,$S=\left\{\frac{1}{n+1} \mid n \in \mathbb{N}\right\}$ оскільки 0 ≤$\frac{1}{n+1}$ для будь-якого n$\in$$\mathbb{N}$.

2. Припустимо, що b - нижня межа для S; ми хочемо бачити, що b ≤ 0. Якщо хтось вважає навпаки, що 0 < b, то розглянемо 1/ b; це дійсне число, так що ми можемо знайти натуральне число n, що більше 1/ b < n < n + 1. Це означає, що 1 < b (n + 1) і, отже,$\frac{1}{n+1}$ < b, але це суперечність тому, що b є нижньою мемою для S. Помилково віруючий переможений!

Вправа 1.85

У нас є попередній порядок (P, ≤), елемент p$\in$ P і підмножина A = {p} з одним елементом.

Щоб побачити, що$\bigwedge$ A$\cong$ p, нам потрібно показати, що p ≤ a для всіх $\in$A і що якщо q ≤ a для всіх $\in$a, то q ≤ p . Але єдине $\in$A - це a = p, тому обидва очевидні.
Ми знаємо, що р є зустріччю A, тому якщо q також є зустріччю A, то q ≤ a для всіх $\in$A так q ≤ p; аналогічно p ≤ a для всіх а$\in$ А, так р ≤ q. Тоді за визначенням маємо p$\cong$ q, а оскільки (P, ≤) - частковий порядок, p = q.
Аналогічні факти істинні, коли$\bigwedge$ їх замінюють$\bigvee$; єдина зміна аргументу - замінити ≤ на ≥ і «зустрітися» на «join» скрізь.

Вправа 1.90

Зустріч 4 і 6 - це найбільше число в тому порядку, що ділить їх обох; числа, що ділять обидва, - 1 і 2, а 2 вище, тому 4$\land$ 6 = 2. Подібні міркування показують, що 4$\lor$ 6 = 12.

Зустріч є «найбільшим спільним дільником», а об'єднання є «найменш загальним кратним», і це тримає для всіх пар m, n$\in$$\mathbb{N}$ не тільки 4, 6.

Вправа 1.94

Оскільки f є монотонним, то факти, що a ≤ a$\lor$ b і b ≤ a$\lor$ b означають, що f (a) ≤ f (a$\lor$ b) і f (б) ≤ f (а$\lor$ б). Але за визначенням join, f (a)$\lor$ f (b) є найбільшим елементом з цією властивістю, тому f (a)$\lor$ f (b) ≤ f (a$\lor$), як бажаний.

Вправа 1.98

За аналогією з прикладом 1.97, правий суміжний для (3 × −) має бути −/3. Але щоб довести, що це правильно, ми повинні показати, що для будь-яких r$\in$$\mathbb{R}$ і z$\in$$\mathbb{Z}$ ми маємо z ≤ r /3 iff 3 ∗ z ≤ r. Припустимо, найбільше ціле число нижче r /3 - z ′: = r /3. Тоді z ≤ z ′ передбачає 3∗ z ≤ 3∗ z ′ ≤ 3∗ r /3 = r, даючи один напрямок. Для іншого, припустимо 3 ∗ z ≤ r. Потім розділивши обидві сторони на 3, маємо z = 3 ∗ z /3 ≤ r /3. Оскільки z є цілим числом нижче r /3 воно нижче r /3 тому що r /3 є найбільшим цілим числом нижче r /3, і ми закінчили.

Вправа 1.99

1. Потрібно перевірити, що для всіх дев'яти пар {(p, q) | 1 ≤ p ≤ 3 та 1 ≤ q ≤ 3} ми маємо f (p) ≤ q iff p ≤ g (q), де f і g - функції показано тут:

$Знімок екрана 2021-02-03 в 2.33.39 PM.png$

Коли p = q = 1 ми маємо f (p) = 1 і g (q) = 2, тому обидва f (p) = 1 ≤ 1 = q і p = 1 ≤ g (q); це працює! Така ж історія трапляється, коли (p, q) є (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3) і (3, 3). Інша історія трапляється для p = 3, q = 1 і p = 3, q = 2. У тих випадках f (p) = 3 і g (q) = 2, і жодна нерівність не має: f (p)$\nleq$ q і p$\nleq$ g (q). Але це нормально, у нас все ще є f (p) ≤ q iff p ≤ g (q) у всіх дев'яти випадках, за бажанням.

$Знімок екрана 2021-02-03 в 2.34.37 PM.png$

Тут f не залишається прилеглим до g, оскільки f (2)$\nleq$ 1, а 2 ≤ g (1).

Вправа 1.101

Давайте припустимо, що у нас є монотонна карта L:$\mathbb{Z}$ →$\mathbb{R}$, яка ліворуч прилягає до −/3і подивимося, що станеться. Записуємо C (r) :=r /3, то для всіх z$\in$$\mathbb{Z}$ і r$\in$$\mathbb{R}$ маємо L (z) ≤ r iff z ≤ C (r) за визначенням примикання. Отже, візьміть z = 1 і r = .01; потім r /3 = 1 так z ≤ C (r), а отже L (z) ≤ r, тобто L (1) ≤ 0,01. Таким же чином L (1) ≤ r для всіх r > 0, так L (1) ≤ 0. За визначенням примикання 1 ≤ C (0) = 0/3= 0, протиріччя.
Там немає лівого примикання, тому що, починаючи з довільного, ми вивели протиріччя.

Вправа 1.103

У нас є S = {1, 2, 3, 4}, T = {12, 3, 4}, і g: S → T «очевидна» функція між ними; див. Приклад 1.102. Візьмемо c$_{1}$$_{2}$, c$_{3}$, c,$_{4}$ щоб бути наступними розділами:

$Знімок екрана 2021-02-03 в 2.51.43 PM.png$

Тоді індуковані перегородки g! (в$_{1}$), г! (в$_{2}$), г! (в $_{3}$), і г! (c$_{4}$) на Т є:

$Знімок екрана 2021-02-03 в 2.52.11 PM.png$

Вправа 1.106

1. Вибираємо наступний розділ c на S і обчислюємо його поштовх вперед g! (c):

$Знімок екрана 2021-02-03 о 7.05.09 PM.png$

2. Дозвольте d бути розділом, як показано, який був обраний грубіше, ніж g! (c).

$Знімок екрана 2021-02-03 о 7.06.20 PM.png$

3. Дозвольте e бути розділом, як показано, який був обраний не грубіше, ніж g! (c).

$Знімок екрана 2021-02-03 о 7.06.25 PM.png$

4. Ось$g^{∗}(d)$ і$g^{∗}(e)$:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 7.06.29 PM.png$

5. Порівнюючи c, лівий розділ у частині 1., з$g^{∗}(d)$ і$g^{∗}(e)$, ми дійсно маємо c ≤$g^{∗}(d)$ але c$\nleq$$g^{∗}(e)$), за бажанням.

Вправа 1.109

Припустимо, P і Q - це попередні замовлення, і$f: P \leftrightarrows Q: g$ це монотонні карти.

Припустимо, f ліворуч примикає до g. За визначенням це означає f (p) ≤ q iff p ≤ g (q), для всіх p$\in$ P і q$\in$ Q. Потім, починаючи з факту рефлексивності g (q) ≤ g (q), визначення з p: = g (q) дає f (g (q)) ≤ q для всіх q.
Припустимо, що p ≤ g (f (p)) і f (g (q)) ≤ q для всіх p$\in$ P і q$\in$ Q. Спочатку ми хочемо показати, що p ≤ g (q) означає f (p) ≤ q, тому припустимо p ≤ g (q). Потім застосувавши монотонну карту f до обох сторін, ми маємо f (p) ≤ f (g (q)), а потім за перехідністю f (g (q)) ≤ q означає f (p) ≤ q, за бажанням. Інший напрямок аналогічно.

Вправа 1.110

Припустимо, що f: P → Q має два правих суміжних, g, g ′: Q → P. Ми хочемо показати, що g (q)$\cong$ g ′ (q) для всіх q$\in$ Q. Доведемо g (q) ≤ g ′ (q); нерівність g ′ (q) ≤ g (q) аналогічна. Для цього ми використовуємо той факт, що p ≤ g ′ (f (p)) і f (g (q)) ≤ q для всіх p, q по екв. (1.108). Тоді хитрість полягає в тому, щоб міркувати наступним чином:
г (q) ≤ г ′ (f (g (q))) ≤ г ′ (q).
Це те ж саме для лівих суглобах.

Вправа 1.112

Припустимо, f: P → Q ліворуч прилягає до g: Q → P. Дозвольте A$\subseteq$ P бути будь-якою підмножиною і нехай j: =$\bigvee$ A бути його об'єднанням.

Тоді, оскільки f є монотонним f (a) ≤ f (j) для всіх a$\in$ A, тому f (j) є верхньою межею множини f (A). Ми хочемо показати, що це найменша верхня межа, тому візьміть будь-яку іншу верхню межу b для f (A), тобто у нас є f (a) ≤ b для всіх $\in$A. Тоді за визначенням примикання ми також маємо a ≤ g (b) для всіх $\in$A. За визначенням join ми маємо j ≤ g (b). Знову за визначенням примикання f (j) ≤ b, за бажанням.

Вправа 1.114

Ми хочемо показати, що на наступному малюнку g дійсно правильно примикає до f:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 8.13.37 PM.png$

Тут g зберігає етикетки і f раундів від 3,9 до 4.
Є дванадцять крихітних речей, які потрібно перевірити: для кожного$\in$ p P і$\in$ q Q нам потрібно побачити, що f (p) ≤ q iff p ≤ g (q).

$Знімок екрана 2021-02-03 о 8.14.37 PM.png$

Вправа 1.118

Розглянемо наведену нижче функцію, яка «проектує прямо вниз»:

$Знімок екрана 2021-02-03 о 8.15.17 PM.png$

1. Нехай B$_{1}$ := {a, b} і B$_{2}$ := {c} .Тоді f$^{∗}$ (B$_{1}$) = {a$_{1}$} і f$^{∗}$ (B$_{2}$) = {c$_{1}$, c$_{2}$}.

2. Нехай A$_{1}$ := Ø і A$_{1}$ := {a$_{1}$, c$_{1}$}. Тоді f$_{!}$ (A$_{1}$) := Ø і f$_{!}$ (A$_{2}$) = {a, c}.

3. З тими ж A$_{1}$ і A$_{2}$ обчислюємо f$^{∗}$ (A$_{1}$) = {b} і f$^{∗}$ (A$_{2}$) = {a, b}.

Вправа 1.119

Припустимо, що f: P → Q ліворуч прилягає до g: Q → P.

Це частина визначення примикання (Пропозиція1.107), що p ≤ g (f (p)), і звичайно g (f (p)) і (f; g) (p) означають одне і те ж.
Ми хочемо показати, що g (f (g (f (p)))) ≤ g (f (p)) і g (f (p)) ≤ g (f (g (f (p))) для все р. Останнє полягає лише в тому, що p ′ ≤ g (f (p ′)) для будь-якого p ′, застосованого з g (f (p)) замість p ′. Перший використовує, що f (g (q)) ≤ q, а f (p) підставляється на q: це дає f (g (f (p))) ≤ f (p), а потім застосовуємо йти в обидві сторони.

Вправа 1.124

Позначимо кортежі (a, b) ab з міркувань пробілу. Таким чином, відношення {(1, 1), (1, 2), (2, 1)} буде позначено {11, 12, 21}.

$Знімок екрана 2021-02-03 о 8.37.32 PM.png$

Вправа 1.125

Нехай S: = {1, 2, 3}.

1. Нехай ≤ буде попереднім порядком з 1 ≤ 2, і звичайно 1 ≤ 1, 2 ≤ 2 і 3 ≤ 3. Потім U (≤) = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 3)}.

Нехай Q: = {(1,1)} і Q ′: = {(2,1)}.
Закриття Cl (Q) Q є найменшим попереднім порядком, що містить (1,1), який є Cl (Q) = {(1,1), (2,2), (3,3)}.
Аналогічно Cl (Q ′) = {(1, 1), (2, 1), (2, 2), (3, 3)}. Легко помітити, що Cl (Q)$\sqsubseteq$\) ≤ тому що кожна впорядкована пара в Cl (Q) також знаходиться в ≤.
Легко помітити, що Cl (Q ′)$\not \sqsubseteq$ ≤ тому що впорядкована пара (2,1) знаходиться в Cl (Q ′), але не в ≤.