离散数学问题集--问题4.40

Problem 4.40.

Let $R:A\to B$ be a binary relation.

Lemma. If $R$ is a function, and $X\subseteq A$, then
$$|X|\ge |R(X)|.$$

Use an arrow counting argument to prove the following generalization of the Mapping Rule 1.

证明：设 $X\subseteq A$，且 $R:A\to B$ 是一个函数。

要证明 $|X|\ge |R(X)|$，其中 R ( X ) = { b ∈ B ∣ ∃ a ∈ X . a R b } R(X)=\{b\in B|\exists a\in X. aRb\} R(X)={b∈B∣∃a∈X.aRb}。

考虑有序对集合 $E=\{(a,b)\in X\times R(X)\}$。

方法一：通过对 $X$ 中的元素求和来计数。

因为 $R$ 是从 $A$ 到 $B$ 的函数，所以，对每个 $a\in X$，集合 $B$ 中至多存在1个元素 $b\in B$，满足 $aRb$，即 $b\in R(X)$。

因为
E = ⋃ a ∈ X R ( a ) = ⋃ a ∈ X { b ∈ R ( x ) ∣ a R b } E=\bigcup_{a\in X}R(a)=\bigcup_{a\in X}\{b\in R(x)|aRb\} E=a∈X⋃​R(a)=a∈X⋃​{b∈R(x)∣aRb}
且不同的元素 $a$ 对应的 $R(a)$ 是不相交的，这由 $R$ 的函数性保证的。
所以
∣ E ∣ = ∣ ⋃ a ∈ X R ( a ) ∣ = ∣ ⋃ a ∈ X { b ∈ R ( X ) ∣ a R b } ∣ = ∑ a ∈ X ∣ { b ∈ R ( X ) ∣ a R b } ∣ ≤ ∑ a ∈ X 1 = ∣ X ∣ . \begin{align*} |E|&=|\bigcup_{a\in X} R(a)|\\ &=|\bigcup_{a\in X}\{b\in R(X)|aRb\}|\\ &=\sum_{a\in X}|\{b\in R(X)|aRb\}|\\ &\leq \sum_{a\in X} 1\\ &= |X|. \end{align*} ∣E∣​=∣a∈X⋃​R(a)∣=∣a∈X⋃​{b∈R(X)∣aRb}∣=a∈X∑​∣{b∈R(X)∣aRb}∣≤a∈X∑​1=∣X∣.​

方法二：通过对 $R(X)$ 中的元素求和来计数。

对每个 $b\in R(X)$， N ( b ) = ∣ R − 1 ( b ) ∣ = ∣ { a ∈ X ∣ a R b } ∣ N(b)=|R^{-1}(b)|=|\{a\in X|aRb\}| N(b)=∣R−1(b)∣=∣{a∈X∣aRb}∣是 $X$ 中与 $b$ 通过 $R$ 相关的元素个数。根据 $R(x)$ 的定义，对每个 $b\in R(X)$，至少存在1个 $a\in X$，满足 $aRb$。因此，对每个 $b\in R(X)$，$N(b)\ge 1$。

因为
E = ⋃ b ∈ R ( X ) R − 1 ( b ) = ⋃ b ∈ R ( X ) { a ∈ X ∣ a R b } , E=\bigcup_{b\in R(X)} R^{-1}(b)=\bigcup_{b\in R(X)}\{a\in X|aRb\}, E=b∈R(X)⋃​R−1(b)=b∈R(X)⋃​{a∈X∣aRb},
且不同的元素 $b$ 对应的 $R^{-1}(b)$ 是不相交的，这由 $R$ 的函数性保证的。
所以：
∣ E ∣ = ∣ ⋃ b ∈ R ( X ) R − 1 ( b ) ∣ = ∑ b ∈ R ( X ) ∣ { a ∈ X ∣ a R b } ∣ = ∑ b ∈ R ( x ) N ( b ) ≥ ∑ b ∈ R ( x ) 1 = ∣ R ( X ) ∣ . \begin{align*} |E|&=|\bigcup_{b\in R(X)} R^{-1}(b)|\\ &=\sum_{b\in R(X)}|\{a\in X|aRb\}|\\ &=\sum_{b\in R(x)}N(b)\\ &\geq \sum_{b\in R(x)}1 = |R(X)|. \end{align*} ∣E∣​=∣b∈R(X)⋃​R−1(b)∣=b∈R(X)∑​∣{a∈X∣aRb}∣=b∈R(x)∑​N(b)≥b∈R(x)∑​1=∣R(X)∣.​