1. 1. 3.3.1 证明在定义 3.3.7 中相等的定义是自反的、对称的和传递的。再验证代入性质：如果 f,f~:X→Yf,\tilde{f}:X \to Y，而且 g,g~:Y→Zg,\tilde{g}: Y \to Z 是这样的函数，f=f~f = \tilde{f} 且 g=g~g = \tilde{g}，那么 g∘f=f~∘g~g \circ f = \tilde{f} \circ \tilde{g}。
  2. 2. 3.3.2 设 f:X→Yf: X \to Y 且 g:Y→Zg: Y \to Z 是函数。证明：如果 ff 和 gg 都是单射，则 g∘fg \circ f 也是单射，类似地，证明：如果 ff 和 gg 都是满射，则 g∘fg \circ f 也是满射。
  3. 3. 3.3.3 何时空函数是单射？满射？双射？
  4. 4. 3.3.4 本段给出一些关于复合函数的消去律。设 f:X→Yf : X \to Y，f~:X→Y\tilde{f} : X \to Y，g:Y→Zg : Y \to Z 且 g~:Y→Z\tilde{g} : Y \to Z 都是函数。证明如果 g∘f=g∘f~g \circ f = g \circ \tilde{f} 且 gg 是单射，那么 f=f~f = \tilde{f}。如果 gg 不是单射，同样的结论成立吗？证明如果 g∘f=g~∘fg \circ f = \tilde{g} \circ f 且 ff 是满射，那么 g=g~g = \tilde{g}。如果 ff 不是满射，同样的结论成立吗？
  5. 5. 3.3.5 设 f:X→Yf : X \to Y 且 g:Y→Zg : Y \to Z 是函数。证明 g∘fg \circ f 是单射，那么 ff 必定是单射。gg 是不是也一定是单射？证明如果 g∘fg \circ f 是满射，那么 gg 必定是满射。ff 也一定是满射吗？
  6. 6. 3.3.6 设 f:X→Yf : X \to Y 是一个双射函数，并设 f−1:Y→Xf^{-1} : Y \to X 是 ff 的逆。验证对于一切 x∈Xx \in X 成立消去律 f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x)) = x，以及对于一切 y∈Yy \in Y 成立消去律 f(f−1(y))=yf(f^{-1}(y)) = y。断定 f−1f^{-1} 也是可逆的，并且 ff 是它的逆（于是 (f−1)−1=f(f^{-1})^{-1} = f）。
  7. 7. 3.3.7 设 f:X→Yf : X \to Y 且 g:Y→Zg : Y \to Z 是函数。证明如果 ff 和 gg 都是双射，那么 g∘fg \circ f 也是双射，并且 (g∘f)−1=f−1∘g−1(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}。
  8. 8. 3.3.7 如果 XX 是 YY 的一个子集，令 τX→Y:X→Y\tau_{X \to Y} : X \to Y 是从 XX 到 YY 的包含映射，即：对于一切 x∈Xx \in X，τX→Y:=x\tau_{X \to Y} := x。映射 τX→X\tau_{X \to X} 特称为 XX 上的恒等映射。

《陶哲轩实分析》习题 3.3

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3.3.1 证明在定义 3.3.7 中相等的定义是自反的、对称的和传递的。再验证代入性质：如果 f,f~:X→Yf,\tilde{f}:X \to Y，而且 g,g~:Y→Zg,\tilde{g}: Y \to Z 是这样的函数，f=f~f = \tilde{f} 且 g=g~g = \tilde{g}，那么 g∘f=f~∘g~g \circ f = \tilde{f} \circ \tilde{g}。

  • 证明函数相等的的定义是自反的。

    反证法。假定不是自反的，则存在函数 f:X→Yf: X \to Y 和 x∈Xx \in X，使得 f(x)≠f(x)f(x) \neq f(x)，由定义 3.3.1 可知，对于给定的输入，函数的输出是唯一的，所以这是不可能的。

  • 证明函数相等的的定义是对称的。

    若 f=gf \textcolor{red}{=} g，那么两个函数的定义域和值域都相同，设它们的定义域为 XX，根据定义 3.3.7，对于一切 x∈Xx \in X，f(x)=g(x)f(x) = g(x)，根据对称公理 g(x)=f(x)g(x) = f(x)，综上，根据定义 3.3.7 可得 g=fg \textcolor{red}{=} f。

    注意，红色的等号是定义 3.3.7 定义的相等，目前正在证明这种相等遵从相等公理，而黑色的等号是遵从相等公理的，下同。

  • 证明函数相等的的定义是传递的。

    设有函数 f:X→Yf: X \to Y，g:X→Yg: X \to Y 和 h:X→Yh: X \to Y，其中 f=gf \textcolor{red}{=} g 且 g=hg \textcolor{red}{=} h。对于任意 x∈Xx \in X，由定义 3.3.7 可知，f(x)=g(x)f(x) = g(x) 且 g(x)=h(x)g(x) = h(x)，由传递公理得到 f(x)=h(x)f(x) = h(x)，因此对于任意 x∈Xx \in X，都有 f(x)=h(x)f(x) = h(x)，根据定义 3.3.7 可知 f=gf \textcolor{red}{=} g。

  • 证明 g∘f=f~∘g~g \circ f = \tilde{f} \circ \tilde{g}。

    此举将证明所定义的相对对于函数复合是满足代入公理的。

    首先由复合函数的定义可知，g∘fg \circ f 和 f~∘g~\tilde{f} \circ \tilde{g} 的定义域和值域都相同。

    由于 f=f~f \textcolor{red}{=} \tilde{f}，对于任意 x∈Xx \in X，都有 f(x)=f~(x)f(x) = \tilde{f}(x)，由代入公理可得 g(f(x))=g(f~(x))g(f(x)) = g(\tilde{f}(x))，又因为 g=g~g \textcolor{red}{=} \tilde{g}，所以对于这个特定的 y=f~(x)∈Yy = \tilde{f}(x) \in Y，必然有 g(f~(x))=g~(f~(x))g(\tilde{f}(x)) = \tilde{g}(\tilde{f}(x))，再由传递公理可得 g(f(x))=g~(f~(x))g(f(x)) = \tilde{g}(\tilde{f}(x))。综上，对于任意 x∈Xx \in X，都有 g(f(x))=g~(f~(x))g(f(x)) = \tilde{g}(\tilde{f}(x))，由定义 3.3.7 可知，g∘f=g~∘f~g \circ f \textcolor{red}{=} \tilde{g} \circ \tilde{f}。

3.3.2 设 f:X→Yf: X \to Y 且 g:Y→Zg: Y \to Z 是函数。证明：如果 ff 和 gg 都是单射，则 g∘fg \circ f 也是单射，类似地，证明：如果 ff 和 gg 都是满射，则 g∘fg \circ f 也是满射。

  • 证明：如果 ff 和 gg 都是单射，则 g∘fg \circ f 也是单射。

    对于任意 x∈X,x′∈X,x≠x′x \in X, x' \in X, x \neq x'，由于 ff 是单射，由定义 3.3.14 可知 f(x)≠f(x′)f(x) \neq f(x')，又因为 gg 是单射，因此 g(f(x))≠g(f(x′))g(f(x)) \neq g(f(x'))。综上，对于任意 x∈X,x′∈X,x≠x′x \in X, x' \in X, x \neq x'， g(f(x))≠g(f(x′))g(f(x)) \neq g(f(x'))，由定义 3.3.14 可知 g∘fg \circ f 是单射。

  • 证明：如果 ff 和 gg 都是满射，则 g∘fg \circ f 也是满射。

    因为 gg 都是满射，对于任意 z∈Zz \in Z，至少存在一个 yz∈Yy_z \in Y 使得 g(yz)=zg(y_z) = z，又因为 ff 是满射，对于这个特定的 yz∈Yy_z \in Y，也至少存在一个 x∈Xx \in X 使得 f(x)=yzf(x) = y_z，由代入公理可得 g(f(x))=zg(f(x)) = z。综上，对于任意 z∈Zz \in Z，存在 x∈Xx \in X 使得 g(f(x))=zg(f(x)) = z，由定义 3.3.17 可知 g∘fg \circ f 是满射。

3.3.3 何时空函数是单射？满射？双射？

设 f:∅→Yf: \varnothing \to Y 是空函数。

  • 证明空函数都是单射。

    反证法。假设空函数不是单射，由定义 3.3.14 可知，存在 x∈∅,x′∈∅,x≠x′x \in \varnothing, x' \in \varnothing, x \neq x' 使得 f(x)=f(x′)f(x) = f(x')，然而由公理 3.2 可知，任何对象都不是空集的元素，因此并不存在满足条件的 xx 和 x′x'，所以空函数不可能不是单射。

  • 证明空函数 f:∅→Yf: \varnothing \to Y 是满射当且仅当 Y=∅Y = \varnothing。

    • 如果空函数 f:∅→Yf: \varnothing \to Y 是满射，那么 Y=∅Y = \varnothing。

      反证法。假定 Y≠∅Y \neq \varnothing，由引理 3.1.6 可知，存在 y∈Yy \in Y，由于空函数 f:∅→Yf: \varnothing \to Y 是满射，存在 x∈∅x \in \varnothing 使得 f(x)=yf(x) = y，但根据公理 3.2 可知，对于任意对象 xx 都有 x∈∅x \in \varnothing，矛盾。

    • 如果 Y=∅Y = \varnothing，那么空函数 f:∅→Yf: \varnothing \to Y 是满射。

      对于任意对象 yy，由于 y∈∅y \in \varnothing 总是假的，因此 y∈∅→∃x∈∅,f(x)=yy \in \varnothing \to \exists x \in \varnothing, f(x) = y 总是真的（蕴含式为真当且仅当前件为假或后件为真）。根据定义 3.3.17，f:∅→∅f: \varnothing \to \varnothing 是满射。

综上可知，空函数何时都是单射，当值域是空集时，空函数是满射也是双射。

3.3.4 本段给出一些关于复合函数的消去律。设 f:X→Yf : X \to Y，f~:X→Y\tilde{f} : X \to Y，g:Y→Zg : Y \to Z 且 g~:Y→Z\tilde{g} : Y \to Z 都是函数。证明如果 g∘f=g∘f~g \circ f = g \circ \tilde{f} 且 gg 是单射，那么 f=f~f = \tilde{f}。如果 gg 不是单射，同样的结论成立吗？证明如果 g∘f=g~∘fg \circ f = \tilde{g} \circ f 且 ff 是满射，那么 g=g~g = \tilde{g}。如果 ff 不是满射，同样的结论成立吗？

  • 证明如果 g∘f=g∘f~g \circ f = g \circ \tilde{f} 且 gg 是单射，那么 f=f~f = \tilde{f}。

    反证法。假定 f≠f~f \neq \tilde{f}，那么存在 x∈Xx \in X 使得 f(x)≠f~(x)f(x) \neq \tilde{f}(x)，由于 gg 是单射，所以有 g(f(x))≠g(f~(x))g(f(x)) \neq g(\tilde{f}(x))，这与 g∘f=g∘f~g \circ f = g \circ \tilde{f} 矛盾。

    如果 gg 不是单射，ff 可能不等于 f~\tilde{f}，下面给出例子：

    • f:{0}→{0,1}f : \{0\} \to \{0, 1\}，f(x)=0f(x) = 0
      f~:{0}→{0,1}\tilde{f} : \{0\} \to \{0, 1\}，f~(x)=1\tilde{f}(x) = 1
      g:{0,1}→{2}g: \{0, 1\} \to \{2\}，g(y)=2g(y) = 2

  • 证明如果 g∘f=g~∘fg \circ f = \tilde{g} \circ f 且 ff 是满射，那么 g=g~g = \tilde{g}。

    反证法。假定 g≠g~g \neq \tilde{g}，那么存在 y∈Yy \in Y 使得 g(y)≠g~(y)g(y) \neq \tilde{g}(y)，由于 ff 是满射，因此对于这个特定的 yy，存在一个 x∈Xx \in X 使得 f(x)=yf(x) = y，根据代入公理得到 g(f(x))≠g~(f(x))g(f(x)) \neq \tilde{g}(f(x))，即存在 x∈Xx \in X 使得 g∘f≠g~∘fg \circ f \neq \tilde{g} \circ f，与条件矛盾。

    如果 ff 不是满射，gg 可能不等于 g~\tilde{g}，下面给出例子：

    • f:{0}→{0,1}f : \{0\} \to \{0, 1\}，f(x)=0f(x) = 0
      g:{0,1}→{0,1}g: \{0, 1\} \to \{0, 1\}，g(y)=0g(y) = 0
      g:{0,1}→{0,1}g: \{0, 1\} \to \{0, 1\}，g(y)=yg(y) = y

3.3.5 设 f:X→Yf : X \to Y 且 g:Y→Zg : Y \to Z 是函数。证明 g∘fg \circ f 是单射，那么 ff 必定是单射。gg 是不是也一定是单射？证明如果 g∘fg \circ f 是满射，那么 gg 必定是满射。ff 也一定是满射吗？

  • 证明 g∘fg \circ f 是单射，那么 ff 必定是单射。

    反证法。假定 ff 不是单射，那么存在 x≠x′x \neq x' 使得 f(x)=f(x′)f(x) = f(x')，由代入公理得 g(f(x))=g(f(x′))g(f(x)) = g(f(x'))，即存在 x≠x′x \neq x' 使得 g∘f(x)=g∘f(x′)g \circ f (x) = g \circ f (x')，这与 g∘fg \circ f 是单射相矛盾。

    gg 不一定是单射，可以举出反例：

    • f:{0}→{0,1}f : \{0\} \to \{0, 1\}，f(x)=0f(x) = 0
      g:{0,1}→{1}g : \{0, 1\} \to \{1\}, g(y)=1g(y) = 1

  • 证明如果 g∘fg \circ f 是满射，那么 gg 必定是满射。

    反证法。假定 gg 不是满射，那么存在 z∈Zz \in Z，对于任意 y∈Yy \in Y，都有 g(y)≠zg(y) \neq z，进而对于任意 x∈Xx \in X，由于 f(x)∈Yf(x) \in Y，因此 g(f(x))≠zg(f(x)) \neq z。综上，存在 z∈Zz \in Z，对于任意 x∈Xx \in X 有 g(f(x))≠zg(f(x)) \neq z，这与 g∘fg \circ f 是满射相矛盾。

    ff 不一定是满射，可以举出反例：

    • f:{0}→{0,1}f : \{0\} \to \{0, 1\}，f(x)=0f(x) = 0
      g:{0,1}→{1}g : \{0, 1\} \to \{1\}, g(y)=1g(y) = 1

3.3.6 设 f:X→Yf : X \to Y 是一个双射函数，并设 f−1:Y→Xf^{-1} : Y \to X 是 ff 的逆。验证对于一切 x∈Xx \in X 成立消去律 f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x)) = x，以及对于一切 y∈Yy \in Y 成立消去律 f(f−1(y))=yf(f^{-1}(y)) = y。断定 f−1f^{-1} 也是可逆的，并且 ff 是它的逆（于是 (f−1)−1=f(f^{-1})^{-1} = f）。

  • 证明对于一切 x∈Xx \in X 成立消去律 f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x)) = x。

    由于 ff 是函数，对于一切 x∈Xx \in X 都有唯一对应的 yxy_x 使得 f(x)=yxf(x) = y_x 成立，又因为 ff 是一个双射函数，对于这个 yx∈Yy_x \in Y 存在一个记作 f−1(yx)f^{-1}(y_x) 的值，使得 f(f−1(yx))=yxf(f^{-1}(y_x)) = y_x，由于 ff 是双射函数，所以是单射的，因此 f−1(yx)=xf^{-1}(y_x) = x，因为 f(x)=yxf(x) = y_x， 由代入公理可得，f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x)) = x。

    综上，对于一切 x∈Xx \in X，f−1(f(x))=xf^{-1}(f(x)) = x。

  • 证明对于一切 y∈Yy \in Y 成立消去律 f(f−1(y))=yf(f^{-1}(y)) = y。

    由于 ff 是双射函数，对于一切 y∈Yy \in Y 都恰有一个 xx 使得 f(x)=yf(x) = y，记为 x=f−1(y)x = f^{-1}(y)，由代入公理，将其代入 f(x)=yf(x) = y 得到，f(f−1(y))=yf(f^{-1}(y)) = y。

  • 证明 f−1f^{-1} 也是可逆的。

    要证明 f−1f^{-1} 即是要证明它是一个双射函数，即是要证明它既是单射又是满射。

    • 证明 f−1f^{-1} 是单射。

      反证法。假定 f−1f^{-1} 不是单射的，那么存在 x≠x′x \neq x' 使得 f−1(x)=f−1(x′)f^{-1}(x) = f^{-1}(x')，由代入公理的，f(f−1(x))=f(f−1(x′))f(f^{-1}(x)) = f(f^{-1}(x'))，再由上面证明的消去律得到 x=x′x = x'，矛盾。

    • 证明 f−1f^{-1} 是满射。

      根据函数的定义，对于任意 x∈Xx \in X 都存在 yy 使得 f(x)=yf(x) = y，由代入公理可得，f−1(f(x))=f−1(y)f^{-1}(f(x)) = f^{-1}(y)，再由上面证明的消去律可得，x=f−1(y)x = f^{-1}(y)。即对于任意 x∈Xx \in X 都存在 yy 使得 f−1(y)=xf^{-1}(y) = x，因此 f−1f^{-1} 是满射。

  • 证明 f−1f^{-1} 的逆是 ff。

    首先 f−1f^{-1} 的逆的定义域和值域和 ff 相同。

    f−1f^{-1} 可逆，对于任意 x∈Xx \in X，恰有一个 yy 使得 f−1(y)=xf^{-1}(y) = x，记为 (f−1)−1(x)(f^{-1})^{-1}(x)；由于 f:X→Yf : X \to Y 是函数，对于这个 xx，恰有一个 y′y' 使得 f(x)=y′f(x) = y'，将 f−1(y)=xf^{-1}(y) = x 代入得到 f(f−1(y))=y′f(f^{-1}(y)) = y'，根据上面证明的消去律可得 y=y′y = y'，即 f(x)=y=(f−1)−1(x)f(x) = y = (f^{-1})^{-1}(x)。

    综上，对于任意 x∈Xx \in X，f(x)=(f−1)−1(x)f(x) = (f^{-1})^{-1}(x)，于是 ff 是 f−1f^{-1} 的逆。

3.3.7 设 f:X→Yf : X \to Y 且 g:Y→Zg : Y \to Z 是函数。证明如果 ff 和 gg 都是双射，那么 g∘fg \circ f 也是双射，并且 (g∘f)−1=f−1∘g−1(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}。

由于 ff 和 gg 都是双射，所以也都是单射，根据习题 3.3.2 的结论，g∘fg \circ f 是单射；并且由于 ff 和 gg 都是双射，所以也都是满射，再次根据 3.3.2 的结论，g∘fg \circ f 是满射；由于 g∘fg \circ f 既是单射又是满射，因此是双射。

首先，容易知道 (g∘f)−1(g \circ f)^{-1} 和 f−1∘g−1f^{-1} \circ g^{-1} 的定义域和值域都是相同的。

对于任意 x∈Xx \in X 恰有一个 y∈Yy \in Y 使得 (g∘f)−1(x)=y(g \circ f)^{-1}(x) = y，复合函数 f−1∘g−1f^{-1} \circ g^{-1} 也有一个 y′∈Yy' \in Y 使得 f−1∘g−1(x)=y′f^{-1} \circ g^{-1}(x) = y'。对 (g∘f)−1(x)=y(g \circ f)^{-1}(x) = y 应用代入公理得到 g∘f((g∘f)−1(x))=g∘f(y)g \circ f((g \circ f)^{-1}(x)) = g \circ f(y)，再对左边应用消去律可得 x=g∘f(y)x = g \circ f(y)。类似地，由 f−1∘g−1(x)=y′f^{-1} \circ g^{-1}(x) = y' 可以得到 x=g∘f(y′)x = g \circ f(y')。得到 g∘f(y)=g∘f(y′)g \circ f(y) = g \circ f(y')，由于 g∘fg \circ f 是满射，所以也是单射，因此 y=y′y = y'。

综上可得，对于任意 x∈Xx \in X，(g∘f)−1(x)=f−1∘g−1(x)(g \circ f)^{-1}(x) = f^{-1} \circ g^{-1}(x)，因此 (g∘f)−1=f−1∘g−1(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}。

3.3.7 如果 XX 是 YY 的一个子集，令 τX→Y:X→Y\tau_{X \to Y} : X \to Y 是从 XX 到 YY 的包含映射，即：对于一切 x∈Xx \in X，τX→Y:=x\tau_{X \to Y} := x。映射 τX→X\tau_{X \to X} 特称为 XX 上的恒等映射。

  • 证明：如果 X⊆Y⊆ZX \subseteq Y \subseteq Z，那么 τY→Z∘τX→Y=τX→Z\tau_{Y \to Z} \circ \tau_{X \to Y} = \tau_{X \to Z}。

    容易知道 τY→Z∘τX→Y\tau_{Y \to Z} \circ \tau_{X \to Y} 和 τX→Z\tau_{X \to Z} 的作用域和值域相同。对于任意 x∈Xx \in X

    τY→Z∘τX→Y(x)=τY→Z(τX→Y(x))由复合函数定义=τY→Z(x)由包含映射定义=x由包含映射定义\begin{aligned} \tau_{Y \to Z} \circ \tau_{X \to Y}(x) &= \tau_{Y \to Z}(\tau_{X \to Y}(x)) \quad\text{由复合函数定义}\\ &= \tau_{Y \to Z}(x) \quad\text{由包含映射定义}\\ &= x \quad\text{由包含映射定义}\\ \end{aligned}

    根据包含映射的定义可知 τX→Z=x\tau_{X \to Z} = x，因此 τY→Z∘τX→Y=τX→Z\tau_{Y \to Z} \circ \tau_{X \to Y} = \tau_{X \to Z}。

  • 证明：如果 f:A→Bf : A \to B 是一个函数，那么 f=f∘τA→A=τB→B∘ff = f \circ \tau_{A \to A} = \tau_{B \to B} \circ f。

    容易知道 ff、f∘τA→Af \circ \tau_{A \to A} 和 τB→B∘f\tau_{B \to B} \circ f 的定义域和值域都是相同的。根据恒等映射的定义，对于任意 a∈Aa \in A

    f∘τA→A(a)=f(τA→A(a))=f(a)τB→B∘f(a)=τB→B(f(a))=f(a)f \circ \tau_{A \to A}(a) = f(\tau_{A \to A}(a)) = f(a)\\ \tau_{B \to B} \circ f(a) = \tau_{B \to B}(f(a)) = f(a)

    因此 f=f∘τA→A=τB→B∘ff = f \circ \tau_{A \to A} = \tau_{B \to B} \circ f。

  • 证明：如果 f:A→Bf : A \to B 是双射函数，那么 f∘f−1=τB→Bf \circ f^{-1} = \tau_{B \to B} 而且 f−1∘f=τA→Af^{-1} \circ f = \tau_{A \to A}。

    由习题 3.3.6 证明的消去律可知，对于任意 b∈Bb \in B，f∘f−1(b)=bf \circ f^{-1}(b) = b，再由恒等映射定义可知 τB→B=b\tau_{B \to B} = b，因此 f∘f−1=τB→Bf \circ f^{-1} = \tau_{B \to B}。

    由消去律可知，对于任意 a∈Aa \in A，f−1∘f(a)=af^{-1} \circ f (a) = a，同时由恒等映射定义可知 τA→A(a)=a\tau_{A \to A}(a) = a，因此 f−1∘f=τA→Af^{-1} \circ f = \tau_{A \to A}。

  • 证明：如果 XX 和 YY 是不交的集合，而且 f:X→Zf : X \to Z，g:Y→Zg : Y \to Z 是函数，那么存在唯一的函数 h:X∪Y→Zh : X \cup Y \to Z，使得 h∘τX→X∪Y=fh \circ \tau_{X \to X \cup Y} = f 且 h∘τY→X∪Y=gh \circ \tau_{Y \to X \cup Y} = g。

    • 先证明一个引理：对于任意 t∈X∪Yt \in X \cup Y，要么 t∈Xt \in X 要么 t∈Yt \in Y，二者只能且只能有一个成立。

      反证法。假设二者都不成立或二者同时成立。若都不成立都不成立，那么 t∉X∪Yt \notin X \cup Y，矛盾；若二者同时成立，那么 t∈X∩Yt \in X \cap Y，即 X∩B≠∅X \cap B \neq \varnothing，矛盾。

    • 存在性

      由引理可知下面的定义是成功的

      h(t)={f(t)若 t∈Xg(t)若 t∈Yh(t)=\begin{cases} f(t) & \text{若 } t \in X\\ g(t) & \text{若 } t \in Y\\ \end{cases}

      容易知道 h∘τX→X∪Yh \circ \tau_{X \to X \cup Y} 和 ff 作用域和值域都相同，对于任意 x∈Xx \in X，h∘τX→X∪Y(x)=h(τX→X∪Y(x))=h(x)=f(x)h \circ \tau_{X \to X \cup Y}(x) = h(\tau_{X \to X \cup Y}(x)) = h(x) = f(x)，因此 h∘τX→X∪Y=fh \circ \tau_{X \to X \cup Y} = f。

      同理，h∘τY→X∪Yh \circ \tau_{Y \to X \cup Y} 和 gg 作用域和值域都相同，由于对于任意 y∈Yy \in Y，h∘τY→X∪Y(y)=h(τY→X∪Y(y))=h(y)=g(y)h \circ \tau_{Y \to X \cup Y}(y) = h(\tau_{Y \to X \cup Y}(y)) = h(y) = g(y)，因此 h∘τY→X∪Y=gh \circ \tau_{Y \to X \cup Y} = g。

    • 唯一性

      反证法。假设存在 h′≠hh' \neq h 使得 h′∘τX→X∪Y=fh' \circ \tau_{X \to X \cup Y} = f 且 h′∘τY→X∪Y=gh' \circ \tau_{Y \to X \cup Y} = g。由于 h′≠hh' \neq h，那么存在 t∈X∈Yt \in X \in Y，使得 h′(t)≠h(t)h'(t) \neq h(t)

      • 若 t∈Xt \in X，h′∘τX→X∪Y(t)=h′(t)=f(t)h' \circ \tau_{X \to X \cup Y}(t) = h'(t) = f(t) 且 h∘τX→X∪Y(t)=h(t)=f(t)h \circ \tau_{X \to X \cup Y}(t) = h(t) = f(t)，因此 h′(t)=h(t)=f(t)h'(t) = h(t) = f(t)，矛盾。
      • 若 t∈Yt \in Y，h′∘τY→X∪Y(t)=h′(t)=g(t)h' \circ \tau_{Y \to X \cup Y}(t) = h'(t) = g(t) 且 h∘τY→X∪Y(t)=h(t)=g(t)h \circ \tau_{Y \to X \cup Y}(t) = h(t) = g(t)，因此 h′(t)=h(t)=g(t)h'(t) = h(t) = g(t)，矛盾。

      综上，h′=hh' = h，即复合条件的函数是唯一的。