Problem 4.40.
Let R : A → B R: A \to B R:A→B be a binary relation.
Lemma. If R R R is a function, and X ⊆ A X \subseteq A X⊆A, then
∣ X ∣ ≥ ∣ R ( X ) ∣ . |X| \geq |R(X)|. ∣X∣≥∣R(X)∣.
Use an arrow counting argument to prove the following generalization of the Mapping Rule 1.
证明：设 X ⊆ A X\subseteq A X⊆A，且 R : A → B R:A\to B R:A→B 是一个函数。
要证明 ∣ X ∣ ≥ ∣ R ( X ) ∣ |X|\geq |R(X)| ∣X∣≥∣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 ) ∈ X × R ( X ) } E=\{(a,b)\in X\times R(X)\} E={(a,b)∈X×R(X)}。
方法一：通过对 X X X 中的元素求和来计数。
因为 R R R 是从 A A A 到 B B B 的函数，所以，对每个 a ∈ X a\in X a∈X，集合 B B B 中至多存在1个元素 b ∈ B b\in B b∈B，满足 a R b aRb aRb，即 ∣ R ( a ) ∣ ≤ 1 |R(a)|\leq 1 ∣R(a)∣≤1。
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}
所以
∣ E ∣ = ∣ ⋃ a ∈ X R ( a ) ∣ ≤ ∑ a ∈ X 1 = ∣ X ∣ . \begin{align*} |E|&=|\bigcup_{a\in X} R(a)|\\ &\leq \sum_{a\in X} 1\\ &= |X|. \end{align*} ∣E∣=∣a∈X⋃R(a)∣≤a∈X∑1=∣X∣.
方法二：通过对 R ( X ) R(X) R(X) 中的元素求和来计数。
对每个 b ∈ R ( X ) b\in R(X) b∈R(X)， ∣ R − 1 ( b ) ∣ = ∣ { a ∈ X ∣ a R b } ∣ |R^{-1}(b)|=|\{a\in X|aRb\}| ∣R−1(b)∣=∣{a∈X∣aRb}∣是 X X X 中与 b b b 通过 R R R 相关的元素个数。根据 R ( x ) R(x) R(x) 的定义，对每个 b ∈ R ( X ) b\in R(X) b∈R(X)，至少存在1个 a ∈ X a\in X a∈X，满足 a R b aRb aRb。因此，对每个 b ∈ R ( X ) b\in R(X) b∈R(X)， ∣ R − 1 ( b ) ∣ ≥ 1 |R^{-1}(b)|\geq 1 ∣R−1(b)∣≥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 b b 对应的 R − 1 ( b ) R^{-1}(b) R−1(b) 是不相交的，这由 R R R 的函数性保证的。
所以
∣ E ∣ = ∣ ⋃ b ∈ R ( X ) R − 1 ( b ) ∣ = ∑ b ∈ R ( X ) ∣ R − 1 ( b ) ∣ ≥ ∑ b ∈ R ( x ) 1 = ∣ R ( X ) ∣ . \begin{align*} |E|&=|\bigcup_{b\in R(X)} R^{-1}(b)|\\ &=\sum_{b\in R(X)}|R^{-1}(b)|\\ &\geq \sum_{b\in R(x)}1 = |R(X)|. \end{align*} ∣E∣=∣b∈R(X)⋃R−1(b)∣=b∈R(X)∑∣R−1(b)∣≥b∈R(x)∑1=∣R(X)∣.