离散数学课后答案四Word格式文档下载.docx
《离散数学课后答案四Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《离散数学课后答案四Word格式文档下载.docx(27页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
可交换,但不具有幂等性。
幺元e=a,表中有a*a=a,b*c=a,c*b=a,则可得a的逆元是a,b有逆元c,c有逆元b.
(b):
可交换、不具有幂等性、有幺元a,
因为a*a=a,b*b=a,所以a有逆元a,b有逆元b.
(c):
不可交换、具有幂等性,无幺元。
(d):
可交换、不具有幂等性、有幺元a,a有逆元a.
6、
证明:
设a,b,c∈I+
a*(b△c)=a^(b.c)
(a*b)△(a*c)=(a^b).(a^c)=a^(b+c)
可见:
a*(b△c)≠(a*b)△(a*c)
根据:
可知*对△是不可分配的
7、解:
Zn={0,1,2,3}
*
1
2
3
晓津证明如下:
(1)我们先证明n=1时,该运算*在Z1上的运算是可结合的:
此时,设有a,b,c∈Z1则有a=0,b=0,c=0
(a*b)*c=(((a.b)Modn).c)Modn=0
a*(b*c)=(a.((b.c)Modn))Modn=0
两式相等,因此当n=1时,*运算是可结合的。
(2)由上可设当n=k时,*运算是可结合的。
(3)设n=k+1时,有:
(a*b)*c=(((a.b)Mod(k+1)).c)Mod(k+1)
=(a.b.cMod(k+1))Mod(k+1)
a*(b*c)=(a.((b.c)Mod(k+1)))Mod(k+1)
=(a.b.cMod(k+1))Mod(k+1)
可见两式是完全相同的结果。
因此有当n=k+1时,*运算满足结合律。
所以对于任意n∈N,*在Zn上是可结合的。
4.2节习题参考答案
1、解:
Zn={0,1,2,3}
*
(1)我们先证明k=1时,该运算*在Z1上的运算是可结合的:
此时,设有a,b,c∈Z1则有a=0,b=0,c=0
(a*b)*c=(((a.b)Modk).c)Modk=0
a*(b*c)=(a.((b.c)Modk))Modk=0
两式相等,因此当k=1时,*运算是可结合的。
(2)由上可设当k=k时,*运算是可结合的。
(3)设k=k+1时,有:
(a*b)*c=(((a.b)Mod(k+1)).c)Mod(k+1)
a*(b*c)=(a.((b.c)Mod(k+1)))Mod(k+1)
因此有当k=k+1时,*运算满足结合律。
所以对于任意k∈K,*在Zk上是可结合的。
由此可知其是个半群。
2、证明:
二元运算□是可结合的。
根据结合律:
(x□y)□z=x□(y□z)
(x□y)□z=(x*a*y)*a*z
x□(y□z)=x*a*(y*a*z)
由于*满足结合律,故:
(x*a*y)*a*z=x*a*(y*a*z)
=>
(x□y)□z=x□(y□z)
二元运算□是可结合的
3、构成一个半群,证明详见第一题,其具有封闭性、结合性。
4、
(1)、由运算。
可知,a。
b∈R,可知其在R上具有封闭性。
(2)、对于任意a,b,c∈R
(a。
c=(a+b+ab)。
c=a+b+ab+c+ac+bc+abc
a。
c)=a。
(b+c+bc)=a+b+c+bc+ab+ac+abc
可见:
(a。
c)
即。
在R上是可结合的。
(3)因为[0]。
[i]=i,所以[0]是<
R,O>
上一个幺元
根据上述<
是独异点
晓津认为题中所给<
中的O应为o;
答案中的(3)幺元是0,而不是[0].
5、
反证法:
若V不是独异点,则V不存在幺元.
而因为x是任意的,则当x=a时,有
a*u=v*a=a
即此时u,v分别是a的右、左幺元。
因为在一个系统中若同时存在左右幺元,则二者必相等,因此此时u=v=e。
这与假设矛盾,因此由V是一个半群,又V具有幺元,得知V是独异点。
6、证明:
V=<
S,O>
是半群,故。
在S上是可结合的
x。
OL=OL。
x
根据定义4.1.5可知:
OL。
x=OL
故x。
OL也是一个左零元
晓津不同意见:
可结合不等于可交换。
在这里应当把(x。
OL)看作一个元素,这整个元素是一个左零元。
另,题中<
应为<
S,。
>
证明如下:
因为V是半群,所以运算是封闭的,可结合的。
若有x,y,OL∈S,
则有x。
OL∈S
且有(x。
OL)。
y=x。
(OL。
y)=x。
OL
即x。
OL是S中任意y的左零元。
7、解:
子半群如下:
V1=<
Z1,>
V2=<
Z2,>
V3=<
Z3,>
V4=<
Z4,>
其中V1,V2,V3,V4都是V的子独异点,因为这四个半群中均有幺元e=1。
8、证明如下:
设<
S,*>
为一个独异点,则它有一个幺元.
设在<
中e是关于*的幺元,若对于任意a∈S,存在b∈S且b*a=e,则b是a的左逆元。
令左逆元的集合为L,则LS,
所以*在L上是结合的。
对任意的a,b∈L,
则必存在x,y∈S,使a*x=e,b*y=e;
则(a*b)*(y*x)=a*(b*y)*x=a*e*x=a*x=e;
故a*b是y*x的左逆元,
∴a*b∈L
∴*在L上是封闭的(本段证明由阮允准补充)
即<
L,*>
是一个半群。
因为e是S中关于*的幺元,所以它同时也是L中关于*的幺元。
因此<
是一个子独异点。
9、
答:
从表中看:
(b*c)*c=a*c=cb*(c*c)=b*a=b(b*c)*c≠b*(c*c)故不是半群(本题答案由hybina提供,感谢hybina)
4.3习题参考答案
1、,证明a*b=a*c,则b=c。
根据定理
4.3.4,设<
G,*>
是一个群,对于a,b∈G。
必存在惟一的x∈G,使a*x=b
设a*b=g因为a*b=a*c
所以a*c=g
由于b在A中是惟一的,而c在A中也是惟一。
所以b=c
晓津的证明如下:
已知<
A,*>
为群,则对于任意a,必逆元a-1和幺元e,则有:
a-1*(a*b)=a-1*(a*c)
即有
(a-1*a)*b=(a-1*a)*c
e*b=e*c
所以有b=c
2、
4.2.2设<
H,*>
是独异点,对于a,b∈H,且a,b均有逆元。
那么根据定义4.3.1,可知<
H,*>
是群
交换群就是*运算满足交换律的情况。
满足交换律就是a*b=b*a
将(a*b)*(b*a)根据结合性可得
a*(b*b)*a=a*e*a=e
将(b*a)*(a*b)根据结合性可得b*(a*a)*b=b*e*b=e
由于有
x*x=e,而上述两个运算的结果,可知a*b=b*a
根据定义4.3.4,可知其是一个交换群。
晓津证法如下:
设有任意a,b∈H,e为幺元,则根据已知条件有:
a*b=(e*a)*(b*e)
=(b*b*a)*(b*a*a)
=b*((b*a)*(b*a))*a
=b*e*a=b*a
可见a*b=b*a,即<
是交换群。
3、
关于此题的疑惑,假如a=1b=1那么
a*b=0,0不是正整数了。
那么<
就不能满足封闭性了。
也有可能是我把题意给理解错了。
晓津观点,整数加群是指在整数集上进行加法运算的一个代数系统。
而不仅仅是正整数上进行加运算,0也是包含在这个集合中的,所以满足封闭性。
(1)因为任意a,b∈G,即a,b∈Z,且a*b=a+b-2,可见a*b∈Z,因此<
是封闭的。
(2)设有任意a,b,c∈G,则
(a*b)*c=(a+b-2)+c-2=a+b+c-4
a*(b*c)=a+(b+c-2)-2=a+b+c-4=(a*b)*c
可见G上关于*运算是可结合的。
(3)在<
中存在幺元e=2,验证如下:
对于任意a∈G,有a*e=a+2-2=a,e*a=2+a-2=a
(4)对于任意a∈G,存在逆元a-1=4-a,验证如下:
a*a-1=a+(4-a)-2=2;
a-1*a=4-a+a-2=2。
因此可证,<
G,*>
是群。
4、设G=
{
(10) (10) (-10) (-10)
(01) (0-1) (01) (0-1)
}
G关于矩阵乘法构成一个群。
运算表:
矩阵乘法
1 0
0 1
1 0
0-1
-1 0
从运算表中可以看出其具有封闭性
并且其具有单位元
0 1
如何证明其具有结合性?
晓津认为,仍旧可从表上看出。
(表中色块表示(a*b)*d=a*(b*d)。
*表示矩阵乘法。
仅供理解用,证明时不必写出。
)
另外可以每个矩阵乘以它本身,就等于其单位元,根据题二的结论
x*x=单位元,则说明<
G,矩阵乘法>
最后一步应找到每个元素有其逆元而不是单位元。
仍从表上可以找到,每个元素本身就是它的逆元。
因此G关于矩阵乘法构成一个群。
5、设<
为一代数系统,*定义如下:
*
α
β
γ
δ
问:
<
是否构成群?
为什么?
首先其满足封闭性,另外其有单位元α、但是其并非对每个元素均存在逆元,故其不构成群。
∪
φ
{a}
{b}
{a,b}
另外此题有印刷错误U应改为∪其有单位元φ,零元{a,b},除φ外其他元素均无逆元,所以不构成群。
7、对此不解,其没有说明*是什么运算?
所以<
是否构成群也是个问题。
晓津的理解:
题中的*应为×
方合题意。
只是这I是指什么集合倒也成问题,我且将它理解成实数吧。
这样的话,则G是一个不包含0的实数集,在G上关于×
运算是封闭的。
关于普通乘法,很显然它也是可结合的。
在实数集的普通乘法中,有幺元e=1,我们也可以确认,在G中对于m,n∈I(现我将其理解为实数),则必存在m,n使2m×
5n=1.因此,<
是存在幺元的。
同样地,在实数集中的关于乘法的逆元x是x的倒数即x-1,由于G中不包含0,因此对于任一2m×
5n有2-m×
5-n
为其逆元。
可见<
构成群。
同学们有更好的理解和证法请不要独享啊。
8、
其是群,因为右逆元存在的条件便是先存在着单位元(参见P80定义4.1.6),所以<
存在幺元。
根据定理4.1.4,因为<
是半群,所以其是可结合运算的,根据定理4.1.4,其必有左逆元=右逆元,所以其是一个群。
9、设G={[1],[2],[3],[4],[5],[6]},G上的二元运算×
7,如下表所示:
×
7
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
<
G,×
7>
是循环群吗?
若是,找出它的生成元。
是循环群,生成元是[3],[3]=[3][2]=[3]2[6]=[3]3
[4]=[3]4[5]=[3]5[1]=[3]6
故G是六阶循环群。
Littletree同学指出还有一个生成元:
因4=[5]2,6=[5]3,2=[5]4,3=[5]5,1=[5]6
10、
a)
o
f1
f2
f3
f4
f5
f6
x
x-1
1-x
(1-x)-1
(x-1)x-1
x(x-1)-1
b)(画完上面表格,真是头都大了),我们可以看到,表中的所有元都在F内,因此运算是封闭的。
有幺元e=f1,对于每个fi∈F,都有逆元存在。
因此运算<
F,o>
是一个群。
11、解:
a)
从运算表中可以看其具有封闭性。
有幺元a,对于b有逆元c,对于c有逆元b。
同时可看出其具有结合性,如(a。
c)=a
b)其是循环群, b=bc=b2a=b3b是生成元。
还有
c=cb=c2a=c3所以c也是生成元
12、
(1)设任意a,b∈N,则必有aΔa-1和bΔb-1∈H,由<
H,Δ>
是<
G,Δ>
的子群,可知a,b∈H,且aΔb∈H因此有(aΔb)Δ(aΔb)-1∈H
可得aΔb∈N。
(2)对应任意a∈N,有aΔa-1∈H,同时有a-1Δa∈H,因此有a-1∈N
所以(N,Δ)是(H,Δ)的子群,因为H≤G,所以有N≤G.
13、
晓津提问:
对于G中有限阶的理解
(1)是指G中的有限阶群,题意是指任何一个有限阶群都是G的一个子群?
(2)还是指G中所包含的元素的阶是有限的且这些元素组成的集合是G的一个子群?
请兄弟MM们提供高见。
下面是阮允准同学的证明:
我认为是第2种理解。
设e是<G,*>的幺元
显然e∈H,
所以H是G的非空子集。
设任意的a,b∈H,则必有正整数m,n使am=e,
bn=e
由b*b-1=e,
所以(b*b-1)n=en
所以bn*(b-1)n=e
e*(b-1)n=e
所以(b-1)n=e
(a*b-1)mn=amn*(b-1)mn=(am)n*((b-1)n)m=en*em=e
所以a*b-1∈H
所以H≤G
14、证明:
H={x|x∈G,x~e}是G的子群,其中e是G的幺元。
我的理解是ax就是指a与x之间进行某种运算的意思。
这里我且用*夹在其中表示.
(1)因为e∈G,e~e,所以e∈H,
若有任意a,x∈H
则a,x∈G,x~e,a~e可得x~a,
同时有x-1∈G,所以有
a*x-1=x*x-1=e
a*e=e*e=e
即有a*x-1~a*e
=〉x-1~e
因此有x-1∈H
(2)设任意x,y∈H,则有x,y∈G,x~e,y~e
又因x*y∈G,同上分析,若有任意a∈H,有a~e,则
a*(x*y)=e*(e*e)=e;
a*e=
e;
即有a*(x*y)~a*e=>
(x*y)~e
所以x*y∈H,
的子群
15、
(1)设有任意<
a1,b1>
<
a2,b2>
∈G1×
G2
因为a1*a2∈G1,b1Δb2∈G2
所以<
a1*a2,b1Δb2>
☆<
G1×
G2,☆>
(2)设有任意<
a3,b3>
则有(<
)☆<
=<
a1*