离散数学课后答案四.docx
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离散数学课后答案四
自考2324离散数学课后答案
4.1习题参考答案
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1、
根据结合律的定义在自然数集N中任取a,b,c三数，察看（a。
b）。
c=a。
（b。
c）是否成立？
可以发现只有b、c满足结合律。
晓津观点：
b）满足结合律，分析如下：
a）若有a,b,c∈N，则
（a*b）*c=（a-b）-c
a*（b*c）=a-（b-c）
在自然数集中，两式的值不恒等，因此本运算是不可结合的。
b）同上，（a*b）*c=max（max（a,b）,c）即得到a，b,c中最大的数。
a*（b*c）=max（a,max（b,c））仍是得到a,b,c中最大的数。
此运算是可结合的。
c）同上,（a*b）*c=（a+2b）+2c而a*（b*c）=a+2（b+2c）,很明显二者不恒等，因此本运算也不是可结合的。
d）运用同样的分析可知其不是可结合的。
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2、
d）是不封闭的。
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3、设S是非空有限集，代数系统<（s）,∪,∩>中，（s）上，对∪的幺元为___φ___，零元为___S____，（s）上对∩的幺元为___S_____零元___φ____。
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4、
其不满足交换律、满足结合律、不满足幂等律、无零元、无单位元
晓津补充证明如下：
（1）a*b=pa+qb+r而b*a=pb+qa+r当p,q取值不等时，二式不相等。
因此*运算不满足交换律。
（2）设a,b,c∈R
则（a*b）*c=p（pa+qb+r）+qc+r=p^2a+pab+pr+qc+r
而a*（b*c）=pa+q（pb+qc+r）+r=pa+qpb+q^2c+qr+r
二式不恒等，因此*运算是不满足结合律的。
（3）a*a=pa+qa+r≠a所以运算不满足幂等律。
（4）反证法。
设有单位元e,则应有
a*e=pa+qe+r=a,e*a=pe+qa+r=a,可知e=（a-pa-r）/q或e=（a-qa-r）/p当p,q,r,a取值不同时，可得不同的e,这与单位元若有时只是唯一的定理相矛盾。
（5）反证法。
设有零元O,则应有
a*O=pa+qO+r=O,O*a=pO+qa+r=O，同上分析，零元不止一个，因此与零元唯一的定理相矛盾。
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5、（a）:
可交换、具有幂等性、有幺元a、c是b的逆元
晓津答案：
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.
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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：
a*（b△c）≠（a*b）△（a*c）
可知*对△是不可分配的
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7、解：
Zn={0,1,2,3}
*
0
1
2
3
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
2
0
2
0
2
3
0
3
2
1
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
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1、解：
Zn={0,1,2,3}
*
0
1
2
3
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
2
0
2
0
2
3
0
3
2
1
（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.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。
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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
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3、构成一个半群,证明详见第一题，其具有封闭性、结合性。
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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。
b）。
c=（a+b+ab）。
c=a+b+ab+c+ac+bc+abc
a。
（b。
c）=a。
（b+c+bc）=a+b+c+bc+ab+ac+abc
可见：
（a。
b）。
c=a。
（b。
c）
即。
在R上是可结合的。
（3）因为[0]。
[i]=i,所以[0]是上一个幺元
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].
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5、
晓津证明如下：
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。
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6、证明：
V=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>
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。
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7、解：
子半群如下：
V1=,V2=,V3=,V4=
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。
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8、证明如下：
设为一个独异点，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。
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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。
证明：
根据定理
4.3.4，设是一个群，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、
证明：
根据定理
4.2.2设是独异点，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、
证明：
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。
证明如下：
（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，是群。
4、设G=
{
（10） （10） （-10） （-10）
（01） （0-1） （01） （0-1）
}
证明：
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
0 1
-1 0
0-1
1 0
0 1
1 0
0 1
1 0
0-1
-1 0
0 1
-1 0
0-1
1 0
0-1
1 0
0-1
1 0
0 1
-1 0
0-1
-1 0
0 1
-1 0
0 1
-1 0
0 1
-1 0
0-1
1 0
0 1
1 0
0-1
-1 0
0-1
-1 0
0-1
-1 0
0 1
1 0
0-1
1 0
0 1
从运算表中可以看出其具有封闭性
并且其具有单位元
1 0
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，则说明是群。
晓津观点：
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
α
α
β
γ
δ
β
β
α
δ
α
γ
γ
δ
β
δ
δ
δ
β
β
γ
问：
是否构成群？
为什么？
答：
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。
6、
∪
φ
{a}
{b}
{a,b}
φ
φ
{a}
{b}
{a,b}
{a}
{a}
{a}
{a,b}
{a,b}
{b}
{b}
{a,b}
{b}
{a,b}
{a,b}
{a,b}
{a,b}
{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]
[1]
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
[2]
[2]
[4]
[6]
[1]
[3]
[5]
[3]
[3]
[6]
[2]
[5]
[1]
[4]
[4]
[4]
[1]
[5]
[2]
[6]
[3]
[5]
[5]
[3]
[1]
[6]
[4]
[2]
[6]
[6]
[5]
[4]
[3]
[2]
[1]
问：
是循环群吗？
若是，找出它的生成元。
答：
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：
[5]
因4=[5]2，6=[5]3,2=[5]4,3=[5]5,1=[5]6
10、
晓津答案：
a）
o
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f1
x
x-1
1-x
（1-x）-1
（x-1）x-1
x（x-1）-1
f2
x-1
x
（x-1）x-1
x（x-1）-1
1-x
（1-x）-1
f3
1-x
（1-x）-1
x
x-1
x（x-1）-1
（x-1）x-1
f4
（1-x）-1
1-x
x（x-1）-1
（x-1）x-1
x
x-1
f5
（x-1）x-1
x（x-1）-1
x-1
x
（1-x）-1
1-x
f6
x（x-1）-1
（x-1）x-1
（1-x）-1
1-x
x-1
x
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。
b）。
c=a。
（b。
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、
晓津证明如下：
（1）设任意a,b∈N，则必有aΔa-1和bΔb-1∈H，由是的子群，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。
证明如下：
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。
晓津证明如下：
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,
因此是的子群
15、
晓津证明如下：
（1）设有任意,∈G1×G2
因为a1*a2∈G1，b1Δb2∈G2
所以∈G1×G2
即☆∈G1×G2
因此是封闭的。
（2）设有任意∈G1×G2
则有（☆）☆
=☆
=
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