自考2324离散数学第四章课后答案Word文件下载.docx
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(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。
5、设代数系统<
A*>
其中A={a,b,c},*是A上的一个二元关系。
对于以下定义所确定的运算,试分别讨论它们的交换性、等幂性,以及在A中关于*是否有幺元,如果有幺元,那么A中的每个元素是否有逆元。
(a)
(b)
*
abc
a
b
c
abc
bca
cab
bac
ccc
(c)
(d)
bbc
ccb
(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.
6、定义I+上两个二元运算为:
a*b=a^b
a△b=a.b,a,b∈I+,
证明*对△是不可分配的。
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、设Zn={0,1,2,...,n-1},*是Zn上的二元运算,使得a*b=a.b/n的余数。
构造n=4时,运算*的规则表。
并证明对于任意n∈N,*在Zn上是可结合的。
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、对于正整数k,Nk={0,1,2,.....,k-1},设*k是Nk上的一个二元运算,使得a*kb为用k除a.b所得余数,这里a,b∈Nk。
a)当k=4时,试造出*k的运算表。
b)对于任意正整数k,证明<
Nk,*k>
是一个半群。
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、设<
S,*>
是一个半群a∈S,在S上定义一个二元运算□,使得对于S中任意元素x和y,都有x□y=x*a*y
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、设G={0,1,2,3},为模4乘法,即 x,y∈G,xy=(xy)mod4。
问:
<
G,>
构成什么代数系统?
试证明之。
构成一个半群,证明详见第一题,其具有封闭性、结合性。
4、在R中定义二元运算。
a。
b=a+b+ab,a,b∈R。
R,O>
是独异点。
(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
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<
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、设V=<
是个半群,若存在a∈S,使得对任意的x∈S,有u,v∈S满足:
a*u=v*a=x。
证明V是独异点。
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、设V=<
S,O>
是半群,OL∈S是一个左零元,证明:
x∈S,x。
OL也是一个左零元。
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<
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、V=<
Z4,>
其中表示模4乘法,找出V的所有子半群,并说明哪些子半群是V的子独异点。
子半群如下:
V1=<
Z1,>
V2=<
Z2,>
V3=<
Z3,>
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。
8、证明在一个独异点中,左逆元集合,形成子独异点。
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<
L,*>
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、设<
是代数系统,其中S={a,b,c,},*定义为:
*
a
b
则<
是否为半群?
是否为独异点?
为什么?
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、设<
A,*>
为群,任意a,b,c∈A,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<
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、设<
H,*>
是独异点,且H中任意x,有x*x=e,其中e为单位元,试证明:
H,*>
是交换群。
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<
3、设G是整数加群<
Z,+>
,在G上定义运算*如下:
a,b∈G,a*b=a+b-2,证明:
是群。
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,*>
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?
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、设A={a,b},试构造代数系统<
(A),U>
的运算表,并指出是否存在零元、幺元,并说明<
(A),U>
∪
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、设G={2m×
5n|m,n∈I},×
:
普通乘法,<
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、设<
是半群,若存在左幺元,且每个元素均有右逆元,<
是不是群?
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、设A={x|x∈R∧x≠0,1},在A上定义6个函数如下:
f1(x)=x,
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