离散数学课后答案四

1、自考 2324 离散数学课后答案4.1 习题参考答案 -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,cN，则(a*b)*c =(a-b)-ca*(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。 -2、 d)是不封闭的。 -3、设 S 是非空有限集， 代数系统 中，(s)上，对的幺元为_ ，零元为_S_ ，(s)上对的幺元为_S_零元_。 -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=p

2、a+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,cR则(a*b)*c=p(pa+qb+r)+qc+r=p2a+pab+pr+qc+r而 a*(b*c)=pa+q(pb+qc+r)+r=pa+qpb+q2c+qr+r二式不恒等，因此*运算是不满足结合律的。(3)a*a=pa+qa+ra 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、 (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.(

3、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,cI+a*(bc)=a(b.c) (a*b)(a*c)=(ab).(ac)=a(b+c) 可见：a*(bc)(a*b)(a*c) 根据：a*(bc)(a*b)(a*c) 可知*对是不可分配的 -7、 解： Zn=0,1,2,3 * 0 1 2 30 0 0 0 01 0 1 2 32 0 2 0 23 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,cZ1 则有 a=0,b=0,c=0(a*b)*c=(a.b)Mod n).c )Mod n=0a*(b*c)=(a.(b.c)Mod n) )Mod n=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+

4、1).c )Mod (k+1)=(a.b.c Mod (k+1) ) Mod (k+1)a*(b*c)=(a.(b.c)Mod (k+1) )Mod (k+1)=(a.b.c Mod (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 nN,*在 Zn 上是可结合的。4.2 节习题参考答案 -1、 解： Zn=0,1,2,3 * 0 1 2 30 0 0 0 01 0 1 2 32 0 2 0 23 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,cZ1 则有 a=0,b=0,c=0 (a*b)*c=(a.b)Mod k).c )Mod k=0 a*(b*c)=(a.(b.c)Mod k) )Mod k=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 Mod (k+1) ) Mod (k

5、+1) a*(b*c)=(a.(b.c)Mod (k+1) )Mod (k+1) =(a.b.c Mod (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 kK,*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： (xy)z=x(yz) (xy)z=(x*a*y)*a*z x(yz)=x*a*(y*a*z) 由于*满足结合律，故： (x*a*y)*a*z=x*a*(y*a*z) = (xy)z=x(yz) = 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。bR ，可知其在 R 上具有封闭性。 （2） 、对于任意 a,b,cR (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

6、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、 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。 -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,OLS，则有 x。OLS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=,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=

7、1。 -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 aS ，存在 bS 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， bL, 则必存在 x,yS, 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*bL*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。 -9、 答：从表中看：(b*c)*c=a*c=c b*(c*c)=b*a=b (b*c)*cb*(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,bG。必存在惟一的 xG,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)*

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