离散习题（附答案）(7)

第7章 习题解答

习题 7.1

1. 设Z是整数集合，Z上的二元运算*定义为：a*b=ab+2(a+b+1)。证明代数系统是半群。

证明：由于任意两个整数经加、减、乘运算后，其结果仍然是整数。所以运算*对于是封闭的。

现证*是可结合运算。由于

(a*b)*c=(ab+2(a+b+1))*c

=(ab+2(a+b+1))c+2(ab+2(a+b+1)+c+1) =abc+2ac+2bc+2c+2ab+4a+4b+2c+6 =abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+6 a*(b*c)=a*(bc+2(b+c+1))

=a(bc+2(b+c+1))+2(a+bc+2(b+c+1)+1) =abc+2ab+2ac+2a+2a+2bc+4b+4c+6 =abc+2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)+6

所以 (a*b)*c=a*(b*c)。由此证得*是可结合运算，是半群。

在证明*是可结合运算时，还可先把*的定义改写如下：

a*b=ab+2(a+b+1)=ab+2a+2b+2=a(b+2)+2(b+2)?2=(a+2)(b+2)?2

从而有

(a*b)*c=((a +2)(b+2)?2)*c=(((a +2)(b+2)?2)+2)(c+2)?2=(a +2)(b+2)(c +2)?2 a*(b*c)=a*((b +2)(c+2)?2)=(a +2)(((b +2)(c+2)?2)+2)?2=(a +2)(b+2)(c +2)?2 于是 (a*b)*c=a*(b*c)。

显然，上述证明方法，不仅简明清晰，而且可以对运算过程和运算结果有较好的把握和预测，避免了盲目性。

2.写出独异点的所有子独异点，其中A=?1,2,3,4,5?，a*b=max(a,b)。 解：对于A中任意元素a ，都有

1*a=a*1=max(a,1)=a

所以1是独异点的幺元。由于的子独异点必须与有相同的幺元，因此，的所有子独异点分别为，，，，，，，，，，，，，，，。

本题的难度并不大，主要目的是通过本题进一步牢记：“子独异点必须与独异点有相同的幺元”的要求。

3.在独异点中，取其子集A=?0,2,4,6,8?，说明是独异点，但不是的子独异点。

解：由于A是由N10中所有偶数作为元素构成的集合；任意两个偶数的乘积是偶数，偶数被10除后，其余数必为小于10的偶数；由此可知，模10的乘法运算×10对于A是封闭的。×10是可结合运算。

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第7章 习题解答

在中，由于

6×100=0×106=0；6×102=2×106=2；6×104=4×106=4；6×106=6×106=6； 6×108=8×106=8。

所以6是的幺元，是独异点。由于独异点的幺元为1，因此A虽是N10的子集，且是独异点，但不是的子独异点。

4. Z是由所有整数组成的集合，对于下列*运算，哪些代数系统是半群? ⑴ a*b=ab ⑵ a*b=a ⑶ a*b=a+ab ⑷ a*b=max(a,b) 解：⑴不是半群。因为运算*不满足结合律。

例如，(2*3)*2=23*2=(23)2=26，而2*(3*2)=2*32=29，所以(2*3)*2≠2*(3*2)。 ⑵是半群。*的封闭性是显然的，由于(a*b)*c=a*c=a, a*(b*c)=a*b=a，所以*是可结合运算，是半群。 ⑶不是半群，因为运算*不满足结合律。易见

(a*b)*c=(a+ab)*c=a+ab+(a+ab)c=a+ab+ac+abc

而

a*(b*c)=a*(b+bc)=a+a(b+bc)=a+ab+abc

所以(a*b)*c≠a*(b*c)，*不是可结合运算。 ⑷是半群。*的封闭性是显然的，由于(a*b)*c=a*(b*c)=max(a, b, c)，所以*是可结合运算，是半群。

5.写出的所有子半群。

解：令A1=?0?，A2=?0,4?，A3=?0,2,4,6?，A4=?0,1,2,3,4,5,6,7?，则的所有子半群为

，，，

6. 是半群，其中A=?a,b?，且a*a=b。证明 ⑴ *是可交换运算。 ⑵ b=b2。 证明：⑴因为a*b=a*a2=a3=a2*a=b*a，所以*是可交换运算。 ⑵由于有限半群必有等幂元，在半群A中，仅有两个元素a和b，而a*a=b，所以b是等幂元，由此证得b=b2。

7. 集合A=?0,2,4?，说明对于模6乘法×6，是独异点，但不是的子独异点。

解：容易验证×6对于A是封闭的，且满足结合律，A中元素4是的幺元，因为

4×60=0，4×62=2，4×64=4

所以是独异点；由于1是的幺元。而1?A,，因此不是的子独异点。

8. Z是整数集合，运算*定义为a*b=a+b+ab。证明是独异点。

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第7章 习题解答

证明：*对于Z的封闭性是显然的。下面证明*是可结合运算，由于

(a*b)*c=(a+b+ab)*c=a+b+ab+c+(a+b+ab)c =a+b+c+ab+ac+bc+abc a*(b*c)=a*(b+c+bc)=a+b+c+bc +a(b+c+bc)=a+b+c+ab+ac+bc+abc

所以有 (a*b)*c=a*(b*c) 由此可知*是可结合运算。又由于

0*a=a*0=0+a+a·0=a

所以0是幺元，是独异点。

9. 是半群，对于A中任意两个不同的元素a和b都有a*b≠b*a，证明a*b*a=a。 证明：由题设可知，当a≠b时，必有a*b≠b*a，也即当a*b=b*a时，必有a=b。 由于是半群，*是可结合运算，所以对于A中任意元素a，都有

(a*a)*a=a*(a*a)

由此可知 a*a=a

又由于(a*b*a)*a=a*b*(a*a)=a*b*a，而a*(a*b*a)=(a*a)*b*a=a*b*a，所以有(a*b*a)*a=a*(a*b*a)，由此证得a*b*a=a。

习题 7.2

1.下面代数系统哪些是群，哪些是交换群？

⑴设，其中，Mmn(R)是所有元素为实数的m?n矩阵集，+是矩阵的加法。 ⑵设，其中，A=?1,2,3,4,6,12?，*是求最大公因数运算。

⑶设，其中，Mmn(R)是所有元素为实数的m?n矩阵集，*是矩阵的乘法。 解：

⑴是群，且是交换群。

⑵是半群，且是交换半群。但不是群，因没有单位元。

⑶不是群，当m≠n时，甚至不是代数系统。当m=n时，是一个半群，且有单位元，但对不可逆的矩阵，它没有逆元素。

2.如果群的每个元素都适合方程x2=e，则是交换群，其中e是的单位元。

证明：任取a, b?G，则a*b?G，于是(a*b)*(a*b)=(a*b)2=e

a*b=e*(a*b)*e=b2*(a*b)*a2=b*(b*a)*(b*a)*a=b*e*a=b*a

所以是交换群。

也可以如下证明：由

(a*b)*(a*b)=(a*b)2=e=e*e=a2*b2=(a*a)*(b*b)

根据定理7.2.5，是交换群。

3.设R是实数集，R上的二元运算*定义为：a*b=a+b+ab。 ⑴证明是独异点，并写出其幺元和零元。

⑵设A是所有不等于?1的实数构成的集合，即A=R???1?，证明是群。 证明：

⑴由于实数经加法和乘法运算后，其运算结果仍为实数，所以运算*对于R是封闭的。

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第7章 习题解答

再证明*是可结合运算。由于

a*b=a+b+ab=a(b+1)+(b+1)?1=(a +1) (b+1)?1

从而有

(a*b)*c=((a +1)(b+1)?1)*c=(((a +1)(b+1)?1)+1)(c+1)?1=(a +1)(b+1)(c +1)?1 a*(b*c)=a*((b +1)(c+1)?1)=(a +1)(((b +1)(c+1)?1)+1)?1=(a +1)(b+1)(c +1)?1 于是 (a*b)*c=a*(b*c)。所以*是可结合运算。

在中，对于任何实数a，都有

0*a=a*0=0+a+0·a=a

故0是中的幺元，是独异点。

对于中任何实数a，都有

(?1)*a=a*(?1)=(?1)+a+(?1)·a=?1

即?1是中的零元。

⑵首先证明*对于A是封闭的。由于

a*b=(a +1)(b+1)?1

所以当a和b为不等于?l的实数时，a+1≠0，b+1≠0，也即有(a +1)(b+1)≠0，由此可知

a*b=(a +1)(b+1)?1≠?1

因此*对于A是封闭的。0是中的幺元。

现证明A中的每一个元素都有逆元。对于A中任意元素a (a是不等于?1的实数)，都有

11?1)=(a +1)(?1+1)?1=0 a?1a?11由于0是幺元，所以a的逆元是?1。

a?1a*(

综上证明，是群。

4.集合A=?1,2,3,4?，A上的二元运算*定义如下，哪些代数系统是群? ⑴a*b=a+b； ⑵*是模5乘法； ⑶a*b=ab。 解： ⑴不是群。因为普通加法对于A是不封闭的。 ⑵是群。因为A= N5??0?，5是素数，所以是群。 (3)不是群。因为*不是封闭运算。也不是可结合运算。 5.证明是群。

证明：由于任意两个整数相加仍然是整数，所以加法对于整数集Z是封闭的；加法满足结合律；0是幺元；任意整数i的逆元是?i。由此可知是群。

6.证明群中不存在零元。

证明：因为零元没有逆元，所以群中不存在零元。

7.设是群，如果对于群G中任意元素a, b，都有(a*b)?1=a?1*b?1，证明是阿贝尔群。

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第7章 习题解答

证明：由群的性质和定理7.1.5可知

(b*a)?1=a?1*b?1

由题设可知

(a*b)?1=a?1*b?1

所以有

(a*b)?1=(b*a)?1

由逆元的惟一性可知 a*b=b*a，是阿贝尔群。

8.设是群，如果对于群G中任意元素a,b，都有(a*b)3=a3*b3和(a*b)5=a5*b5，证明是阿贝尔群。

证明：由题设可知(a*b)3=a3*b3，则

a*b*a*b*a*b=a*a*a*b*b*b

从左边消去a和右边消去b后可得

b*a*b*a=a*a*b*b

即

(b*a)2=a2*b2

又由题设可知(a*b)5=a5*b5，则

a*b*a*b*a*b*a*b*a*b=a*a*a*a*a*b*b*b*b*b

从左边消去a和右边消去b后可得

(b*a)4=a4*b4

由已证得(b*a)2=a2*b2，所以有

a2*b2*a2*b2=a4*b4

再从左边消去a2和右边消去b2后可得

b2*a2=a2*b2 又由于

(b*a)2=a2*b2=b2*a2

利用已知结果知

a*b=b*a

所以是阿贝尔群。

9.设是偶数阶群，证明在G中必存在非幺元a，使得a*a=e。

证明：显然，满足等式a*a=e的元素a是—个以自身为逆元的元素，即a=a?1。 对于G中元素g，如果g*g≠e，也即g≠g?1，那么g和其逆元g?1应成对地在G出现，所以在G中满足条件g≠g?1的元素有偶数个；由于G是偶数阶群，所以G中有偶数个元素。由此可知，G中以自身为逆元的元素(即a=a?1)也有偶数个。易知，幺元e是以自身为逆元的元素，所以除幺元外，G中至少有一个元素a，是以自身为逆元，即G中存在元素a，a≠e且a*a=e。

10.设 是群，e是幺元，如果对于G中任意元素a，都有a*a=e，证明是阿贝尔群。

证明：对于群G中任意元素a, b，由题设条件a2=e, b2=e；由*运算的封闭性可知，a*b?G，所以(a*b)2=e，于是有

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第7章 习题解答

(a*b)2=e=e*e=a2*b2

利用已知结果知，是阿贝尔群。

?10??10??-10??-10?11. 是代数系统，其中G=???01??, ??0-1??, ??01??, ??0-1???，*运算为矩阵的

????????乘法。证明是群。

?10?证明：容易验证矩阵乘法对于G是封闭的；显然，矩阵乘法是可合运算；??01??是

??的幺元；每个元素的逆都是其自身，所以是群。

习题 7.3

1.设是群，和是的子群，令

AB=?a*b|a?A, b?B?，BA=?b*a|a?A, b?B? 则是的子群当且仅当AB=BA。

证明：若是的子群，则

?c?AB??a?A∧?b?B∧a*b=c?AB?b–1*a–1=c–1?AB?b–1?A∧a–1?B

?b=(b–1) –1?A∧a =(a–1)–1?B?c=a*b?BA

所以 AB?BA。类似的可证BA?AB。故有AB=BA。

若AB=BA，则

?c?AB??a?A∧?b?B∧a*b=c?AB?c–1=b–1*a–1?AB? c–1=b–1*a–1?BA

于是

?x, y?AB，?a1, a2?A, ?b1, b2?B?x=a1*b1, y=a2*b2, 于是

x*y=(a1*b1)*(a2*b2)=a1*(b1*a2)*b2,

b1*a2?BA，因为AB=BA，b1*a2?AB，b1?A，a2?B，而和是的子群，a1*b1?A，a2*b2?B

x*y=(a1*b1)*(a2*b2)?AB。

所以AB是子群。

2.设集合B=?1, 2, 3, 4, 5?，则是群。P(B)是集合B的幂集，?是集合的对称差运算。令A=?1, 4, 5??P(B)，求由A(各次幂)生成的子群,并求解方程A?X=?2, 3, 4?。

解：对任意集合C, D, E?P(B)，有

x?(A?D)?E?x?(A?D)?x?E?(x?A?x?D)?x?E

?x?A?(x?D?x?E)? x?A?x?(D?E) ?x?A?(D?E)

所以，(A?B)?C=A?(B?C)。

故是半群。??P(B)，对任意C?P(B)，有

??C=(?－C)∪(C－?)=C=C?? - 6 -

第7章 习题解答

所以?是二元运算?的单位元。

?C?P(B), C?C=(C－C)∪(C－C)=?。即对任意元素C，二元运算?的逆元是它自身。故是群。

A=?1, 4, 5??P(B), A2=A?A=??? A3=A?A?A=A= ??A=A，所以，A各次幂生成的

子群(A)=。

二元运算?在集合?A, ??上满足结合律，又?是?的单位元，A, ?的逆元是其自身。可知是的子群。

又A=A –1，对A?X=?2, 3, 4?，有

A –1?A?X=A –1??2, 3, 4?

=A??2, 3, 4?

=?1, 4, 5?∩~?2, 3, 4?∪~?1, 4, 5?∩?2, 3, 4? =?1, 5?∪?2, 3? =?1, 2, 3, 5? 所以X=?1, 2, 3, 5?。

3.写出群中各元素的阶数。 解：

1阶元素：1 2阶元素：16 4阶元素：4, 13 8阶元素：2, 8, 9, 15

16阶元素：3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14 4.证明8阶群必有4阶子群。

证明：设是8阶群。由拉格朗日定理的推论可知，G中除幺元为1阶元素外，其它元素的阶数只可能是：2,4和8。

如果中有4阶元素a，则令A=?a, a2, a3, a4 ?，由定理7.37，易知是的4阶子群。

如果中有8阶元素a，e=a8=(a2)4，则a2是一个4阶元素，令A=?a2, (a2)2, (a2)3, (a2)4 ?=?a2, a4, a6, a8 ?，易知是的4阶子群。

如果中，既没有8阶元素也没有4阶元素，即中的每一个非幺元都是2阶元素，则是可交换群，于是在中任取两个不同的非幺元a和b，令A=?e, a, b, a*b?，容易验证*对于A是封闭的。所以是的4阶子群。

综上证明，8阶群必有4阶子群。

5.设E是所有偶数组成的集合，证明是的子群。

证明：显然，E是Z的子集，加法对于E是封闭的，且满足结合律。0是幺元，2i的逆元是?2i，所以是群，也是的子群。

6.设和都是群的子群。证明也是的子群 证明：首先，证明*对于H∩K是封闭的。 设a,b?H∩K，于是有a?H, b?H和a?K, b?K；由于和都是群，所以a*b?H 和a*b?K，也即a*b?H∩K，由此证得*对于H∩K是封闭的。

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第7章 习题解答

其次，运算*满足结合律是继承的。幺元e?H∩K是易见的。

如果a?H∩K，则a?H, a?K，并且a?1?H, a?1?K，由此可得a?1?H∩K。 综上证明，也是的子群。

7.设G=?000, 001, 100, 101?，运算?是按位析取，求群中各元素的阶数。 解：由于000是幺元，所以000是1阶元素；又由于001?001=000，100?100=000，101?101=000。所以001, 100, 101都是2阶元素。

8.求群中元素的阶数。

解：N7=?0, 1, 2, 3, 4, 5, 6?，其中0是幺元。0是1阶元素，其它元素：1, 2, 3, 4, 5, 6都是7阶元素。

9.求群中各元素的阶数。 解：

1阶元索为：1 2阶元素为：12 3阶元常为：3，9 4阶元素为：5，8 6阶元素为：4，10

12阶元素为：2，6，7，11

习题 7.4

1.写出群中各元素关于子群的陪集。 解：令H=?0, 3, 6?，N9中各元素关于的陪集为：

0H=?0+90, 0+93, 0+96?=?0, 3, 6?=H0 1H=?1+90, 1+93, 1+96?=?1, 4, 7?=H1 2H=?2+90, 2+93, 2+96?=?2, 5, 8?=H2 3H=?3+90, 3+93, 3+96?=?3, 6, 0?=H3 4H=?4+90, 4+93, 4+96?=?4, 7, 1?=H4 5H=?5+90, 5+93, 5+96?=?5, 8, 2?=H5 6H=?6+90, 6+93, 6+96?=?6, 0, 3?=H6 7H=?7+90, 7+93, 7+96?=?7, 1, 4?=H7 8H=?8+90, 8+93, 8+96?=?8, 2, 5?=H8 2.写出群中各元素关于子群的陪集。 解：令H=?1, 10?，N11??0?中各元素关于的陪集为：

1H=?1×111, 1×1110?=?1, 10?=H1 2H=?2×111, 2×1110?=?2, 9?=H2 3H=?3×111, 3×1110?=?3, 8?=H3 4H=?4×111, 4×1110?=?4, 7?=H4 5H=?5×111, 5×1110?=?5, 6?=H5 6H=?6×111, 6×1110?=?6, 5?=H6

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第7章 习题解答

7H=?7×111, 7×1110?=?7, 4?=H7 8H=?8×111, 8×1110?=?8, 3?=H8 9H=?9×111, 9×1110?=?9, 2?=H9 10H=?10×111,10×1110?=?10, 1?=H10

习题 7.5

1.设和都是群的正规子群，则也是的正规子群。 证明：由习题7.5第6题知，是的子群。对于任意a?G，因是正规子群，所以a*H=H*a，故有

a*(H∩K)*a?1?a*H*a?1=(a*H)*a?1=(H*a)*a?1=H*(a*a?1)=H

同理可证a*(H∩K)*a?1?K。于是a*(H∩K)*a?1?H∩K。由定理7.5.1知，是的正规子群。

2.设是群，和都是群的子群，若A与B中有一个是G的正规子群，则AB=BA。

证明：不妨假设A为正规子群。

对于任意的a*b?AB，因为A是正规于群，所以必存在a1?A，使得b?1*a*b=a1，于是

a*b=b*b?1*a*b=b*a1?BA

故有AB?BA；同理可证BA ?AB。因此AB=BA。

3.设和都是群的正规子群，则也是的正规子群，其中G1G2=?g1*g2| g1?G1, g2?G2?

证明：对于任意的a1*a2?G1G2，b1*b2?G1G2 (以下记g1*g2=g1g2，即省略*)，有

(a1a2)(b1b2) ?1=(a1a2)(b2?1b1?1)=a1(a2b2?1)b1?1=a1c2b1?1=a1d1c2=c1c2?G1G2

其中，c2=a2b2?1?G2。于是对于d1?G1，有c2b1?1=d1c2，令c1=a1d1?G1。

所以是的子群。

对于任意的g?G和任意的a1*a2?G1G2，因为和都是正规子群，故g?1a1g?G1，g?1a2g?G2，从而

g?1(a1a2)g= g?1(a1gg?1a2)g=( g?1a1g)(g?1a2g)?G1G2

因此，也是的正规子群。

4.设?G,*?是群，对任一a?G，令H=?y|y?G∧y*a=a*y?，先证明?H,*?是?G,*?的子群，再证明?H,*?是?G,*?的正规子群。子群?H,*?常称为群?G,*?的中心。

证明:

(1)?x,y?H，

(x*y)*a=x*(y*a)=x*(a*y)=(x*a)*y=(a*x)*y=a*(x*y)，所以x*y?H (2)设e是群?G,*?的幺元，e*a=a=a*e，e?H。 (3)?x?H,

x–1*a=(x–1*a)*e=(x–1*a)*(x*x–1)=x–1*(a*x)*x–1=x–1*(x*a)*x–1=(x–1*x)*a*x–1

=e*a*x–1=a*x–1，所以x–1?H

故?H,*?是?G,*?的子群。子群?H,*?常称为群?G,*?的中心。

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第7章 习题解答

(4) ?a?G，?b?aH，?y?H，b=a*y，由H的定义，是b=a*y= y*a?Ha，所以aH?Ha；类似的可证， Ha?aH；所以，aH=Ha。?H,*?是?G,*?的正规子群。

习题 7.6

1.如果将同构的代数系统看作是相同的，那么，具有两个元素的代数系统(运算是封闭的)可以有多少种?

解：由于含两个元素的运算表中仅有4个方格，所以当运算为封闭时，共有24=16种不同的运算结果；当同构的代数系统看作是相同时，那么两个元素的代数系统(运算是封闭的)共有8种。

2.设

(1)试求同态像，其中f(N12)＝?f(a) | a?N12? (2)证是群。

(3)试求 f的同态核Ker(f)。

(4)验证?Ker(f),＋12?是的正规子群。 证明： ⑴f(N12)＝?f(a) | a?N12?＝?0,2,4?。同态像是 ⑵考察代数系统。显然，＋6在?0,2,4?上是封闭的且满足结合率；0是幺元；0?1＝0，2?1＝4，4?1＝2。所以()是群。

⑶Ker(f)＝?x|x?N12∧f (x)＝0?＝?0,3,6,9?

⑷Ker(f)＝?0,3,6,9??N12，显然，＋12在?0,3,6,9?上是封闭的且满足结合率；0是幺元；0?1＝0，3?1＝9，6?1＝6，9?1＝3。所以?Ker(f),＋12?是的子群。

因为是阿贝尔群，根据例7.9，?Ker(f),＋12?是的正规子群。 3.设f1和f2是从代数系统

证明：如果证明：?x?A，f1(x)?B，f2(x)?B，因为

?x,y?A，x=y，f1(x)=f1(y)且f2(x)=f2(y)，则f1(x)*f2(x)=f1(y)*f2(y)，即g(x)=g(y)。所以，g是从.A到B.的一个映射。

g(x°y)=f1(x°y)*f2(x°y)=(f1(x)*f1(y))*(f2(x)*f2(y))=(f1(x)*f2(x))*(f1(y)*f2(y))=g(x)*g(y) 所以，g是从代数系统

4.设f1和f2是从群

证明：

(1)显然，C?A。设e1、e2分别是

(2) ?a，b?A，f1(a)=f2(a)，f1(b)=f2(b)，有定理7.6.3知，f1(b -1)=f1(b) -1，f2(b-1)=f2(b) -1，

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