《离散数学》题库

《失散数学》题库及答案《失散数学》题库及答案《失散数学》题库及答案.《失散数学》题库答案一、选择或填空（数理逻辑部分）1、以下哪些公式为永真包括式？()(1)Q=>Q→P(2)Q=>P→Q(3)P=>P→Q(4)P(PQ)=>P答：（1），（4）2、以下公式中哪些是永真式？()(1)(┐PQ)→(Q→R)(2)P→(Q→Q)(3)(PQ)→P(4)P→(PQ)答：（2），（3），（4）3、设有以下公式，请问哪几个是永真蕴涵式?()(1)P=>PQ(2)PQ=>P(3)PQ=>PQ(4)P(P→Q)=>Q(5)(P→Q)=>P(6)P(PQ)=>P答：（2），（3），（4），（5），（6）4、公式x((A(x)B(y，x))zC(y，z))D(x)中，自由变元是()，拘束变元是()。答：x,y,x,z5、判断以下语句可否是命题。若是，给出命题的真值。()(1)北京是中华人民共和国的国都。(2)陕西师大是一座工厂。(3)你喜欢唱歌吗？(4)若7+8＞18，则三角形有4条边。(5)前进！(6)给我一杯水吧！答：（1）是，T（2）是，F（3）不是（4）是，T（5）不是（6）不是6、命题“存在一些人是大学生”的否定是()，而命题“所有的人都是要死的”的否定是()。答：所有人都不是大学生，有些人不会死Word资料.7、设P：我生病，Q：我去学校，则以下命题可符号化为()。只有在生病时，我才不去学校(2)若我生病，则我不去学校当且仅当我生病时，我才不去学校(4)若我不生病，则我必然去学校答：（1）QP（2）PQ（3）PQ（4）PQ8、设个体域为整数集，则以下公式的意义是()。(1)xy(x+y=0)(2)yx(x+y=0)答：（1）对任一整数x存在整数y满足x+y=0（2）存在整数y对任一整数x满足x+y=09、设全体域D是正整数会集，确定以下命题的真值：(1)xy(xy=y)()(2)xy(x+y=y)()(3)xy(x+y=x)()(4)xy(y=2x)()答：（1）F（2）F（3）F（4）T10、设谓词P(x)：x是奇数，Q(x)：x是偶数，谓词公式x(P(x)Q(x))在哪个个体域中为真?()(1)自然数(2)实数(3)复数(4)(1)--(3)均成立答：（1）11、命题“2是偶数或-3是负数”的否定是（）。答：2不是偶数且-3不是负数。12、永真式的否定是（）(1)永真式(2)永假式(3)可满足式(4)(1)--(3)均有可能答：（2）13、公式(PQ)(PQ)化简为（），公式Q(P(PQ))可化简为（）。答：P，QP14、谓词公式x(P(x)yR(y))Q(x)中量词x的辖域是（）。答：P(x)yR(y)15、令R(x):x是实数，Q(x):x是有理数。则命题“其实不是每个实数都是有理Word资料.数”的符号化表示为（）。答：x(R(x)Q(x))（会集论部分）16、设A={a,{a}}，以下命题错误的选项是（）。(1){a}P(A)(2){a}P(A)(3){{a}}P(A)(4){{a}}P(A)答：(2)17、在0（）之间写上正确的符号。(1)=(2)(3)(4)答：(4)18、若会集S的基数|S|=5，则S的幂集的基数|P(S)|=（）。答：3219、设P={x|(x+1)24且xR},Q={x|5x2+16且xR},则以下命题哪个正确（）(1)QP(2)QP(3)PQ(4)P=Q答：（3）20、以下各会集中，哪几个分别相等()。(1)A1={a,b}(2)A2={b,a}(3)A3={a,b,a}(4)A4={a,b,c}(5)A5={x|(x-a)(x-b)(x-c)=0}(6)A6={x|x2-(a+b)x+ab=0}答：A1=A2=A3=A6，A4=A521、若A-B=Ф，则以下哪个结论不能能正确？()(1)A=Ф(2)B=Ф(3)AB(4)BA答：（4）22、判断以下命题哪个为真?()(1)A-B=B-A=>A=B(2)空集是任何会集的真子集(3)空集可是非空会集的子集(4)若A的一个元素属于B，则A=B答：（1）Word资料.23、判断以下命题哪几个为正确？()(1){Ф}∈{Ф,{{Ф}}}(2){Ф}{Ф,{{Ф}}}(3)Ф∈{{Ф}}(4)Ф{Ф}(5){a,b}∈{a,b,{a},{b}}答：（2），（4）24、判断以下命题哪几个正确？()(1)所有空集都不相等(2){Ф}Ф(4)若A为非空集，则AA成立。答：（2）25、设A∩B=A∩C，A∩B=A∩C，则B()C。答：=（等于）26、判断以下命题哪几个正确？()(1)若A∪B＝A∪C，则B＝C(2){a,b}={b,a}P(A∩B)P(A)∩P(B)（P(S)表示S的幂集）若A为非空集，则AA∪A成立。答：（2）27、Ａ，Ｂ，Ｃ是三个会集，则以下哪几个推理正确：(1)AB，BC=>AC(2)AB，BC=>A∈B(3)A∈B，B∈C=>A∈C答：（1）（二元关系部分）28、设Ａ＝｛1,2,3,4,5,6｝，B={1,2,3}，从Ａ到B的关系Ｒ＝｛〈x,y〉|x=y2｝，求(1)R(2)R-1。答：（1）R={<1,1>,<4,2>}(2)R1={<1,1>,<2,4>}29、举出会集A上的既是等价关系又是偏序关系的一个例子。()答：A上的恒等关系30、会集A上的等价关系的三个性质是什么？()答：自反性、对称性和传达性31、会集A上的偏序关系的三个性质是什么？()Word资料.答：自反性、反对称性和传达性32、S={１,２,３,４}，Ａ上的关系Ｒ＝｛〈1,2〉，〈2,1〉，〈2,3〉，〈3,4〉｝求(1)RR(2)R-1。答：RR={〈1,1〉，〈1,3〉，〈2,2〉，〈2,4〉}R-1=｛〈2,1〉，〈1,2〉，〈3,2〉，〈4,3〉｝33、Ａ＝｛1，2，3，4，5，6｝，Ｒ是A上的整除关系，求R={()}。答：R={<1,1>,<2,2>,<3,3>,<4,4>,<5,5>,<6,6>,<1,2>,<1,3>,<1,4>,<1,5>,<1,6>,<2,4>,<2,6>,<3,6>}34、Ａ＝｛1,2,3,4,5,6｝，B={1,2,3}，从Ａ到B的关系Ｒ＝｛〈x,y〉|x=2y｝，求(1)R(2)R-1。答：（1）R={<1,1>,<4,2>,<6,3>}(2)R1={<1,1>,<2,4>,(36>}35、Ａ＝｛1,2,3,4,5,6｝，B={1,2,3}，从Ａ到B的关系Ｒ＝｛〈x,y〉|x=y2｝，求R和R-1的关系矩。100000100000000答：R的关系矩阵=R1的关系矩阵=00010001000000000000036、会集A={1,2,⋯,10}上的关系R={<x,y>|x+y=10,x,yA}，R的性（）。(1)自反的(2)称的(3)的，称的(4)的答：（2）（代数构部分）37、A={2,4,6}，A上的二元运算*定：a*b=max{a,b}，在独异点<A,*>中，位元是()，零元是()。答：2，638、A={3,6,9}，A上的二元运算*定：a*b=min{a,b}，在独异点Word资料.<A,*>中，单位元是()，零元是()；答：9，3（半群与群部分）39、设〈G,*〉是一个群，则(1)若a,b,x∈G，ax=b，则x=()；(2)若a,b,x∈G，ax=ab，则x=()。答：（1）a1b（2）b40、设a是12阶群的生成元，则a2是()阶元素，a3是()阶元素。答：6,441、代数系统<G,*>是一个群，则G的等幂元是()。答：单位元42、设a是10阶群的生成元，则a4是()阶元素，a3是()阶元素。答：5，1043、群<G,*>的等幂元是()，有()个。答：单位元，144、素数阶群必然是()群,它的生成元是()。答：循环群，任一非单位元45、设〈G,*〉是一个群，a,b,c∈G，则(1)若ca=b，则c=()；(2)若ca=ba，则c=()。答：（1）ba1(2)b46、<H,,>是<G,,>的子群的充分必要条件是()。答：<H,,>是群或a，bG，abH，a-1H或，-1Ha,bGab47、群＜A,*＞的等幂元有()个，是()，零元有()个。答：1，单位元，048、在一个群〈G,*〉中，若G中的元素a的阶是k，则a-1的阶是()。答：kWord资料.49、在自然数集N上，以下哪一种运算是可结合的？（）(1)a*b=a-b(2)a*b=max{a,b}(3)a*b=a+2b(4)a*b=|a-b|答：(2)50、任意一个拥有2个或以上元的半群，它（）。(1)不能能是群(2)不用然是群(3)必然是群(4)是交换群答：(1)51、6阶有限群的任何子群必然不是（）。(1)2阶(2)3阶(3)4阶(4)6阶答：(3)（格与布尔代数部分）52、以下哪个偏序集构成有界格（）(1)（N,）(2)（Z,）(3)（{2,3,4,6,12},|（整除关系））(4)(P(A),)答：(4)53、有限布尔代数的元素的个数必然等于（）。(1)偶数(2)奇数(3)4的倍数(4)2的正整数次幂答：(4)（图论部分）54、设G是一个哈密尔顿图，则G必然是()。(1)欧拉图(2)树(3)平面图(4)连通图答：(4)55、下面给出的会集中，哪一个是前缀码？()(1){0，10，110，101111}(2){01，001，000，1}Word资料.(3){b，c，aa，ab，aba}(4){1，11，101，001，0011}答：（2）56、一个图的哈密尔顿路是一条经过图中()的路。答：所有结点一次且恰好一次57、在有向图中，结点v的出度deg+(v)表示()，入度deg-(v)表示()。答：以v为起点的边的条数，以v为终点的边的条数58、设G是一棵树，则G的生成树有()棵。(1)0(2)1(3)2(4)不能够确定答：159、n阶无向完好图Kn的边数是()，每个结点的度数是()。答：n(n1),n-1260、一棵无向树的极点数n与边数m关系是()。答：m=n-161、一个图的欧拉回路是一条经过图中()的回路。答：所有边一次且恰好一次62、有n个结点的树，其结点度数之和是()。答：2n-263、下面给出的会集中，哪一个不是前缀码()。(1){a，ab，110，a1b11}(2){01，001，000，1}(3){1，2，00，01，0210}(4){12，11，101，002，0011}答：(1)64、n个结点的有向完好图边数是()，每个结点的度数是()。答：n(n-1),2n-265、一个无向图有生成树的充分必要条件是()。答：它是连通图66、设G是一棵树，n,m分别表示极点数和边数，则Word资料.(1)n=m(2)m=n+1(3)n=m+1(4)不能够确定。答：（3）67、设T=〈V,E〉是一棵树，若|V|>1，则T中最少存在()片树叶。答：268、任何连通无向图G最少有()棵生成树，当且仅当G是()，G的生成树只有一棵。答：1，树69、设G是有n个结点m条边的连通平面图，且有k个面，则k等于:(1)m-n+2(2)n-m-2(3)n+m-2(4)m+n+2。答：（1）70、设T是一棵树，则T是一个连通且()图。答：无简单回路71、设无向图G有16条边且每个极点的度数都是2，则图G有()个极点。(1)10(2)4(3)8(4)16答：（4）72、设无向图G有18条边且每个极点的度数都是3，则图G有()个极点。(1)10(2)4(3)8(4)12答：(4)73、设图G=<V，E>，V={a，b，c，d，e}，E={<a,b>,<a,c>,<b,c>,<c,d>,<d,e>},则G是有向图还是无向图？答：有向图74、任一有向图中，度数为奇数的结点有()个。答：偶数75、拥有6个极点，12条边的连通简单平面图中，每个面都是由()条边围成？(1)2(2)4(3)3(4)5答：（3）Word资料.76、在有n个极点的连通图中，其边数（）。(1)最多有n-1条(2)最少有n-1条(3)最多有n条(4)最少有n条答：（2）77、一棵树有2个2度极点，1个3度极点，3个4度极点，则其1度极点为（）。(1)5(2)7(3)8(4)9答：（4）78、若一棵完好二元（叉）树有2n-1个极点，则它（）片树叶。(1)n(2)2n(3)n-1(4)2答：（1）79、以下哪一种图不用然是树（）。无简单回路的连通图(2)有n个极点n-1条边的连通图(3)每对极点间都有通路的图(4)连通但删去一条边便不连通的图答：（3）80、连通图G是一棵树当且仅当G中（）。(1)有些边是割边(2)每条边都是割边(3)所有边都不是割边(4)图中存在一条欧拉路径答：（2）（数理逻辑部分）二、求以下各公式的主析取范式和主合取范式：1、(P→Q)R解：(P→Q)R(PQ)R(PR)(QR)（析取范式）(P(QQ)R)((PP)QR)Word资料(P(PP))R).(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）((P→Q)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定的主析取范式）(P→Q)R(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）2、(PR)(QR)P解：(PR)(QR)P（析取范式）(P(QQ)R)((PP)QR)(P(QQ)(RR))(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式)（(PR)(QR)P）(PQR)(PQR）（原公式否定的主析取范式）(PR)(QR)P(PQR)(PQR)（主合取范式）3、(P→Q)(RP)解：(P→Q)(R(PQ)(R(PQ(R(PQR)(PQR)

P)P)（合取范式）R))(P(QQ))R)QR)(PQR)(PQR)QR)(PQR)（主合取范式）((P→Q)(R(PQ(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定的主合取范式）(P→Q)(RP)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）4、Q→(PR)Word资料.解：Q→(PR)QPR（主合取范式）（Q→(PR)）(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR）（原公式否定的主合取范式）Q→(PR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR）（主析取范式）5、P→(P(Q→P))解：P→(P(Q→P))P(P(QP))PPT(主合取范式)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）6、(P→Q)(RP)解：(P→Q)(RP)(PQ)(RP)(PQ)(RP)（析取范式）(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）((P→Q)(RP))(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定的主析取范式）(P→Q)(RP)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）7、P(P→Q)解：P(P→Q)P(PQ)(PP)QT(主合取范式)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）8、(R→Q)PWord资料.解：(R→Q)P(RQ)P(RP)(QP)（析取范式）(R(QQ)P)((RR)QP)(RQP)(RQP)(RQP)(RQP)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）((R→Q)P)(PQR)(PQR）(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定的主析取范式）(R→Q)P(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）9、P→Q解：P→QPQ（主合取范式）(P(QQ))((PP)Q)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）10、PQ解：PQ（主合取范式）(P(QQ))((PP)Q）(PQ)(PQ)(PQ)(PQ）(PQ)(PQ)(PQ)（主析取范式）11、PQ解：PQ（主析取范式）(P(QQ))((PP)Q)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)(PQ)（主合取范式）12、（PR）Q解：（PR）Q(PR)Q(PR)Q(PQ)(RQ)（合取范式）(PQ(RR))((PP)QR)Word资料.(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主合取范式）（PR）Q(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（原公式否定的主析取范式）（PR）Q(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)（主析取范式）13、（PQ）R解：（PQ）R(PQ)R(PQ)R(析取范式)(PQ(RR))((PP)(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式）（PQ）R(PQ)R(PQ)R(析取范式)(PR)(QR)(合取范式)(P(QQ)R)((PP)QR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主合取范式)14、(P(QR))(P(QR))解：(P(QR))(P(QR))(P(QR))(P(QR))(PQ)(PR)(PQ)(PR)（合取范式）Word资料.(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主合取范式)(P(QR))(P(QR))(PQR)(PQR)(原公式否定的主合取范式)(P(QR))(P(QR))(PQR)(PQR)(主析取范式)15、P(P(Q(QR)))解：P(P(Q(QR)))P(P(Q(QR)))QR(主合取范式)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(原公式否定的主合取范式)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式)16、(PQ)(PR)解、(PQ)(PR)(PQ)((PQ(R(PQR)(PQR)(PQ)(PR)

PR)(合取范式)R)(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主合取范式)(PQ)(PR)Word资料.P(QR)(合取范式)(P(QQ)(RR))((PP)QR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(主析取范式)三、证明：1、P→Q，QR，R，SP=>S证明：(1)R前提(2)QR前提(3)Q（1），（2）(4)P→Q前提(5)P（3），（4）(6)SP前提S（5），（6）2、A→(B→C)，C→(DE)，F→(DE),A=>B→F证明：(1)A前提A→(B→C)前提(3)B→C（1），（2）(4)B附加前提(5)C（3），（4）C→(DE)前提(7)DE（5），（6）(8)F→(DE)前提(9)F（7），（8）(10)B→FCPWord资料.3、PQ，P→R,Q→S=>RS证明：(1)R附加前提(2)P→R前提(3)P（1），（2）(4)PQ前提(5)Q（3），（4）(6)Q→S前提(7)S（5），（6）RSCP，（1），（8）4、(P→Q)(R→S)，(Q→W)(S→X)，(WX)，P→R=>P证明：（1）P假设前提（2）P→R前提（3）R（1），（2）4）(P→Q)(R→S)前提（5）P→Q（4）（6）R→S（5）（7）Q（1），（5）（8）S（3），（6）（9）(Q→W)(S→X)前提（10）Q→W（9）（11）S→X（10）（12）W（7），（10）（13）X（8），（11）（14）WX（12），（13）（15）(WX)前提（16）(WX)(WX)（14），（15）5、(UV)→(MN),UP,P→(QS)，QS=>MWord资料.证明：(1)QS附加前提（2）P→(QS)前提（3）P（1），（2）（4）UP前提（5）U（3），（4）（6）UV（5）（7）(UV)→(MN)前提（8）MN(6),(7)（9）M（8）6、BD，(E→F)→D，E=>B证明：(1)B附加前提(2)BD前提(3)D（1），（2）(E→F)→D前提(5)(E→F)（3），（4）(6)EF（5）(7)E（6）(8)E前提(9)EE（7），（8）7、P→(Q→R)，R→(Q→S)=>P→(Q→S)证明：（1）P附加前提（2）Q附加前提（3）P→(Q→R)前提（4）Q→R（1），（3）（5）R（2），（4）（6）R→(Q→S)前提Word资料.（7）Q→S（5），（6）（8）S（2），（7）（9）Q→SCP，（2），（8）10）P→(Q→S)CP，（1），（9）8、P→Q，P→R，R→S=>S→Q证明：（1）S附加前提（2）R→S前提（3）R（1），（2）（4）P→R前提（5）P（3），（4）（6）P→Q前提（7）Q(5），（6）（8）S→QCP，（1），（7）9、P→(Q→R)=>(P→Q)→(P→R)证明：(1)P→Q附加前提(2)P附加前提(3)Q(1),(2)P→(Q→R)前提Q→R(2),(4)R(3),(5)P→RCP,(2),(6)(P→Q)→(P→R)CP,(1),(7)10、P→(Q→R)，Q→P,S→R,P=>S证明：（1）P前提（2）P→(Q→R)前提（3）Q→R(1)，(2)Word资料.（4）Q→P前提（5）Q(1)，(4)（6）R(3),(5)（7）S→R前提（8）S(6)，(7)11、A，A→B，A→C，B→(D→C)=>D证明：（1）A前提（2）A→B前提（3）B(1)，(2)（4）A→C前提（5）C(1)，(4)（6）B→(D→C)前提（7）D→C(3)，(6)（8）D(5)，(7)12、A→(CB)，B→A，D→C=>A→D证明：（1）A附加前提A→(CB)前提(3)CB（1），（2）(4)B→A前提(5)B（1），（4）(6)C（3），（5）(7)D→C前提(8)D（6），（7）A→DCP，（1），（8）13、(PQ)(RQ)（PR）Q证明、(PQ)(RQ)Word资料.(PQ)(RQ)(PR)Q（PR）Q(PR)Q14、P(QP)P(PQ)证明、P(QP)P(QP)(P)(PQ)P(PQ)15、（PQ）（PR），(QR)，SPS证明、(1)（PQ）（PR）前提（2）P(QR)(1)（3）(QR)前提（4）P（2），(3)(5)SP前提(6)S(4),(5)16、PQ，QR，RSP证明、(1)P附加前提（2）PQ前提（3）Q（1），（2）（4）QR前提(5)R（3），（4）(6)RS前提（7）R（6）（8）RR（5），（7）17、用真值表法证明ＰＱ(ＰＱ)(ＱＰ)Word资料.证明、列出两个公式的真值表：PQPQ（PQ）（QP）FFTTFTFFTFFFTTTT由定义可知，这两个公式是等价的。18、P→QP→(PQ)证明、设P→(PQ)为F，则P为T，PQ为F。因此P为T，Q为F，从而P→Q也为F。因此P→QP→(PQ)。19、用先求主范式的方法证明(P→Q)(P→R)(P→（QR）证明、先求出左右两个公式的主合取范式(P→Q)(P→R)(PQ)(PR)(PQ(RR)))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(P→（QR）)(P（QR）)(PQ)(PR)(PQ(RR))(P(QQ)R)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)(PQR)它们有相同的主合取范式，因此它们等价。20、(P→Q)(QR)P证明、设(P→Q)(QR)为T，则P→Q和(QR)都为T。即P→Q和QR都为T。Word资料.故P→Q，Q和R)都为T，即P→Q为T，Q和R都为F。从而P也为F，即P为T。从而(P→Q)(QR)P21、为庆祝九七香港回归祖国，四支足球队进行比赛，已知情况以下，问结论可否有效?前提:(1)若A队得第一，则B队或C队获亚军;若C队获亚军，则A队不能够获冠军;若D队获亚军，则B队不能够获亚军;A队获第一;结论:(5)D队不是亚军。证明、设A：A队得第一;B:B队获亚军;C:C队获亚军;D:D队获亚军;则前提符号化为A（BC），CA，DB，A；结论符号化为D。本题即证明A（BC），CA，DB，AD。（1）A前提（2）A（BC）前提（3）BC（1），（2）（4）CA前提（5）C（1），（4）（6）B（3），（5）（7）DB前提（8）D（6），（7）22、用推理规则证明PQ,(QR),PR不能够同时为真。证明、(1)PR前提(2)P(1)(3)PQ前提(4)Q(2),(3)(5)(QR)前提Word资料.(6)QR(5)(7)Q(6)(8)QQ(4),(7)(会集论部分)四、设Ａ，Ｂ，Ｃ是三个会集，证明：1、A(B－C)＝(AB)－(AC)证明：(AB)－(AC)=(AB)AC=(AB)（AC）=(ABA)(ABC)=ABC=A（BC）=A（B-C）2、(A－B)(A－C)=A－(BC)证明：(A-B)(A-C)=(AB)(AC)=A(BC)=ABC=A-(BC)3、AB=AC，AB=AC，则C=B证明：B=B(AA)=(BA)(BA)=(CA)(CA)=C(AA)=C4、AB=A(B-A)证明：A(B-A)=A(BA)=(AB)(AA)=(AB)U=AB5、A=BAB=证明：设A=B，则AB=（A-B）（B-A）==。设AB=，则AB=（A-B）（B-A）=。故A-B=，B-A=，从而AB，BA，故A=B。Word资料.6、AB=AC，AB=AC，则C=B证明：B=B(AB)=B(AC)=(BA)(BC)=(AC)(B∩C)=C(AB)C(AC)=C7、AB=AC，AB=AC，则C=B证明：B=B(AA)=(BA)(BA)=(CA)(CA)=C(AA)=C8、A－(BC)＝(A－B)－C证明：A－(BC)=ABC=A(BC)=(AB)C=(A-B)C=(A-B)-C9、(A－B)(A－C)=A－(BC)证明：(A-B)(A－C)=(AB)(AC)=(AA)(BC)=ABC=A－(BC)10、A-B=B，则A=B=证明：由于B=A-B，因此B=BB=（A-B）B=。从而A=A-B=B=。11、A=(A-B)(A-C)ABC=证明：由于(A-B)(A-C)=(AB)(AC)=A(BC)Word资料.=ABC=A-(BC)，且A=(A-B)(A-C)，因此A=A-(BC)，故ABC=。由于ABC=，因此A-(BC)=A。而A-(BC)=(A-B)(A-C)，因此A=(A-B)(A-C)。12、(A-B)(A-C)=ABC证明：由于(A-B)(A-C)=(AB)(AC)=A(BC)=ABC=A-(BC)，且(A-B)(A-C)=，因此=A-(BC)，故ABC。由于ABC，因此A-(BC)=A。而A-(BC)=(A-B)(A-C)，因此A=(A-B)(A-C)。13、(A-B)(B-A)=AB=证明：由于(A-B)(B-A)=A，因此B-AA。但(B-A)A=，故B-A=。即BA，从而B=（否则A-BA，从而与(A-B)(B-A)=A矛盾）。由于B=，因此A-B=A且B-A=。从而(A-B)(B-A)=A。14、(A-B)-CA-(B-C)证明：x(A-B)-C，有xA-B且xC，即xA，xB且xC。从而xA，xB-C，故xA-(B-C)。从而(A-B)-CA-(B-C)15、P(A)P(B)P(AB)（P(S)表示S的幂集）证明：SP(A)P(B)，有SP(A)或SP(B)，因此SA或SB。从而SAB，故SP(AB)。即P(A)P(B)P(AB)16、P(A)P(B)=P(AB)（P(S)表示S的幂集）证明：SP(A)P(B)，有SP(A)且SP(B)，因此SA且SB。从而SAB，故SP(AB)。即P(A)P(B)P(AB)。Word资料.SP(AB)，有SAB，因此SA且SB。从而SP(A)且SP(B)，故SP(A)P(B)。即P(AB)P(A)P(B)。故P(AB)=P(A)P(B)17、（A-B）B=（AB）-B当且仅当B=。证明：当B=时，由于（A-B）B=（A-）=A，（AB）-B=（A）-=A，因此（A-B）B=（AB）-B。用反证法证明。假设B，则存在bB。由于bB且bAB，因此b（AB）-B。而显然b（A-B）B。故这与已知（A-B）B=（AB）-B矛盾。五、证明或解答：（数理逻辑、会集论与二元关系部分）1、设个体域是自然数，将以下各式翻译成自然语言：(1)xy（xy=1）;(2)xy(xy=1);(3)xy(xy=0);(4)xy（xy=0）;(5)xy(xy=x);(6)xy（xy=x）;xyz(x-y=z)答：（1）存在自然数x，对任意自然数y满足xy=1;（2）对每个自然数x，存在自然数y满足xy=1;（3）对每个自然数x，存在自然数y满足xy=0;（4）存在自然数x，对任意自然数y满足xy=1;（5）对每个自然数x，存在自然数y满足xy=x;（6）存在自然数x，对任意自然数y满足xy=x;（7）对任意自然数x,y，存在自然数z满足x-y=z。2、设A(x,y,z):x+y=z,M（x,y,z）:xy=z,L(x,y):x<y,G(x,y):x>y，Word资料.个体域为自然数。将以下命题符号化：1）没有小于0的自然数;2）x<z是x<y且y<z的必要条件;3）若x<y，则存在某些z，使z<0,xz>yz;4）存在x，对任意y使得xy=y;5）对任意x，存在y使x+y=x。答：（1）x（G(x,0)M（0,0,x））或xL(x,0)（2）xyz((L(x,y)L(y,z))L(x,z))（3）xy((L(x,y)z(L(z,0)G(xz,yz)))（4）xyM（x,y,y）（5）xyA(x,y,x)3、列出以下二元关系的所有元素：（1）A={0,1,2}，B={0,2,4}，R={<x,y>|x,yAB};（2）A={1,2,3,4,5}，B={1,2}，R={<x,y>|2x+y4且xA且yB};（3）A={1,2,3}，B={-3,-2,-1,0,1}，R={<x,y>||x|=|y|且xA且yB};解：R={<0,0>,<0,2>,<2,0>,<2,2>}R={<1,1>,<1,2>,<2,1>,<2,2>,<3,1>};R={<1,1>,<1,-1>,<2,-2>,<3,-3>}。4、对任领悟集A,B，证明：若AA=BB，则B=B。证明：若B=，则BB=。从而AA=。故A=。从而B=A。若B，则BB。从而AA。对xB,<x,x>BB。由于AA=BB，则<x,x>AA。从而xA。故BA。同理可证，AB。故B=A。5、对任领悟集A,B，证明：若A，AB=AC，则B=C。Word资料.证明：若B=，则AB=。从而AC=。由于A，因此C=。即B=C。若B，则AB。从而AC。对xB,由于A，因此存在yA,使<y,x>AB。由于AB=AC，则<y,x>AC。从而xC。故BC。同理可证，CB。故B=C。6、设A={a,b},B={c}。求以下会集：(1)A{0,1}B；(2)B2；A(3)(AB)2;(4)P(A)A。解：（1）A{0,1}B={<a,0,c>,<a,1,c>,<b,0,c>,<b,1,c>};（2）B2A={<c,c,a>,<c,c,b>};（3）(AB)2={<a,c,a,c>,<a,c,b,c>,<b,c,a,c>,<b,c,b,c>};（4）P(A)A={<,a>,<,b>,<{a},a>,<{a},b>,<{b},a>,<{b},b>,<A,a>,<A,b>}。7、设全集U={a,b,c,d,e},A={a,d},B={a,b,c},C={b,d}。求以下各会集：（1）ABC；（2）ABC；（3）(AB)C;（4）P(A)-P(B);（5）(A-B)(B-C);（6）(AB)C;解：(1)ABC={a};(2)ABC={a,b,c,d,e};(3)（AB）C={b,d};(4)P(A)-P(B)={{d},{a,d}};(5)(A-B)(B-C)={d,c,a};(6)(AB)C={b,d}。8、设A,B,C是任领悟集，证明或否定以下断言：1）若AB，且BC，则AC；2）若AB，且BC，则AC;3）若AB，且BC，则AC；4）若AB，且BC，则AC；Word资料.证明：成立。对xA,由于AB，因此xB。又由于BC，因此xC。即AC。(2)不成立。反比以下：A={a},B={a,b},C={a,b,c}。诚然AB，且BC，但AC。(3)不成立。反比以下：A={a},B={{a},b},C={{{a},b},c}。诚然AB，且BC，但AC。成立。由于AB,且BC，因此AC。9、A上的任一良序关系必然是A上的全序关系。证明：a，b∈A，则{a,b}是A的一个非空子集。≤是A上的良序关系，{a,b}有最小元。若最小元为a，则a≤b；否则b≤a。从而≤为A上的的全序关系。10、若R和S都是非空集A上的等价关系，则RS是A上的等价关系。证明：a∈A，由于R和S都是A上的等价关系，因此xRx且xSx。故xRSx。从而S是自反的。a,b∈A，aRSb，即aRb且aSb。由于R和S都是A上的等价关系，因此bRa且bSa。故bRSa。从而RS是对称的。a,b,c∈A，aRSb且bRSc，即aRb，aSb,bRc且bSc。由于R和S都是A上的等价关系，因此aRc且aSc。故aRSc。从而RS是传达的。故RS是A上的等价关系。11、设RA×A，则R自反IAR。证明：xA，R是自反的，。即，故IAR。xRx<x,x>RxA，IAR，<x,x>R。即xRx，故R是自反的。12、设A是会集，RA×A，则R是对称的R＝R－1。证明：<x,y>R，R是对称的，。即，故_1。从而RR-1。yRx<y,x>R<x,y>R反之<y,x>R-1,即<x,y>R。R是对称的，yRx。即<y,x>R，R_1。RWord资料.-1故R=R。，若<x,y>R，即<y,x>-1。R=R-1，<y,x>R。即yRx，故x，yARR是对称的。13、设A,B,C和D均是会集，RA×B，SB×C，TC×D，则(1)R(ST)=(RS)(RT)；(2)R(ST)(RS)(RT)；证明：（1）<x，z>R(ST)，则由合成关系的定义知yB，使得<x，y>R且<y，z>ST。从而<x，y>R且<y，z>S或<x，y>R且<y，z>T，即<x，z>RS或<x，z>RT。故<x，z>（RS）（RT）。从而R(ST)（RS）（RT）。同理可证（RS）（RT）R(ST)。故R(ST)=（RS）（RT）。(2)<x，z>R(ST)，则由合成关系的定义知yB，使得<x，y>R且<y，z>ST。从而<x，y>R且<y，z>S且<y，z>T，即<x，z>RS且<x，z>RT。故<x，z>（RS）（RT）。从而R(ST)(RS）（RT）。14、设〈A,≤〉为偏序集，BA，若B有最大(小)元、上(下)确界，则它们是独一的。证明：设a,b都是B的最大元，则由最大元的定义ab，ba。是A上的偏序关系，a=b。即B若是有最大元则它是独一的。15、设A={1,2,3},写出以下列图示关系的关系矩阵，并谈论它们的性质：111232323解：000（1）R={<2,1>,<3,1>,<2,3>};MR=101;它是反自反的、反对称的、传达的；100Word资料.011（2）R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,1>,<2,3>,<3,2>};MR=101;它是反自反的、110对称的；011（3）R={<1,2>,<2,1>,<1,3>,<3,3>};MR=100;它既不是自反的、反自反的、001也不是对称的、反对称的、传达的。16、A={1,2,⋯,10}。以下哪个是A的划分？若是划分，它的等价关系是什么？1）B={{1,3,6},{2,8,10},{4,5,7}};2）C={{1,5,7},{2,4,8,9},{3,5,6,10}};3）D={{1,2,7},{3,5,10},{4,6,8},{9}}解：（1）和（2）都不是A的划分。（3）是A的划分。其引诱的等价关系是IA{<1,2>,<2,1>,<1,7>,<7,1>,<2,7>,<7,2>,<3,5>,<5,3>,<3,10>,<10,3>,<10,5>,<5,10>,<4,6>,<6,4>,<4,8>,<8,4>,<6,8>,<8,6>}。17、R是A={1,2,3,4,5,6}上的等价关系，R=IA{<1,5>,<5,1>,<2,4>,<4,2>,<3,6>,<6,3>}求R的划分。解：R引诱的划分为{{1,5},{2,4},{3,6}}。18、A上的偏序关系的Hasse以下。（1）以下哪些关系式成立：ab,ba,ce,ef,df,cf；2）分求出以下会集关于的极大（小）元、最大（小）元、上（下）界及上（下）确界（若存在的）：A;(b){b,d};(c){b,e};(d){b,d,e}Word资料.aefbdc解：(1)ba,ce,df,cf成立；(a)的极大元为a,e,f,极小元为c;无最大元，c是最小元；无上界，下界是c;无上确界，下确界是c。的极大元为b,d,极小元为b,d;无最大元和最小元；上界是e，下界是c;上确界是e，下确界是c。的极大元为e,极小元为b;最大元是e，b是最小元；上界是e，下界是b;上确界是e，下确界是b。的极大元为e,极小元为b,d;最大元是e，无最小元；上界是e，下界是c;上确界是e，下确界是c。（半群与群部分）19、求循群C12={e,a,a2,⋯,a11}中H={e,a4,a8}的所有右陪集。解：由于|C12|=12，|H|=3，因此H的不相同右陪集有4个：H，{a,a5,a9},{a2,a6,a10},{a3,a7,a11}。20、求以下置的运算：解：（1）12341234=12342431432113421234563123456123452（2）=6452631452631452631123456123456123456=52631635124=2345641Word资料.21、试求出8阶循环群的所有生成元和所有子群。解：设G是8阶循环群，a是它的生成元。则G={e,a,a2,..,a7}。由于ak是G的生成元的充分必要条件是k与8互素，故a,a3,a5,a7是G的所有生成元。由于循环群的子群也是循环群，且子群的阶数是G的阶数的因子，故G的子群只能是1阶的、2阶的、4阶的或8阶的。由于|e|=1,|a|=|a3|=|a5|=8,|a2|=|a6|=8,|a4|=2,且G的子群的生成元是该子群中a的最小正幂，故G的所有子群除两个平凡子群外，还有{e,a4},{e,a2,a4,a6}。22、I上的二元运算*定义为：a,bI，a*b=a+b-2。试问<I,*>是循环群吗？解：<I,*>是循环群。由于<I,*>是无量阶的循环群，则它只有两个生成元。1和3是它的两个生成元。由于an=na-2(n-1)，故1n=n-2(n-1)=2-n。从而对任一个kI,k=2-(2-k)=12-k，故1是的生成元。又由于1和3关于*互为逆元，故3也是<I,*>的生成元。23、设<G,·>是群，aG。令H={xG|a·x=x·a}。试证：H是G的子群。证明：c，dH，则对c，dHK，c·a=a·c,d·a=a·d。故(c·d)·a=c·(d·a)=c·(a·d)=(c·a)·d=(a·c)·d=a·(c·d)。从而c·dH。-1-1-1由于c·a=a·c,且·满足消去律，因此a·c=c·a。故cH。24、证明：偶数阶群中阶为2的元素的个数必然是奇数。证明：设<G,·>是偶数阶群，则由于群的元素中阶为1的只有一个单位元，阶大于2的元素是偶数个，剩下的元素中都是阶为2的元素。故偶数阶群中阶为2的元素必然是奇数个。25、证明：有限群中阶大于2的元素的个数必然是偶数。证明：设<G,·>是有限群，则aG，有|a|=|a-1|。且当a阶大于2时，aa-1。故阶数大于2的元素成对出现，从而其个数必为偶数。Word资料.26、试求<N6,+6>中每个元素的阶。解：0是<N6,+6>中关于+6的单位元。则|0|=1；|1|=|5|=6，|2|=|4|=3，|3|=2。27、设<G,·>是群，a,bG，ae，且a4·b=b·a5。试证a·bb·a。证明：用反证法证明。假设a·b=b·a。则a4·b=a3·（a·b）=a3·(b·a)=(a5·b)·a=(a2·(a·b))·a=（a2·（b·a））·a=((a2·b)·a)·a=(a·(a·b))·(a·a)=(a·(b·a))·a2=((a·b)·a)·a2=((b·a)·a)·a2=(b·a2)·a2=b·(a2·a2)=b·a4。由于a4·b=b·a5，因此b·a5=b·a4。由消去律得，a=e。这与已知矛盾。28、I上的二元运算*定义为：a,bI，a*b=a+b-2。试证：<I,*>为群。证明：（1）a,b,cI，(a*b)*c=(a*b)+c-2=(a+b-2)+c-2=a+b+c-4,a*(b*c)=a+(b*c)-2=a+(b+c-2)-2=a+b+c-4。故(a*b)*c=a*(b*c)，从而*满足结合律。（2）记e=2。对aI，a*2=a+2-2=a=2+a-2=2*a.。故e=2是I关于运算*的单位元。（3）对aI，由于a*（4-a）=a+4-a-2=2=e=4-a+a-2=(4-a)*a。故4-a是a关于运算*的逆元。综上所述，<I,*>为群。29、设<S,·>为半群，aS。令Sa={ai|iI+}。试证<Sa,·>是<S,·>的子半群。证明：b，cSa，则存在k,lI+，使得b=ak,c=al。从而b·c=ak·al=ak+l。由于k+lI+，因此b·cSa，即Sa关于运算·封闭。故<Sa,·>是<S,·>的子半群。30、单位元有独一逆元。证明：Word资料.设<G,>是一个群，e是关于运算的单位元。若e1,e2都是e的逆元，即e1*e=e且e2*e=e。由于e是关于运算的单位元，因此e1=e1*e=e=e2*e=e2。即单位元有独一逆元。31、设e和0是关于A上二元运算*的单位元和零元，若是|A|>1，则e0。证明：用反证法证明。假设e=0。对A的任一元素a，由于e和0是A上关于二元运算*的单位元和零元，则a=a*e=a*0=0。即A的所有元素都等于0,这与已知条件|A|>1矛盾。从而假设错误。即e0。32、证明在元素很多于两个的群中不存在零元。证明：（用反证法证明）设在素很多于两个的群<G,>中存在零元。对aG,由零元的定义有a*=。<G,>是群，关于*消去律成立。a=e。即G中只有一个元素，这与|G|2矛盾。故在元素很多于两个的群中不存在零元。33、证明在一个群中单位元是独一的。证明：设e1,e2都是群〈G,*〉的单位元。则e1=e1*e2=e2。因此单位元是独一的。34、设a是一个群〈G，*〉的生成元，则a-1也是它的生成元。证明：xG，由于a是〈G，*〉的生成元，因此存在整数k，使得x=ak。故x=((ak)1)1=((a1)k)1=(a1)k-1也是〈G，*〉的生成元。。从而a35、在一个偶数阶群中必然存在一个2阶元素。证明：群中的每一个元素的阶均不为0且单位元是其中独一的阶为1的元素。由于任一阶大于2的元素和它的逆元的阶相等。且当一个元素的阶大于2时，其逆元和它自己不相等。故阶大于2的元素是成对的。从而阶为1的元素与阶大于2的元Word资料.素个数之和是奇数。由于该群的阶是偶数，从而它必然有阶为2的元素。36、代数系统<G,*>是一个群，则G除单位元以外无其他等幂元。证明：设e是该群的单位元。若a是<G,*>的等幂元，即a*a=a。由于a*e=a，因此a*a=a*e。由于运算*满足消去律，因此a=e。即G除单位元以外无其他等幂元。37、设<G,>是一个群，则关于a,b∈G，必有独一的x∈G，使得ax=b。证明：由于a-1*b∈G，且a*(a-1*b)=(a*a-1)*b=e*b=b，因此关于a,b∈G，必有x∈G，使得ax=b。若x1,x2都满足要求。即ax1=b且ax2=b。故ax1=ax2。由于*满足消去律，故x1=x2。从而关于a,b∈G，必有独一的x∈G，使得ax=b。38、设半群<S,·>中消去律成立，则<S,·>是可交换半群当且仅当a,bS，（a·b）2=a2·b2。证明：a,bS，（a·b）2=(a·b)·(a·b)=((a·b)·a)·b=(a·(a·b))·b=((a·a)·b)·b=(a·a)·(b·b)=a2·b2;a,bS，由于（a·b）2=a2·b2，因此(a·b)·(a·b)=(a·a)·(b·b)。故a·((b·a)·b)=a·(a·(b·b))。由于·满足消去律，因此(b·a)·b=a·(b·b)，即(b·a)·b=(a·b)·b。从而a·b=b·a。故·满足交换律。39、设群<G,＊>除单位元外每个元素的阶均为2，则<G,＊>是交换群。证明：对任一aG，由已知可得a*a=e，即a-1=a。对任一a,bG，由于a*b=(a*b)-1=b-1*a-1=b*a，因此运算*满足交换律。从而＜G,*＞是交换群。40、设*是会集A上可结合的二元运算，且a,bA,若a*b=b*a，则a=b。试证明：Word资料.1）aA,a*a=a，即a是等幂元；2）a,bA,a*b*a=a;3）a,b,cA,a*b*c=a*c。证明：（1）aA,记b=a*a。由于*是可结合的，故有b*a=(a*a)*a=a*(a*a)=a*b。由已知条件可得a=a*a。2）a,bA,由于由（1），a*(a*b*a)=(a*a)*(b*a)=a*(b*a),(a*b*a)*a=(a*b)*(a*a)=(a*b)*a=a*(b*a)。故a*(a*b*a)=(a*b*a)*a，从而a*b*a=a。（3）a,b,cA,（a*b*c）*（a*c）=（（a*b*c）*a）*c=(a*(b*c)*a)*c且(a*c)*(a*b*c)=a*(c*(a*b*c))=a*(c*(a*b)*c))。由（2）可知a*(b*c)*a=a且c*(a*b)*c=c，故（a*b*c）*（a*c）=(a*(b*c)*a)*c=a*c且(a*c)*(a*b*c)=a*(c*(a*b)*c))=a*c，即（a*b*c）*（a*c）=(a*c)*(a*b*c)。从而由已知条件知，a*b*c=a*c。41、设<G,·>是群，作f:GG,aa-1。证明：f是G的自同构G是交换群。证明：设f是G的自同构。对a，bG，a·b=(b-1·a-1)-1=(f(b)·f(a))-1=(f(b·a))-1=((b·a)-1)-1=b·a。故运算·满足交换律，即G是可交换群。由于当ab时，a-1b-1，即f(a)f(b)，故f是G到G中的一个单一函数。又对aG，有f(a-1)=(a-1)-1=a。故f是G到G上的满函数。从而f是G到G上的自同构。对a，bG，由于G是可交换群，故f(a·b)=(a·b)-1=(b·a)-1=a-1·b-1=f(a)·f(b)。故f满足同态方程。从而f是G的自同构。42、若群<G,＊>的子群<H,＊>满足|G|＝2|H|，则<H,＊>必然是群<G,＊>的Word资料.正规子群。证明：由已知可知，G关于H有两个不相同的左陪集H，H1和两个不相同的右陪集H，H2。由于HH1=且HH1=G，HH2=且HH2=G，故H1=G-H=H2。对aG，若aH，则aH=H,Ha=H。否则由于aG-H，故aHH,HaH。从而aH=Ha=G-。H故H是G的不变子群。43、设H和K都是G的不变子群。证明：HK也是G的不变子群。证明：由于H和K都是G的不变子群，因此HK是G的子群。对aG，hHK，有a·h·a-1a·H·a-1，·h·a-1a·K·a-1。由于H和K都是G的不变子群，因此a·h·a-1H且a·h·a-1K。从而a·h·a-1HK。故HK是G的不变子群。44、设群G的中心为C（G）={aG|xG,a·x=x·a}。证明C（G）是G的不变子群。证明：先证C（G）是G的子群。a,bC（G），对xG,有a·x=x·a，b·x=x·b。故（a·b）·x=a·(b·x)=a·(x·b)=(a·x)·b=(x·a)·b=x·(a·b),a-1·x=x·a-1。从而a·b，a-1（）。CG故C（G）是G的子群。再证C（G）是G的不变子群。对aG，hC(G)，记b=a·h·a-1。下证bC(G)。由于hC(G)，因此b=(a·h)·a-1=（h·a）·a-1=h·(a·a-1)=hC(G)。故C（G）是G的不变子群。45、设<G,·>是没有非平凡子群的有限群。试证：G是平凡群或质数阶的循环群。证明：若G是平凡群，则结论显然成立。否则设<G,·>的阶为n。任取aG且ae,记H=（a）(由a生成的G的子群)。显然H{e}，且G没有非平凡子群，故H=G。从而G必然是循环群，且a是G的生成元。Word资料.若n是合数，存在大于1的整数k,m，使得n=mk。H={e,ak,(ak)2,⋯,(ak)m-1}，易H是G的子群，但1<|H|=m<n，故H是G的非平凡子群。与已知矛盾。从而是数。故G是数的循群。上所述，G是平凡群或数的循群。46、设H和K都是G的有限子群，且|H|与|K|互质。试证：HK={e}。明：用反法明。若HK{e}。HK是一个元素个数大于1的有限集。先HK也是G的子群，从而也是H和K的子群。a,bHK,a,bH且a,bK。因H和K都是G的子群，故a·b,a-1H且a·b,a-1K。从而a·bHK,a-1。故K是G的子群，从而也是HKHH和K的子群。由拉格朗日定理可知，|HK|是|H|和|K|的因子，与已知矛盾。47、素数阶循环群的每个非单位元都是生成元。明：<G,*>是p循群，p是素数。G中任一非位元a。a的k,k1。由拉格朗日定理，k是p的正整因子。因p是素数，故k=p。即a的就是p，即群G的。故a是G的生成元。48、若<S,>是可交换独异点，T为S中所有等幂元的会集，则<T,>是<S,>的子独异点。明：ee=e，eT，即T是S的非空子集。a,bT,<S，>是可交独异点,(ab)(ab)=((ab)a)b=(a(ba))b=（a(ab)）b=((aa)b)b=(aa)(bb)=ab,即abT。Word资料.故<T,>是<S,>的子独异点。49、设<G,>是群，且a∈G的阶为n，k∈I，则|ak|＝n，其中(k,n)(k,n)为k和n的最大公因子。明：p=n,q=k,｜ak｜＝m。由n和p的定，然有(ak)p=e。故mp且(k,n)(k,n)m|p。又由于akm=e，因此由定理知，n|km。即p|qm。但p和q互，故p|m。k。由于p和m都是正整数，因此p=m。即｜a｜＝n(k,n)50、设<G,>是有限群，|G|＝n，则a∈G，|a|n。明：G，由封性及|G|=n可知a,a2,⋯,an,an+1中必有相同的元素，不如ak=am,k<m。由消去律得am-k=e。从而|a|m-kn。51、设G＝(a)，若G为无量群，则G只有两个生成元a和a-1；明：n-n-1-1-n-1bG＝(a)，nI,使b=a。故b=(a)=(a),从而a也是G的生成元。若km1，由消去律可知c的是有限的，与|G|无量矛盾。从而km=1，即k=1,m=1或k=-1,m=-1。故c=a或c=a-1。从而G只有两个生成元a和a-1。52、设G＝(a)，{e}HG，am是H中a的最小正幂，则1）H＝(am)；2）若G为无量群，则H也是无量群；明：（1）bH,kI,使得b=ak。令k=mq+r,0r<m。ar=ak-mq=aka-mq=b(am)-q。因b,amH,且HG，因此ar。HWord资料.m由于0r<m，且a是H中a的最小正，故r=0,即k=mq。（2）因{e}H，故H的生成元am（m0）。因G是无量群，因此a的是无量的，从而am的也是无量的，故H也是无量群。53、设G＝(a)，|G|＝n，则关于n的每一正因子d，有且仅有一个d阶子群。因此n阶循环群的子群的个数恰为n的正因子数。明：n的每一正因子，令n,b=ak,H={e,b,b2,⋯,bd-1}。dk=d因|a|=n,因此bd=(ak)d=akd=an=e且|b|=d。从而H中的元素是两两不相同的，易HG。故|H|=d。因此是G的一个d子群。H1是G的任一d子群。由定理知，H1＝(am)，其中am是H1中的最小正，且|H|=n。因|H|=d，因此m=n=k，即H=H1。从而H是G的md独一d子群。H是G的独一的d子群。若d=1,然成立。否H＝(am)，其中am是H中a的最小正。由定理5.4.4知，d=n。故d是n的一个正因子。m54、设h是从群<G,>到<G,>的群同态，G1和G的单位元分别为e和e，12212则1）h(e1)=e2；2）aG1，h(a-1)=h(a)-1；3）若HG1，则h(H)G2；（4）若h为单一起态，则aG，|h(a)|=|a|。1明：(1)因h(e1)h(e1)=h(e1e1)=h(e1)=e2h(e1),因此h(e1)=e2。(2)1-1-1)=h(e1)=e2a∈G，h(a)h(a)=h(aa,h(a-1)h(a)=h(a-1a)=h(e1)=e2,故h(a-1)=h(a)-1。Word资料.(3)c,d∈h(H),a,b∈H，使得c=h(a),d=h(b)。故cd=h(a)h(b)=h(ab)。因HG，因此ab∈H，故cd∈h(H)。又c-1=(h(a))-1=h(a-1)且a-1∈H，故c-1∈h(H)。由定理5.3.2知h(H)2。G若|a|=n,an=e1。故(h(a))n=h(an)=h(e1)=e2。从而h(a)的也有限，且|h(a)|n。|h(a)|=m,h(am)=(h(a))m=h(e1)=e2。因h是一同，因此am=e1。即|a|m。故|h(a)|=|a|。若a的是无量的，似于上述明程能够得出，h(a)的也是无限的。故成立。55、有限群G的每个元素的阶均能整除G的阶。明：|G|=n，aG，|a|=m。令H={e,a,a2,⋯,am-1}。H是G的子群且|H|=m。由Lagrange定理知|H|能整除|G|，故a的能整除G的。56、证明：在同构意义下，只有两个四阶群，且都是循环群。明：在4群G中，由Lagrange定理知，G中的元素的只能是1，2或4。1的元素恰有一个，就是位元e.若G有一个4元素，不如a，G=（a）,即G是循群，从而是可交群。若G没有4元素，除位元e外，G的其他3个均2。不如a,b,c。因a,b,c的均2，故a-1=a,b-1=b,c-1=c。从而aba,abb,abe,故ab=c。同理可得ac=ca=b,cb=bc=a,ba=c。57、在一个群<G,*>中，若G中的元素a的阶是k，即|a|=k，则a-1的阶也是k。明：因|a|=k，因此ak=e。即（a-1）k=(ak)-1=e。Word资料.从而a-1的是有限的，且|a-1|k。同理可，a的小于等于|a-1|。故a-1的也是k。58、在一个群<G,*>中，若A和B都是G的子群。若AB=G，则A=G或B=G。明：用反法明。若AG且BG，有aA,aB且bB,bA。因A，B都是G的子群，故a,bG，从而a*bG。因aA,因此a1。若a*bA,b=a1*(a*b)A，与aB矛盾。A从而a*bA。同理可a*bB。合可得a*bAB=G，与已知矛盾。从而假，得A=G或B=G。59、设e是奇数阶交换群<G,*>的单位元，则G的所有元素之积为e。明：G=<{e,a1,a2,⋯,a2n},*>，n正整数。因G的数奇数2n+1，因此由拉格朗日定理知G中不存在2元素，即除了位元e以外，G的所有元素的都大于2。故G中的任一非位元a，它的逆元a1不是它自己，且G中不相同的元素有不相同的逆元。由此可，G中的2n个非位元构成互逆元的n元素。因G是交群，故G的所有元素之可成位元和n互逆元的元素之的，从而果e。60、设S=QQ，Q为有理数会集，*为S上的二元运算：对任意(a,b)，(c,d)S,有(a,b)*(c,d)=(ac,ad+b),求出S关于二元运算*的单位元，以及当a0时，(a,b)关于*的逆元。解：S关于*的位元(a,b)。依照*和位元的定，(x,y)S,有(a,b)*(x,y)=(ax,ay+b)=(x,y),(x,y)*(a,b)=(ax,xb+y)=(x,y)。即ax=x,ay+b=y,xb+y=yx,yQ都成立。解得a=1,b=0。因此S关于*的位元(1,0)。Word资料.当a0时，设(a,b)关于*的逆元为(c,d)。依照逆元的定义，有(a,b)*(c,d)=(ac,ad+b)=(1,0)(c,d)*(a,b)=(ac,cb+d)=(1,0)即ac=1,ad+b=0,cb+d=0。解得c=1,d=-b。aa因此(a,b)关于*的逆元为(1,-b)。aa61、设<G,*>是一个群，H、K是其子群。定义G上的关系R：对任意a,b∈G，aRb存在h∈H,k∈K,使得b=h*a*k，则R是G上的等价关系。证明：a∈G，由于H、K是G的子群，因此e∈H且e∈K。令h=k=e,则a=e*a*a=h*e*k,从而aRa。即R是自反的。a,b∈G，若aRb，则存在h∈H，k∈K,使得b=h*a*k。由于H、K是G的子群，因此h-1∈H且k-1∈K。故a=h-1*a*k-1,从而bRa。即R是对称的。a,b,c∈G，若aRb,bRc,则存在h,g∈H，k,l∈K,使得b=h*a*k，c=g*b*l。因此c=g*b*l=g*(h*a*k)*l=(g*h)*a*(k*l)。由于H、K是G的子群，因此g*h∈H且k*l∈K。从而aRc。即R是传达的。综上所述，R是G上的等价关系。62、设H是G的子群，则以下条件等价：1）H是G的不变子群；2）a∈G，aHa-1H；3）a∈G，a-1HaH；4）a∈G，h∈G，aha-1H。证明：(1)(2)a∈G，则对h∈H,令h1=aha-1，由于ahaH且Ha=aH，因此h∈H，使得ah=ha。故h=（ha）-1-1。a=hH。故aHa22122(2)(3)a∈G，对h∈H,令h1=a-1ha，则（1）-1=ah-1-1。由于h-1ha-1=a-1-1∈aH-1-1∈H,从而hH。故∈H，因此（h）haa。由（2）可知（h）111a-1HaH。Word资料.(3)(4)近似于（2）(3)的证明。(4)(1)a∈G，对b∈aH，则h∈H，使得b=ah。故b=(ah)(a-1a)=(aha-1)a。由于aha-1∈H，因此b∈Ha。即aHHa。反之对b∈Ha，则h∈H，使得b=ha。故b=(aa-1)(ha)=a(a-1ha)=a(a-1h(a-1)-1)。由于a-1h(a-1)-1∈H，因此b∈aH。即HaaH。即Ha=aH。从而H是G的不变子群。63、在半群<G,*>中，若对a,bG，方程a*x=b和y*a=b都有独一解，则<G,*>是一个群。证明：任意取定aG，记方程a*x=a的独一解为eR。即a*eR=a。下证eR为关于运算*的右单位元。对bG，记方程y*a=b的独一解为y。<G,*>是半群，运算*满足结合律。b*eR=(y*a)*eR=y*(a*eR)=y*a=b。近似地，记方程y*a=a的独一解为eL。即eL*a=a。下证eL为关于运算*的左单位元。对bG，记方程a*x=b的独一解为x。<G,*>是半群，运算*满足结合律。eL*b=eL*(a*x)=(eL*a)*x=a*x=b。从而在半群<G,*>中,关于运算*存在单位元，记为e。现证G中每个元素关于运算*存在逆元。对bG，记c为方程b*x=e的独一解。下证c为b关于运算的逆元。记d=c*b。则b*d=(b*c)*b=e*b=b。b*e=b,且方程b*x=b有独一解，d=e。b*c=c*b=e。从而c为b关于运算的逆元。综上所述，<G,*>是一个群。64、设<G，*>是群，H和K都是G的子群，令HK={h*s|s∈K，h∈H},KH={s*h|s∈K,h∈H},<HK,*>，<KH,*>是G的子群的充分必要条件是HK=KH。Word资料.证明：HK是G的子群。c，则c-1，故存在aH,bK,使得c-1=a·b。因HKHK为c=（a·b）-1=b-1·a-1。由于H和K都是G的子群，因此a-1H,b-1K，即。cKH从而HKKH。cKH，则存在aH,bK,使得c=b·a。由于c=（a-1·b-1）-1。由于H和K都是G的子群，因此a-1H,b-1K，即a-1·b-1。由于是G的子HKHK群，因此c=（a-1·b-1）-1。从而。HKKHHK故HK=KH。HK=KH。对c，d1,a2H,b1,b2K,使得c=a1·b1,d=a2·b2。则HK，有ac·d=(a1·b1)·(a2·b2)=((a1·b1)·a2)·b2=(a1·(b1·a2))·b2。由于b1·a2KH=KH，因此存在aH,b3K,使得b·a=a·b3。从而3123c·d=(a1·（b1·a2）·b2=(a1·（a3·b3）)·b2=(a1·a3)·(b3·b2)。由于H和K都是G的子群，故a1·a3H,b3·b2K。从而c·dHK。又c-1=(a1·b1)-1=b-11·a-11。由于H和K都是G的子群，故a-11H,b-11K。从而c-1KH。由于HK=KH，因此c-1HK。综上所述，HK是G的子群。65、设H和K都是G的不变子群。证明：HK也是G的不变子群。证明：先证HK是G的子群。对aHK，有hH，kK，使得a=h·k。由于a=h·k=(h·k·h-1)·h，且K是G的不变子群，因此h·k·h-1K。故aKH。从而HKKH。同理可证，KHHK。故HK=KH。从而HK是G的子群。下证HK是G的不变子群。对aG，bHK，有hH，kK，使得b=h·k。故-1-1-1-1a·b·a=a·(h·k)·a=(a·h·a)·(a·k·a)。由于H和K都是G的不变子-1-1-1群，因此a·h·aH且a·k·aK。从而a·b·aHK。故HK是G的不变子群。66、设<G,*>为群，a,b,cG。若a*b=c*b*a,a*c=c*a,b*c=c*b，且a,b的阶分别为m,n，则c的阶整除m与n的最大公因子(m,n)。Word资料.明：c的k。在a*b=c*b*a两同右乘bn1，再由a*b=c*b*a得a*bn=(c*b*a)*bn1=(c*b)*(a*b)*bn2=(c*b)*(c*b*a)*bn2=(c*b)2*a*bn2=(c*b)2*(a*b)*bn3=(c*b)2*(c*b*a)*bn3=(c*b)3*a*bn3=⋯=(c*b)n*a,再由b*c=c*b及b的n得a=a*bn=(c*b)n*a=(cn*bn)*a=cn*a,因此cn=e。故由元素的定有k|n。由a*b=c*b*a,a*c=c*a,b*c=c*b得a*b=b*a*c，两同左乘am1，再由a*b=b*a*c得am*b=am1*(b*a*c)=am2*(a*b)*(a*c)=am2*(b*a*c)*(a*c)=am2*b*(a*c)2=am3*(a*b)*(a*c)2=am3*(b*a*c)*(a*c)2=am3*b*(a*c)3=⋯=b*(a*c)m,再由a*c=c*a及a的m得b=am*b=b*(a*c)m=b*am*cm=b*cm,因此cm=e。故由元素的定有k|m。由此可，k是m和n的公因子，从而能整除m和n的最大公因子(m,n)。（格与布尔代数）67、当n分别是24，36，110时，<Sn,|>是布尔代数吗？若是，则求出其原子集。解：因|S24|=8，|S36|=9，|S110|=8，故<S36,|>不是布代数。在<S24,|>中12没有元，故它也不是布代数。<S110,|>是布代数，其原子集{2,5,11}。68、设L是有界格，且|L|>1。证明：01。明：用反法明。0=1。任取aL，由于L是有界格，故a1且0a。即0a1。因Word资料.0=1且是L上的偏序关系，因此a=0。与已知|L|>1矛盾。69、(L,≤)是格，若a,b,cL，a≤b≤c，ab=b⊙c,(a⊙b)(b⊙c)=(ab)⊙(ac)明：因abc，因此ab=a，ab=b=b，且b=bc，以c=bc。从而ab=bc。(ab)(bc)=a(bc)=a(ab)=(aa)b=ab=b，(ab)(ac)=(bc)(ac)=b(c(ac))=bc=b。70、在布代数中，明恒等式a(ab)=ab明：a(ab)=(aa)(ab)=1(ab)=ab71、<L,>是格，a1,a2,⋯,anL。：a12⋯an=a1a2⋯an当a且当a1=a2=⋯=an。明：然是成立的。任一k=1,2,..,n，12⋯nak，