关于n次幂的运算

关于n次幂的运算

一、.运算不满足结合律时的n次莎.定义a是非空组合，是a中的一个二元算子。如果运算╋满足结合律,那么对A中任意n个元素x1,x2,…,xn,运算结果x1╋x2╋…╋xn是唯一确定的,即只要不改变x1,x2,…,xn的顺序,相邻两个元素做运算的先后次序是无关紧要的,也即可以任意加括号而不改变运算结果,正因为如此,通常都省略括号。特别,当x1=x2=…=xn=x时,n个相同元素x作运算,其结果x1╋x2╋…╋xn是唯一确定的,称为x的n次幂,记作xn。问题1:当运算不满足结合律时,n次幂的运算是否有意义呢?答案是否定的。例1:设A={1,a,b,c,d},A上的二元运算╋如下表所示:容易看出,在代数系统(A,╋)中,运算满足交换律且有单位元1。因为:所以运算不满足结合律。又因为:所以a4没有意义。我们知道,在非空集合A以及A上一个二元运算╋构成的代数系统(A,╋)中,如果存在单位元,则单位元是唯一存在的。进一步,当运算满足结合律时,如果元素x存在逆元素,则x的逆元素是唯一存在的。问题2:当运算不满足结合律时,如果一个元素有逆元存在,是否其逆元一定唯一存在呢?答案也是否定的。这里顺便指出文中一处错漏。文中说:“如果单位元、逆元存在,则它们是唯一的”。例2:设(A,╋)与例1相同。易见,a有两个逆元b和c,b有两个逆元a和c,c有三个逆元a、b和d,d有唯一一个逆元c。问题3:在代数系统(A,╋)中,如果每个元素都有唯一的逆元,那没运算是否一定满足结合律呢?答案是否定的。例3:设A={1,a,b,c},A上的二元运算╋如下表所示:容易看出,在代数系统(A,╋)中,运算满足交换律且有单位元1,每个元素都有唯一的逆元,但运算不满足结合律。二、结论4:“数”不可兼析取式的不可兼析取式在命题逻辑中,由文我们知道,对命题总共可以定义八个二元运算,即“合取、析取、蕴涵、等价、与否、或非、蕴涵否定、不可兼析取”,再加上一个一元运算“否定┑”,总共有九个运算。但在大多数教材中都只引入“否定┑、合取∧、析取∨、蕴涵→、等价↔”等五个常用的联结词运算,至多如文那样再引入“不可兼析取∨¯¯∨¯”,总共引入六个联结词。容易证明,“与否、或非、蕴涵和蕴涵否定”这四个运算都不满足结合律,而“合取∧、析取∨、等价↔和不可兼析取∨¯¯∨¯”都满足结合律。设P1,P2,…,Pn是n个命题,那么:P1∧P2∧…∧Pn为真的充要条件是设P1,P2,…,Pn都为真;P1∨P2∨…∨Pn为真的充要条件是P1,P2,…,Pn中至少有一个为真。这都是与合取和析取的日常意义相吻合的。即n个命题的合取式为真,当且仅当这n个命题同时为真;n个命题的析取式为真,当且仅当这n个命题中至少有一个为真。由此我们自然地提出下列问题。问题4:P1↔P2↔…↔Pn和P1∨¯¯P2∨¯¯⋯Ρ1∨¯Ρ2∨¯⋯∨¯¯Pn∨¯Ρn的逻辑意义怎样呢?对此我们有下列结论。结论1:P1↔P2↔…↔P2m为真,当且仅当P1,P2,…,P2m中恰好有偶数个(含0个)为真。P1↔P2↔…↔P2m+1为真,当且仅当P1,P2,…,P2m+1中恰好有奇数个为真。证明:当m=1时,直接由命题联结词“↔”的定义可得:P1↔P2为真,当且仅当P1和P2同时为真或同时为假;P1↔P2↔P3为真,当且仅当P1,P2和P3中三个都为真或只有一个为真,所以结论1成立。假设对m结论1成立,往证m+1的情形。因为所以,P1↔P2↔…↔P2m↔P2m+1↔P2m+2为真,当且仅当P1↔P2↔…↔P2m和P2m+1↔P2m+2同时为真或同时为假。若同时为真,则由归纳假设,P1,P2,…,P2m中有偶数项为真;P2m+1,P2m+2中也有偶数项为真。因而P1,P2,…,P2m+2中也有偶数项为真。若同时为假,则由归纳法假设,P1,P2,…,P2m中有奇数项为真,P2m+1,P2m+2中也有奇数项为真,因而P1,P2,…,P2m+2中有偶数项为真。所以P1↔P2↔…↔P2m+2为真,当且仅当P1,P2,…,P2m+2中恰好有偶数项为真。同理可证P1↔P2↔…↔P2m+3为真,当且仅当P1,P2,…,P2m+3中恰好有奇数项为真。由归纳原理即证明了结论1。结论2:P1∨¯¯P2∨¯¯⋯∨¯¯PnΡ1∨¯Ρ2∨¯⋯∨¯Ρn为真,当且仅当P1,P2,…,Pn中恰好有奇数个为真。证明:对n(≥2)作数学归纳法即可。由结论1和结论2得到下列有趣的推论。推论1:推论2:由此可知,“偶数个命题的不可兼析取式”与“这偶数个命题的等价式”互为否定,这与不可兼析取是等价的否定、即P∨¯¯Q⇔┑(P↔Q)Ρ∨¯Q⇔┑(Ρ↔Q)的逻辑意义相符;但是,“奇数个命