自考2324离散数学第四章课后答案

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4.1习题参考答案

自考2324离散数学课后答案

1、在自然数集N中，以下哪种运算是可结合的()。a)、a*b=a-bb)a*b=ma*(a,b)c)、a*b=a+2bd)a*b=|a-b|

依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？可以发觉只有b、c满意结合律。

晓津观点：b)满意结合律，分析如下：a)假设有a,b,c∈N，那么(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=ma*(ma*(a,b),c)即得到a，b,c中最大的数。a*(b*c)=ma*(a,ma*(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、设集合A={1，2，3，4，...，10},下面定义的哪种运算，关于集合A是不封闭的?a)**y=ma*(*,y)b)**y=min(*,y);

c)**y=GCD(*,y),即*,y最大公约数；d)**y=LCM(*,y)即*,y最小公倍数；d)是不封闭的。

3、设S是非空有限集，代数系统(s),∪,∩中，(s)上，对∪的幺元为___φ___，零元为___S____，(s)上对∩的幺元为___S_____零元___φ____。

4、设p,q,r是实数，*为R上二元运算↓a,b∈R，a*b=pa+qb+r，问*运算是否适合交换律、结合律和幂等律，是否有单位元和零元？并证明你的结论。

其不满意交换律、满意结合律、不满意幂等律、无零元、无单位元

晓津补充证明如下：

(1)a*b=pa+qb+r而b*a=pb+qa+r当p,q取值不等时，二式不相等。因此*运算不满意交换律。(2)设a,b,c∈R

那么(a*b)*c=p(pa+qb+r)+qc+r=p^2a+pab+pr+qc+r而a*(b*c)=pa+q(pb+qc+r)+r=pa+qpb+q^2c+qr+r二式不恒等，因此*运算是不满意结合律的。(3)a*a=pa+qa+r≠a所以运算不满意幂等律。(4)反证法。设有单位元e,那么应有

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,这与单位元假设有时只是唯一的定理相冲突。(5)反证法。设有零元O,那么应有

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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冲突。

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，试分别争论它们的交换性、等幂性，以及在A中关于*是否有幺元，假如有幺元，那么A中的每个元素是否有逆元。

(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,那么可得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,由于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△是不可安排的。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)依据：a*(b△c)≠(a*b)△(a*c)可知*对△是不可安排的

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*的规章表。

并证明对于任意n∈N,*在Zn上是可结合的。解：

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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那么有a=0,b=0,c=0

(a*b)*c=(((a.b)Modn).c)Modn=0a*(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，*运算满意结合律。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。解：

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那么有a=0,b=0,c=0

(a*b)*c=(((a.b)Modk).c)Modk=0a*(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。

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(3)设k=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k=k+1时，*运算满意结合律。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*和y，都有*□y=**a*y

证明：二元运算□是可结合的。

依据结合律：(*□y)□z=*□(y□z)(*□y)□z=(**a*y)*a*z*□(y□z)=**a*(y*a*z)由于*满意结合律，故：(**a*y)*a*z=**a*(y*a*z)=(*□y)□z=*□(y□z)=二元运算□是可结合的

3、设G={0，1，2，3}，为模4乘法，即*,y∈G,*y=(*y)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。证明：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。b)。c=(a+b+ab)。c=a+b+ab+c+ac+bc+abca。(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)由于[0]。[i]=i,所以[0]是R,O上一个幺元依据上述R,O是独异点

晓津认为题中所给R,O中的O应为o；答案中的(3)幺元是0,而不是[0].

5、设V=S,*是个半群，假设存在a∈S,使得对任意的*∈S,有u,v∈S满意：a*u=v*a=*。证明V是独异点。

晓津证明如下：

反证法：假设V不是独异点，那么V不存在幺元.而由于*是任意的，那么当*=a时，有a*u=v*a=a

即此时u,v分别是a的右、左幺元。由于在一个系统中假设同时存在左右幺元，那么二者必相等，

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因此此时u=v=e。

这与假设冲突，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：*∈S,*。OL也是一个左零元。证明：V=S,O是半群,故。在S上是可结合的*。OL=OL。*

依据定义4.1.5可知：OL。*=OL

故*。OL也是一个左零元

晓津不同看法：可结合不等于可交换。在这里应当把(*。OL)看作一个元素，这整个元素是一个左零元。另，题中S,O应为S，。证明如下：

由于V是半群，所以运算是封闭的,可结合的。假设有*,y,OL∈S，那么有*。OL∈S

且有(*。OL)。y=*。(OL。y)=*。OL即*。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的全部子半群，并说明哪些子半群是V的子独异点。解：子半群如下：

V1=Z1,,V2=Z2,,V3=Z3,,V4=Z4,

其中V1,V2,V3,V4都是V的子独异点，由于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。证明如下：设S,*为一个独异点，那么它有一个幺元.

设在S,*中e是关于*的幺元，假设对于任意a∈S，存在b∈S且b*a=e，那么b是a的左逆元。令左逆元的集合为L，那么LS,所以*在L上是结合的。

对任意的a，b∈L,

那么必存在*,y∈S,使a**=e，b*y=e;那么(a*b)*(y**)=a*(b*y)**=a*e**=a**=e;故a*b是y**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,*是一个半群。由于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L,*是一个子独异点。

9、设S,*

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那么S,*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(此题答案由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，那么b=c。证明：依据定理

4.3.4，设G,*是一个群，对于a,b∈G。必存在惟一的*∈G,使a**=b设a*b=g由于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：

-1

已知A,*为群，那么对于任意a,必逆元a和幺元e，那么有：a-1*(a*b)=a-1*(a*c)即有

(a-1*a)*b=(a-1*a)*ce*b=e*c所以有b=c

2、设H，*是独异点，且H中任意*，有***=e,其中e为单位元，试证明：H,*是交换群。证明：依据定理

4.2.2设H,*是独异点，对于a,b∈H,且a,b均有逆元。那么依据定义4.3.1，可知H，*是群

交换群就是*运算满意交换律的状况。满意交换律就是a*b=b*a将(a*b)*(b*a)依据结合性可得

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a*(b*b)*a=a*e*a=e

将(b*a)*(a*b)依据结合性可得b*(a*a)*b=b*e*b=e由于有

***=e，而上述两个运算的结果，可知a*b=b*a依据定义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，那么依据已知条件有：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H,*是交换群。

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：G,*是群。

证明：关于此题的迷惑，假如a=1b=1那么

a*b=0,0不是正整数了。那么G,*就不能满意封闭性了。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，所以满意封闭性。

证明如下：

(1)由于任意a,b∈G，即a,b∈Z，且a*b=a+b-2,可见a*b∈Z，因此G,*是封闭的。

(2)设有任意a,b,c∈G，那么(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G,*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：

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a*a=a+(4-a)-2=2;a*a=4-a+a-2=2。因此可证，G，*是群。

4、设G=

-1-1

{

(10)(10)(-10)(-10)(01)(0-1)(01)(0-1)

}

证明：G关于矩阵乘法构成一个群。运算表：

从运算表中可以看出其具有封闭性并且其具有单位元1001

如何证明其具有结合性？晓津认为，照旧可从表上看出。(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，依据题二的结论

***=单位元，那么说明G,矩阵乘法是群。晓津观点：最末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。

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5、设S,*为一代数系统，*定义如下：

问：S,*是否构成群？为什么？

答：首先其满意封闭性，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}，试构造代数系统元、幺元，并说明

(A),U的运算表，并指出是否存在零

(A)，U是否构成群？为什么？

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={2m5n|m,n∈I},:一般乘法，G,*是否构成群？为什么？对此不解，其没有说明*是什么运算？所以G,*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，那么G是一个不包含0的实数集，在G上关于运算是封闭的。

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关于一般乘法，很显着它也是可结合的。

在实数集的一般乘法中，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)，那么必存在m，n使2m5n=1.因此，G,*是存在幺元的。同样地，在实数集中的关于乘法的逆元*是*的倒数即*-1,由于G中不包含0，因此对于任一2m5n有2-m5-n

为其逆元。可见G,*构成群。

同学们有更好的理解和证法请不要独享啊。

8、设G,*是半群，假设存在左幺元，且每个元素均有右逆元，G,*是不是群？为什么？

其是群，由于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G,*存在幺元。依据定理4.1.4，由于G,*是半群，所以其是可结合运算的，依据定理4.1.4，其必有左逆元=右逆元，所以其是一个群。

问：G,7是循环群吗？假设是，找出它的生成元。答：G,7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

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故G是六阶循环群。

Littletree同学指出还有一个生成元：[5]

因4=[5]2，6=[5]3,2=[5]4,3=[5]5,1=[5]6

10、设A={*|*∈R∧*≠0,1}，在A上定义6个函数如下：f1(*)=*,f2(*)=*-1,f3(*)=1-*,f4(*)=(1-*)-1,f5(*)=(*-1)*-1,f6(*)=*(*-1)-1,令F={fi|i=1,2,,6},函数的复合o是F上二元运算。

a)求o的运算表。b)验证F,o是一个群。晓津答案：a)

b)(画完上面表格，真是头都大了)，我们可以看到，表中的全部元都在F内，因此运算是封闭的。有幺元e=f1,对于每个fi∈F，都有逆元存在。因此运算F,o是一个群。

11、设G={a,b,c},在G上定义二元运算。如下表所示：

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a)验证G,o为群；

b)G,o是否为循环群，假如是，找出它的生成元。解：a)

从运算表中可以看其具有封闭性。有幺元a，对于b有逆元c，对于c有逆元b。同时可看出其具有结合性，如(a。b)。c=a。(b。c)=a

b)其是循环群，b=bc=b2a=b3b是生成元。还有c=cb=c2a=c3所以c也是生成元

12、设H,△是群G,△的子群，N={*|*∈G,*H*=H}。证明：

N,△是G,△的一个子群。晓津证明如下：

(1)设任意a,b∈N，那么必有aΔa-1和bΔb-1∈H，由H,Δ是G，Δ的子群，可知a,b∈H，且aΔb∈H因此有(aΔb)Δ(aΔb)-1∈H

可得aΔb∈N。

(2)对应任意a∈N，有aΔa-1∈H，同时有a-1Δa∈H，因此有a-1∈N

所以(N，Δ)是(H，Δ)的子群，由于H≤G,所以有N≤G.

13、设G是交换群，证明G中一切有限阶元素所组成集合H是G的一个子群。

-1

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晓津提问：对于G中有限阶的理解

(1)是指G中的有限阶群，题意是指任何一个有限阶群都是G的一个子群?(2)还是指G中所包含的元素的阶是有限的且这些元素组成的集合是G的一个子群?

请兄弟MM们提供高见。下面是阮允准同学的证明:我认为是第2种理解。证明如下：

设e是＜G，＊＞的幺元显着e∈H,

所以H是G的非空子集。

设任意的a,b∈H，那么必有正整数m,n使am=e,

bn=e由b*b-1=e,所以(b*b-1)n=en所以bn*(b-1)n=ee*(b-1)n=e所以(b-1)n=e

(a*b-1)mn=amn*(b-1)mn=(am)n*((b-1)n)m=en*em=e所以a*b-1∈H所以H≤G

14、设G是一个群，～是G的元素间的等价关系，对任意a,*,y∈G,a*～ay=*～y证明：

H={*|*∈G,*～e}是G的子群，其中e是G的幺元。

晓津证明如下：

我的理解是a*就是指a与*之间进行某种运算的意思。这里我且用*夹在其中表示.

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(1)由于e∈G，e～e,所以e∈H,假设有任意a,*∈H

那么a,*∈G，*～e，a～e可得*～a,同时有*-1∈G，所以有a**-1=***-1=ea*e＝e*e=e即有a**-1～a*e

=〉*-1～e因此有*-1∈H

(2)设任意*,y∈H，那么有*,y∈G，*～e,y～e又因**y∈G，同上分析，假设有任意a∈H，有a～e,那么a*(**y)=e*(e*e)=e；a*e=

e；

即有a*(**y)～a*e=(**y)～e所以**y∈H,

因此H,*是G，*的子群

15、设G1,*,G2,△是两个群。在G1G2上定义☆为：

a1,b1☆a2,b2=a1*a2,b1△b2,证明：G1G2,☆是一个群。晓津证明如下：

(1)设有任意a1,b1,a2,b2∈G1G2由于a1*a2∈G1，b1Δb2∈G2所以a1*a2,b1Δb2∈G1G2即a1,b1☆a2,b2∈G1G2因此G1G2，☆是封闭的。

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(2)设有任意a3,b3∈G1G2那么有(a1,b1☆a2,b2)☆a3,b3=a1*a2,b1Δb2☆a3,b3=a1*a2*a3,b1Δb2Δb3)且a1,b1☆(a2,b2☆a3,b3)=a1,b1☆a2*a3,b2Δb3=a1*a2*a3,b1Δb2Δb3)

可见，在G1G2上关于☆运算是可结合的。

(3)由于在G1,*中有幺元e1,G2,Δ中有幺元e2,所以在G1G2上，对任意a1,b1有a1,b1☆e1,e2=a1*e1,b1*e2=a1,b1因此存在幺元e=e1,e2.

(4)由于在G1,*中对每个元素a有逆元a-1，在G2,Δ中对每个元素b有逆元b-1,那么

在G1G2中，对任意a,b有

a,b☆a-1,b-1=a*a-1,bΔb-1=e1,e2=e

可得G1G2，☆是一个群。

4.4习题参考答案

1、已知一个环{a,b,c,d},+,△,它的运算如表4.4.2所示。

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请回答：它是一个交换环吗？它有乘法幺元吗？这个环中的零元是什么？并求出每个元素的加法逆元。

解：{a,b,c,d},+△少了个逗号。应当是{a,b,c,d},+,△解：它是一个交换环。由于

可以发觉△运算在运算表中关于主对角线对称，所以{a,b,c,d},△是可交换的，所以依据定理4.4.2得知其是一个交换环。此处没有乘法幺元。环中的零元是依据后半部分运算来得到的。可以发觉a△*=a*△a=a，那么就可以判断a是零元

每个元素的加法逆元：b元素的加法逆元是dc元素的加法逆元是ca的加法逆元是a。

2、设A,+,.是一个环，并且对于任意的a∈A，都有a.a=a,这个环称布尔环，

证明：a)对于任意的a∈A,都有a+a=θ，其中θ是加法幺元。b)A,+,.是可交换环。解：

a)jhju对教材一点看法：环的定义中有这么一句：

A,☆是阿贝尔群，可是阿贝尔群是什么群呢？我翻了半天左孝凌的教材，没有这个名词的说明。无奈之中，只好翻了一下清华版教材，上面写着“假设群G中的二元运算是可交换的，那么称群G为交换群，也叫做阿贝尔群(Abel)群。而左孝凌的教材只写了一个abel群，并没有注明阿贝尔群。有的读者不是要被弄糊涂了？

浙江省考办在《计算机应用及教育》专业中《线性代数和离散数学》中指定的教材正是清华版的教材，而全国考办指定的教材不如省考办指定的教材。质

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量是生命，我觉得全国考办也应当反思一下。依据环的定义：A,+是个交换群。依据题意θ是幺元，a+θ=aθ+a=aa+a=(a+θ)+(θ+a)

依据交换律与结合律：a+a=(θ+θ)+(a+a)

晓津看法，上面的证明并没有完成。我觉得题目中的a+a=θ是不是应当改为a+a=a?

b)a.(b+c)=a.b+a.c

3、在整数环中定义*和o两个二元运算，对任意a,b∈Z有：a*b=a+b-1aob=a+b-ab

证明：Z,*,o是一个含幺环。

证明：可以很明显的看出a*b满意交换律、封闭性、结合律，故其是一个阿贝尔群

而aob在Z中满意封闭性、结合律，故其是一个半群。*o(y*z)=*o(y+z-1)=*+y+z-1-*(y+z-1)=*+y+z-1-*y-*z+**oy**oz=(*+y-*y)*(*+z-*z)=*+y+z-1-*y-*z+*得:*o(y*z)=(*oy)*(*oz)

同理可得：(**y)oz=(*oy)*(*oz)可见：o对于*是可安排的Z,*,o是一个环

在Z中，aob=a+b-ab0ob=bbo0=b可见0是o运算中的幺元。Z,o含有幺元，那么

A,+,o是含幺环。

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4、设R1，R2是环，在R1R2中定义两个二元运算*和o，对任意a1,b1,a2,b2∈R1R2，

a1,b1*a2,b2=a1+a2,b1+b2a1,b1oa2,b2=a1a2,b1b2。a)证明R1R2,*,o构成一个环；

b)假设R1和R2是交换环〔或含幺环〕，那么R1R2也是交换环(或含幺环〕。

c)假设R1和R2都是整环，R1R2是整环吗？证明你的结论。晓津证明如下：a)

由于R1，R2是环，那么对于任意a1,a2∈R1有a1+a2∈R1,a1*a2∈R1，R2同理。所以：(1)

对于任意a1,b1,a2,b2∈R1R2有

a1,b1*a2,b2=a1+a2,b1+b2∈R1R2并有

a2,b2*a1,b1=a2+a1,b2+b1再设任意a3,b3∈R1R2，那么显着有

a3,b3*(a2,b2*a1,b1)=(a3,b3*a2,b2)*a1,b1同时有幺元e=0,0,使得：a1,b1*0,0=a1,b1

对任一元素有逆元-a1,-b1存在，使得a1,b1*-a1,-b1=0,0

可见在R1R2中关于*运算是封闭的、可结合的、可交换的、存在幺元和各元素的逆元，因此它是一个阿贝尔群。

自考2324离散数学第四章课后答案

(2)对于任意的a1,b1,a2,b2∈R1R2，有a1,b1oa2,b2=a1a2,b1b2∈R1R2假设有a3,b3∈R1R2，那么显着地有：

a1,b1o(a2,b2oa3,b3)=(a1,b1oa2,b2)oa3,b3可见R1R2，o是一个半群。

(3)对于任意的a1,b1,a2,b2,a3,b3∈R1R2，那么a1,b1o(a2,b2*a3,b3)=a1,b1oa2+a3,b2+b3=a1(a2+a3),b1(b2+b3)可见o对*是可安排的。因此R1R2，*,o是一个环。

b)要证明R1R2是交换环(含幺环)只需在以上证明的基础上证明R1R2，o可交换或含幺元。如下：

由于R1，R2是交环，那么对于a1,a2∈R1及b1,b2∈R2，有a1a2=a2a1、b1b2=b2b1,因此假设有任意a1,b1,a2,b2∈R1R2

那么

a1,b1oa2,b2=a1a2,b1b2a2,b2oa1,b1=a2a1,b2b1它们是相等的，即o运算可交换。

同样的，R1有幺元e1,R2有幺元e2,那么对于任意a1,b1∈R1R2，有a1,b2oe1,e2=a1,b2即有幺元e=e1,e2

可见，R1R2是交换环(或含幺环)

(c)要证其为整环，那么还需证明R1R2,o中无零因子。如下：

任取a1,b1,a2,b2∈R1R2，且a1,b1≠0，0，a1,b1oa2,b2=0,0那么有a1a2,b1b2=0

由a1,b1≠0,0

自考2324离散数学第四章课后答案

，R1,R2是整环，那么a1a2=0且a1≠0时，必有a2=0，b1b2=0且b1≠0时，有b2=0,所以有a2,b2=0,0=0

因此在R1R2中满意消去律，可证R1R2中无零因子。

5、证明有限整环必定是域。晓津证明如下：

(1)设A,*，o是一个整环，那么A必有幺元。(2)同时每个非零元都有逆元。

6、证明环的直积也是环。所谓环的直积指：R,+,.,R',o,*直积RR',△,□。

定义为：任意a,b,c,d∈RR'a,b△c,d=a+c,boda,b□c,d=ac,b*d

晓津提示如下：此题与第4题基本相同，就是更繁复些，在此就不证了，哪位同学把证明过程写出来好吗?

7、设A,+,.和B,,是两个代数系统，假如从A到B的映射f，满意如下条件：对任意

a,b∈A有：a)f(a+b)=f(a)f(b);b)f(a.b)=f(a)f(b);

自考2324离散数学第四章课后答案

那么称f为由A,+,.到B,,的一个同态映射，称B,,是A,+,.的同态象。

证明：任一环的同态象是一个环。

此题看起来实在繁复，请同学们援助证一下吧。

8、已知{a,b|a,b是整数},+,*是环，其中规定a,b=c,diffa=c,b=d,a,b+c,d=a+c,b+d,a,b*c,d=ac,bd，说明该环是否为整环？为什么？晓津答案：

设它是一个整环，那么要证明：该环是含幺环、是交换环、对于集合中每个元素存在逆元，且无零因子。如下：设题中给定环为A，+，*

(1)在A,*中，存在幺元e=e,e,验证如下：a,b*e,e=ae,be=a,be,e*a,b=ea,eb=a,b(2)同样简单验证此环是可交换的。(3)下面争论它是否存在零因子：

设有任意a,b,c,d∈A,且a,b≠