内容发布更新时间 : 2024/5/6 7:18:13星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
5．对于上题中封闭的二元运算判断是否适合交换律，结合律，分配律。 见上题
7．设 * 为Z?上的二元运算?x,y?Z?，
X * Y = min ( x，y ),即x和y之中较小的数.
(1)求4 * 6，7 * 3。 4, 3
(2)* 在Z上是否适合交换律，结合律，和幂等律？ 满足交换律，结合律，和幂等律
(3)求*运算的单位元，零元及Z?中所有可逆元素的逆元。 单位元无，零元1, 所有元素无逆元
8．S?Q?Q Q为有理数集，*为S上的二元运算，
< a，b >*
（1）*运算在S上是否可交换，可结合？是否为幂等的？ 不可交换：
可结合：(
（2）*运算是否有单位元，零元？ 如果有请指出，并求S中所有可逆元素的逆元。 设
所以当x?0时，?x,y??1?1y,? xx?10．令S={a，b}，S上有四个运算：*，°，和□分别有表确定。
(a) (b) (c) (d)
(1)这4个运算中哪些运算满足交换律，结合律，幂等律？ (a) 交换律，结合律，幂等律都满足， 零元为a,没有单位元；
(b)满足交换律和结合律，不满足幂等律，单位元为a,没有零元 (c)满足交换律,不满足幂等律,不满足结合律 没有单位元, 没有零元
(d) 不满足交换律，满足结合律和幂等律 没有单位元, 没有零元
(2)求每个运算的单位元，零元以及每一个可逆元素的逆元。 见上
16．设V=〈 N，+ ， 〉，其中+ ，分别代表普通加法与乘法，对下面给定的每个集合确定它是否构成V的子代数，为什么？
（1）S1={2n | n∈Z} 是
（2）S2={2n+1 | n∈Z} 不是 加法不封闭 （3）S3 = {-1，0，1} 不是，加法不封闭
第十一章部分课后习题参考答案
8.设S={0，1，2，3}，
为模4乘法，即
y=(xy)mod 4
\?x,y∈S, x
问〈S，
〉是否构成群？为什么？
y=(xy)mod 4?S,
是S上的代数运算。
解：(1) ?x,y∈S, x
(2) ?x,y,z∈S,设xy=4k+r 0?r?3
(x
y)
z =((xy)mod 4)
z=r
z=(rz)mod 4
=(4kz+rz)mod 4=((4k+r)z)mod 4 =(xyz)mod 4 同理x
(y
z) =(xyz)mod 4 y)
z = x1)=(1
(y
z)，结合律成立。
所以，(x(3) ?x∈S, (x
x)=x,，所以1是单位元。
(4)1?1?1,3?1?3, 0和2没有逆元 所以，〈S，
〉不构成群
9.设Z为整数集合，在Z上定义二元运算。如下： \?x,y∈Z,xoy= x+y-2 问Z关于o运算能否构成群？为什么？
解：(1) ?x,y∈Z, xoy= x+y-2?Z,o是Z上的代数运算。 (2) ?x,y,z∈Z,
(xoy) oz =(x+y-2)oz=(x+y-2)+z-2=x+y+z-4 同理(xoy)oz= xo(yoz)，结合律成立。
(3)设e是单位元，?x∈Z, xoe= eox=x,即x+e-2= e+x-2=x, e=2 (4) ?x∈Z , 设x的逆元是y, xoy= yox=e, 即x+y-2=y+x-2=2, 所以，x?1?y?4?x 所以〈Z，o〉构成群
??10??10?11.设G=???01??,??0?1??,???????10???10????01??,??0?1???，证明G关于矩阵乘法构成一个群． ?????解：(1) ?x,y∈G, 易知xy∈G,乘法是Z上的代数运算。
(2) 矩阵乘法满足结合律
?10?(3)设??01??是单位元，
??(4)每个矩阵的逆元都是自己。 所以G关于矩阵乘法构成一个群． 14.设G为群，且存在a∈G,使得 G={ak∣k∈Z} 证明：G是交换群。
证明:?x,y∈G，设x?ak,y?al，则 所以，G是交换群
17.设G为群，证明e为G中唯一的幂等元。
22?e0，即e0?e0e，由消去律知e0?e 证明:设e0?G也是幂等元，则e018.设G为群，a,b,c∈G,证明
∣abc∣=∣bca∣=∣cab∣ 证明：先证设(abc)k?e?(bca)k?e 设(abc)k?e,则(abc)(abc)(abc)?(abc)?e， 即 a(bca)(bca)(bca)?(bca)a?1?e 左边同乘a?1，右边同乘a得
反过来，设(bac)?e,则(abc)?e.
kk由元素阶的定义知，∣abc∣=∣bca∣，同理∣bca∣=∣cab∣ 19.证明：偶数阶群G必含2阶元。
证明：设群G不含2阶元，?a?G，当a?e时，a是一阶元，当a?e时，a至少是3阶元,因为群G时有限阶的，所以a是有限阶的，设a是k阶的,则a?1也是k阶的，所以高于3阶的元成对出现的，G不含2阶元，G含唯一的1阶元e,这与群G是偶数阶的矛盾。所以，偶数阶群G必含2阶元
20.设G为非Abel群，证明G中存在非单位元a和b,a≠b,且ab=ba. 证明：先证明G含至少含3阶元。
若G只含1阶元,则G={e},G为Abel群矛盾；
若G除了1阶元e外,其余元a均为2阶元，则a2?e，a?1?a
?a,b?G,a?1?a,b?1?b,(ab)?1?ab,所以ab?a?1b?1?(ba)?1?ba，
与G为Abel群矛盾；
所以，G含至少含一个3阶元，设为a，则a?a2，且a2a?aa2。 令b?a2的证。
21.设G是Mn(R)上的加法群，n≥2，判断下述子集是否构成子群。 （1）全体对称矩阵 是子群 （2）全体对角矩阵 是子群
（3）全体行列式大于等于0的矩阵. 不是子群 （4）全体上（下）三角矩阵。 是子群
22.设G为群，a是G中给定元素，a的正规化子N（a）表示G中与a可交换的元素构成的集合，即
N（a）={x∣x∈G∧xa=ax} 证明N（a）构成G的子群。 证明：ea=ae,e?N(a)??
a(xy)?(ax)y?(xa)y?x(ay)?x(ya)?(xy)a,所以xy?N(a)
由ax?xa，得x?1axx?1?x?1xax?1,x?1ae?eax?1，即x?1a?ax?1，所以x?1?N(a) 所以N（a）构成G的子群
31.设?1是群G1到G2的同态，?2是G2到G3的同态，证明?1??2是G1到G3的同态。 证明：有已知?1是G1到G2的函数，?2是G2到G3的函数，则?1·?2是G1到G3的函数。 所以:?1·?2是G1到G3的同态。
33.证明循环群一定是阿贝尔群，说明阿贝尔群是否一定为循环群，并证明你的结论。 证明：设G是循环群,令G=,?x,y?G,令x?ak,y?al,那么
xy?akal?ak?l?al?k?alak?yx,G是阿贝尔群
克莱因四元群,G?{e,a,b,c}
是交换群,但不是循环群,因为e是一阶元，a,b,c是二阶元。 36.设?,?是5元置换，且
????21453??，????34512??
????(1)计算??,??,??1,??1,??1??； (2)将??,??1,??1??表成不交的轮换之积。
(3)将（2）中的置换表示成对换之积，并说明哪些为奇置换，哪些为偶置换。
?12345??12345??12345??12345??1?12345???解：(1) ???? ????45321??43125?? ????45123??
??????(2) ???(1425) ??1?(14253) ??1???(143)(25) (3) ???(14)(12)(15) 奇置换， ??1?(14)(12)(15)(13) 偶置换 ??1???(14)(13)(25) 奇置换
第十四章部分课后习题参考答案
5、设无向图G有10条边，3度与4度顶点各2个，其余顶点的度数均小于3，问G至少有多少个顶点？在最少顶点的情况下，写出度数列、?(G)、?(G)。 解：由握手定理图G的度数之和为：2?10?20
3度与4度顶点各2个，这4个顶点的度数之和为14度。 其余顶点的度数共有6度。
其余顶点的度数均小于3，欲使G的顶点最少，其余顶点的度数应都取2, 所以，G至少有7个顶点, 出度数列为3,3,4,4,2,2,2,?(G)?4,?(G)?2. 7、设有向图D的度数列为2，3，2，3，出度列为1，2，1，1，求D的入度列，并求?(D),?(D)，
??(D),??(D),??(D),??(D).
解：D的度数列为2，3，2，3，出度列为1，2，1，1，D的入度列为1,1,1,2.
?(D)?3,?(D)?2,??(D)?2,??(D)?1,??(D)?2,??(D)?1
8、设无向图中有6条边，3度与5度顶点各1个，其余顶点都是2度点，问该图有多少个顶点？