离散数学-期末复习笔记

离散期末复习

(一)、预备知识

矩阵概念与运算、布尔矩阵及其性质
矩阵运算满足结合律，不满足交换律。布尔矩阵的运算。
组合数学与数论初步。
重点：加法原则、乘法原则、鸽笼原理、排列组合、最大公约数、最小公倍数，了解数制转换。
例如：n个字符全排列，a,b不出现并排的排列数有多少？

解：a,b在一起的并排排列数有2(n-1)！(例如XXXabXXX,
XXXbaXXX，n个字符，所有的X共有n-2个位置，ab,或ba作为1个位置，总共n-1个位置全排列，ab,ba有2种情况)，总共有n!,所以a,b不出现并排的排列数有n!-2(n-1)！
例如，n个字符全排列，a,b,c不出现在一起的排列数有多少？
解：n!-6(n-2)！
例如：5男5女圆周交替就坐的方式有多少种？
解：先让5个男的圆桌就座：5！/5 = 24种；然后让其中一位女的坐在两位男的之间有5种方式，依次4种、3种。。。，最终：24*5*4*3*2*1=2880
定理1-3
$a、b$是任意整数，则存在整数$x$和$y$，使得$ax + by = GCD(a,\ \ b)$

(二)、集合论

集合：集合是指具有某种特定性质的具体的或抽象的对象汇总而成的集体。
集合之间的关系：包含、等于
序偶：两个具有固定次序的客体组成一个序偶
笛卡尔积：A×B={(x,y)|x∈A∧y∈B}
容斥原理：|A∪B∪C| = |A|+|B|+|C| - |A∩B| - |B∩C| - |C∩A| +
|A∩B∩C|
集合相等的证明：A$\subseteq$B，B$\subseteq$A
A是n个元素的集合，幂集P(A)有？个元素。

2ⁿ
A是非空集合，代数系统<P(A),∪>中，零元是？，单位元是？。
A,Ø
证明：A-(B-C)=(A-B)∪(A∩C)
A. (B-C) =A-(B∩﹁C) =A∩﹁(B∩﹁C) =A∩(﹁BUC)=(A∩﹁B)U(A∩C) =(A-B)U(A∩C)
证明：设A、B、C是集合，若A∪B=A∪C且A∩B=A∩C，则B=C。
B=B∩(A∪B)
=B∩(A∪C)
=(B∩A)∪(B∩C)
=(A∩C)∪(B∩C)
=(A∪B)∩C
=(A∪C)∩C
=C

(三)、命题逻辑

命题相关概念
命题公示
命题公示等值演算
范式(最小项、最大项)
命题推理
真值表的使用

重点：主析取、主合取范式，命题推理
求 P->(Q->R)的主合取范式和主析取范式。

解：主合取， $P \rightarrow (Q \rightarrow R) = \neg P \vee (\neg Q \vee R) = \neg P \vee \neg Q \vee R = M_{6}$
主析取:$M_{0} \vee M_{1} \vee M_{2} \vee M_{3} \vee M_{4} \vee M_{5} \vee M_{7}$
m0∨m1∨m2∨m3∨m4∨m5∨m7,
注意大小写，最大项用M，最小项用m解：利用真值表法。建议使用，先画出真值表，主合取式是G=0，选择最大项的合取，主析取是G=1，选择最小项的析取。

证明：﹁P∨Q, R∨﹁Q,R $\rightarrow$S ⇒P$\rightarrow$S

证明:

P     P附加

﹁P∨Q     P

Q     T(1,2)

R∨﹁Q,     P

R     T(3,4)

R$\rightarrow$S      P

S     T(5,6)

P->S     CP

张三说李四说谎，李四说王五说谎，王五说张三、李四都在说谎。请问谁在说谎。

P表示张三说了实话，Q表示李四说了实话，R表示王五说了实话，上述命题描述形式化为：$P \leftrightarrow \neg Q，Q \leftrightarrow \neg R，R \leftrightarrow \neg P \land \neg Q，$依据题意，3个命题的合取为真，因此
$(P \leftrightarrow \neg Q) \land (Q \leftrightarrow \neg R) \land (R \leftrightarrow \neg P \land \neg Q)$
=$(P \rightarrow \neg Q) \land (\neg Q \rightarrow P) \land (Q \rightarrow \neg R) \land (\neg R \rightarrow Q) \land \left( R \rightarrow (\neg P \land \neg Q) \right) \land \left( (\neg P \land \neg Q) \rightarrow R \right)$
//吸收律
$= (\neg P \vee \neg Q) \land (Q \vee P) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (R \vee Q) \land \left( \neg R \vee (\neg P \land \neg Q) \right)$
=$(\neg P \vee \neg Q) \land (Q \vee P) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (R \vee Q) \land \left( \neg R \vee \neg(P \vee Q) \right)$
=$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (R \vee Q) \land (Q \vee P) \land \left( \neg R \vee \neg(P \vee Q) \right)$
//分配律，$(Q \vee P) \land \neg(P \vee Q) = 0$
=$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (R \vee Q) \land (Q \vee P) \land ( \neg R) $ //德摩根律， =$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (R \vee Q) \land (Q \vee P) \land \neg R$ //分配律 =$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (Q \vee P) \land (\neg R \land Q)$ =$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land (Q \vee P) \land Q \land \neg R$ //吸收律 =$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land Q \land \neg R$ //吸收律 =$(\neg P \vee \neg Q) \land (\neg Q \vee \neg R) \land Q \land \neg R$ =$(\neg P \vee \neg Q) \land Q \land \neg R$=($(\neg P \land Q) \vee (\neg Q \land Q)) \land \neg R = \neg P \land Q \land \neg R$
公式为真，必须Q为真，P、R为假。因此Q是实话。

应用命题逻辑，求解球队比赛的名次。2022日本世界杯小组赛G组：瑞士、塞尔维亚、巴西、喀麦隆，4支球队循环赛，A、B、C三人预测了该小组成绩，A:巴西第1，塞尔维亚第2；B：巴西第2，喀麦隆第3；C：瑞士第2，喀麦隆第4。假设比赛成绩没有并列，实际比赛结果是A、B、C的预测各对一半。

解答：设球队为$X、Y、Z、T$，名次使用下标$i$表示，X第1名用$X_{1}$，X第2名用$X_{2}$，...，按照题目有三个预测结果：
结果1为${\ (Z}_{1}{\land \neg Y}_{2}) \vee {\ (\neg Z}_{1}{\land Y}_{2}) = 1$；
结果2为${\ (Z}_{2}{\land \neg T}_{3}) \vee {\ (\neg Z}_{2}{\land T}_{3}) = 1$
结果3为${\ (X}_{2}{\land \neg T}_{4}) \vee {\ (\neg X}_{2}{\land T}_{4}) = 1$
三个式子合取为1，可以先做前两个合取式，扣除不合理项，再合取第3个结果。不合理项，例如：$Z1 \land ﹁\ Y2 \land Z2 \land ﹁\ T3$,因为不可能同时Z1和Z2。最后结果为：$Z1 \land ﹁\ Y2 \land ﹁Z2 \land \ T3 \land \ X2 \land ﹁\ T4$。
因此，Z1、X2、T3。Y只能Y4。

(四)、谓词逻辑

谓词逻辑基本概念
谓词公示
谓词公示的等价
蕴涵
范式
前束范式
推理

重点：蕴涵推理(US、UG、ES、EG规则)。

形式化：

习题2：个体域为整数集合$Z$，对下列命题形式化
(1)若$y = 0$，任意$x$，xy=y
(2)若$y = 1$，任意$x$，xy=x
(3)任意$x$、$y$，若$xy \neq 0$，则$x \neq 0$且$y \neq 0$
(4)任意$x$、$y$，若$xy = 0$，则$x = 0$或$y = 0$
(5)$3x = 9$，当且仅当$x = 3$

解：
设$P(x,y,z)：xy = z$，$E(x,y)：x = y$，
(1)$\forall y(E(y,0) \rightarrow \forall xP(x,\ y,\ y))$
(2)$\forall y(E(y,1) \rightarrow \forall xP(x,\ y,\ x))$
(4)$\forall x\ \forall y(P(x,y,0) \rightarrow E(x,\ 0) \vee E(y,\ 0))$
(3)$\forall x\ \forall y(\neg(P(x,y,0) \rightarrow \neg E(x,\ 0) \land \neg E(y,\ 0))$
(5)$\forall x\ (P(3,\ x,\ 9)\ \leftrightarrow E(x,\ 3))$

谓词公式的证明：
证明：$(\forall x)\left( P(x) \vee Q(x) \right) \rightarrow (\forall x)P(x) \vee (\exists x)Q(x)$

证明$(\forall x)\left( P(x) \rightarrow Q(x) \right),(\exists x)P(x) \rightarrow (\exists x)Q(x)$

先形式化，再证明。
所有有理数都是实数，某些有理数是整数，因此有些实数是整数。

三角函数都是周期函数，一些三角函数是连续函数，所以一些周期函数是连续函数。

(五)、关系

关系：设A、B是两个集合,A×B的任一子集R称为从A到B的一个二元关系
关系的表示(集合表示、关系图、关系矩阵表示)
关系的集合运算、复合运算、关系的幂运算、逆运算
关系R的本质是A×B的子集，R⊆A×B，A=B，R称为A上的关系

例子：R,S,T是集合A上的关系，证明
(1)R⊆S → RºT⊆SºT:
(2)R⊆S → R^-1⊆S^-1;
(3)(R∩S)^-1 = R^-1∩S^-1:
(4)R⊆S → ┐S⊆┐R;
(5)(RUS)ºT = (RºT)U(SºT);

关系的性质(自反与反自反，对称与反对称，传递)
集合上的 "包含" 关系满足：自反，反对称，传递
实数上的 "相等" 关系满足：自反，对称，反对称，传递

闭包：

自反闭包r(R)：矩阵对角线值=1
对称闭包s(R)：矩阵对称
传递闭包t(R)：求该关系矩阵的二次幂 , 三次幂 , 四次幂 , ⋯ \cdots⋯ ,直到出现相同的循环的值为止;用交集。

重要定理

闭包的复合运算

R 关系是A集合上的二元关系 , R⊆A , 且A集合不为空集 , A≠∅

rs(R)=sr(R) :
rs( R ) : 先求R关系的自反闭包 , 然后再求自反闭包的对称闭包
sr( R ) : 先求R关系的对称闭包 , 然后再求对称闭包的自反闭包
上述两个闭包运算的结果相同
rt(R)=tr(R)
rt( R ) : 先求R关系的自反闭包 , 然后再求自反闭包的传递闭包
tr( R ) : 先求R关系的传递闭包 , 然后再求传递闭包的自反闭包
上述两个闭包运算的结果相同
st(R)⊆ts(R)
st( R ) : 先求R关系的对称闭包 , 然后再求对称闭包的传递闭包
ts( R ) : 先求R关系的传递闭包 , 然后再求传递闭包的对称闭包
上述两个闭包运算的结果 ,ts(R)关系包含st(R)关系 ;

闭包的Warshall算法

例子：非空集合A，|A|=n,集合A上可以构造多少个不同的二元关系？自反的二元关系？对称的、反对称的二元关系。

略

(六)、特殊关系

等价关系：自反 , 对称 , 传递的序偶集合
偏序关系：自反，反对称，传递的序偶集合
函数：函数本质上是关系

设集合 A={1,2,3}，则 A
上一共可以构造多少个不同的等价关系，并列出这些等价关系。

例：R，S是集合A上的等价关系，证明：RoS是集合A上的等价关系，当且仅当RoS=SoR。

证明：
1.由R ◦ S=S ◦ R，证明R ◦ S是等价关系；证明：自反、对称、传递
2.由R ◦ S是等价关系，证明R ◦ S=S ◦ R。证明两者互为子集

例：集合A={2,3,6,8,12,14,36}上的整除关系，画出哈斯图，求出B={2,3,6,8}的最大元，最小元，极大元，极小元，上确界，下确界

例：f是集合A到集合B的函数，g是集合B到集合C的函数，如果fog是A到C的满射，证明g是集合B到集合C的满射。P123。

证明：设<A,≤>是偏序集，对任意a∈A,定义f(a)={x|x∈A∧x≤a}。证明f是从A到f(A)的单射函数，并且f保持<A,≤>与<p(A),⊆>的偏序关系，即若a≤b,有f(a)⊆f(b).

S是A上的二元关系，证明若S是自反和传递的，则SoS=S，其逆为真吗？

证明两个关系相等，使用集合相等的方法，左包含、右包含来证明。

(七)、图论基础

G=<V,E>,图的概念，图的表示
图同构：结点数目相同、边数相同、度数相同的结点数相同
欧拉定理∑deg(v)=2|E|
图的操作(补图、自补图)
通路、回路
图的连通性，连通分支数

零图：是由孤立结点构成的图。
平凡图：阶为1的零图。
平行边：如果两条无向边的端点相同
平行弧：有向图两条边的始点和终点相同
简单图：图不含平行边/弧，任意结点无环。
完全图：简单图的每个节点和其余所有节点相邻。

图：度为奇数的结点个数是偶数
握手定理：所有结点度数之和等于边数的两倍

例子：无向图G的边数m=13，3个2度顶点，2个3度顶点，1个4度顶点，其余顶点为5度顶点，求G中5度顶点个数。

2m=2*3+3*2+1*4+5x，所以26=16+5x,x=2

例：是否存在7阶无向图，每个顶点度数为3？

例子：无向图G有12条边，已知G中度数为3的结点个数为6，其余结点的度数均小于3，G中至少有多少个结点？

例子：对于无向图，4个结点的自补图，5个结点的自补图

例子：求4阶3边的所有非同构的无向简单图。

设G为n(n≥3,且为奇数)阶无向简单图，证明G和G的补图奇度顶点个数相等。(从G、G的补图、Kn的顶点集合考虑，点的度数)

无向图G中只有2个奇度顶点u、v，证明u与v一定连通。

一简单无向图G,G=<V,E>，|V|=v，|E|=e，若e≥(C^2_v-1)
+2,则G是哈密尔顿图。其中，(C^2_v-1)是组合数，等于(v-1)(V-2)/2。应用奥尔定理推论。

证明：
奥尔定理及推论(定理8-6)，反证法，假设不是H-图。G中存在两点u,v，deg(u)+deg(v)<=n-1=v-1，构造图G'=G-{u,v}=<V',
E'>，任意x属于V'，deg(x)<=v-3,
图G'总的度数和=deg(V')<=(v-2)*(v-3)，即结点数*最大度数，依据握手定理，|E'|<=(v-2)(v-3)/2,
因此，|E|=e<=|E'|+deg(u)+deg(v)<=1/2*(v-2)(v-3)+(v-1)<1/2*(v-2)(v-3)+v=1/2*(v*v-5v+6+2v)=1/2(v-1)(v-2)+2，这与给出的已知条件矛盾。因此G是H-图。

例子：求出邻接矩阵，长度不超过3的通路和回路数。

计算A,A²,A³，长度不超过3，即长度=1,2,3。

例子：给定图，(1)求A到F的基本通路；(2)求A到F的简单通路；(3)从B到F长度为4的通路数；(4)经过图中各结点长度为2的所有回路数。

(1) 基本通路，需要考虑点不重复，可以从长度最短的开始。因此有：ADF；ABDF；ACDF；ACEEF；ABDCEF
(2) 简单通路，需要考虑边不重复，有：ADF；ABDF；ACEF；ACDF； ADCEF；
ABDCEF；ABDACEF；ABDACDF；ACDABDF；ACDBADF；ADCABDF；ADBACEF；ADBACDF
(3) 写出邻接矩阵，长度为4，只需要计算图的邻接矩阵A⁴，因此，B到F长度为4的通路数为9；
各结点长度为2的所有回路数，计算邻接矩阵A²，矩阵对角线上的数字之和16。

例子：证明：若无向简单图G是不连通的，则G的补图是连通的：

证：G=<V,E>不连通，设其连通分支为G1，G2，...Gs,相应结点集为V1，V2,...Vs，任意取G中的两个点u,v∈V。则
(1)结点u,v属于G中不同连通分支，因G不连通，uv∉G，则边uv∈G，所以G补图连通。
(2)结点u,v属于G中同一连通分支Gn，uv∈Gn，从G的另一连通分支Gm中，任意取结点w∈Gm，uw∉G，vw∉G，所以uw∈G,vw∈
G,
所以在G补图中存在一条路uwv，使得u,v连通。G补图连通
综上G补图的任意2个结点u,v连通，G补图是连通的。

证明：n个顶点简单无向图，至少两个顶点的度数相同
证：n个顶点简单无向图，任意一顶点度数为{0,1,2，...n-1}。

(1) 当有一顶点度数为n-1，则该顶点与图中所有其他顶点相邻接，所以图中没有度数为0的顶点，即顶点度数取值为{1,2，...，n-1}，依据鸽笼原理，n个顶点赋值n-1个不同数值，至少2个顶点度数相同
(2) 若没有顶点度数为n-1，则顶点度数取值{0,1,2，...,n-2}，依据鸽笼原理，图中至少有两个顶点度相同。

定理：简单无向图的顶点最大度小于结点数。
(无平行边和环，v结点最多和n-1个结点相连)

(八)、特殊图

欧拉通/回路：如果存在一条通/回路，该通路经过图中所有的边一次且仅一次
欧拉回路：如果存在一条回路，该回路经过图中所有的边一次且仅一次
哈米尔顿通路：经过图G=(V,E)中每个结点一次且仅一次的通路（回路）

无向连通图G是欧拉图 = G不含奇数度结点（结点的度数均为偶数）。
无向连通图G含有欧拉通路 = 有零个或两个奇数度的结点。
有向连通图G是欧拉图 = G中每个结点的入度等于出度。
有向连通图G含有欧拉通路 =
除两个结点外，其余每个结点的入度等于其出度，而这两个结点中一个结点的入度比其出度多1，另一结点的入度比其出度少1.
无向连通简单平面图，节点数+面数= 2+边数
无向连通简单平面图，则有边数≤3节点数-6.
二部图的 = G中的每一条回路都有偶数条边

欧拉图：

通过图中所有边恰好一次且行遍所有顶点的回路称为欧拉回路。具有欧拉回路的无向图称为欧拉图。

哈密尔顿图：

给定无向图G中，通过图中每个结点一次而且仅一次的路径。

欧拉公式：

G是无向连通平面图，共有n个顶点，m条边，r个区域，则n-m+r=2

推论：G是无向连通平面图，共有n个顶点，m条边，则3n-6≥m

证明：每个区域至少3条边，G中有r个区域，那么r个区域的总的边数为2m(每条边作为两个相邻区域的公共边，计算了2次)。
因此，2m≥3r, 即，r≤m/3
代入欧拉公式，n-m+2m/3≥2，因此3n-6≥m

例8.11已知T是一棵树。有两个分枝结点度数为2，一个分枝结点度数为3，三个分枝结点度数为4。这棵树有几片叶子？

解：设T有x片叶子，则T的结点数=2+1+3+x=6+x,根据定理8-9可知T的边
数m=n-1=5+x,再依据握手定理可得：2m=2×2+3×1+4×3+x。将m代入，
求x=9,即树T有9片叶子。

例子： 设树T有2个4度结点，3个3度结点，其余结点均为树叶，求T有几片树叶？

设T有x片树叶，树T总的结点数n，n=2+3+x=5+x，树的边数m=n-1=x+4，根据握手定理有：2m=2*4+3*3+x，因此，x=9。

(九)、代数系统

二元运算的定义，代数系统(代数)的定义，运算的性质(结合律、交换律、分配律、幂等律、吸收律、消去律)，特殊元素(单位元、零元、逆元)，代数系统的同态与同构

例子，设o为整数集合Z上的二元运算，任意x,
y∈Z,有xoy=x+y-x*y；其中+、-和*是普通加法、减法和乘法
(1)运算o是否满足交换律、结合律，并说明理由；
(2)求运算o的单位元、零元、和所有逆元；

（定理10-6）证明：f是<A,o>到<B,*>的满同态，若运算o在A中是可交换的(可结合的)，则运算*在B上是可交换的(可结合的)

证明：f是集合A到B的满射，任意b1,b2,b3∈B，因此存在a1,a2,a3∈A,
使得f(a1)=b1,f(a2)=b2,f(a3)=b3;
b1*b2*b3=f(a1)*f(a2)*f(a3)
f是<A,o>到<B,*>的满同态,因此，f((a1oa2)oa3)=f(a1oa2)*f(a3)=(f(a1)*f(a2))*f(a3)
运算o在A中是可结合的,因此(a1oa2)oa3=a1o(a2oa3),因此，(b1*b2)*b3=(f(a1)*f(a2))*f(a3)=f(a1oa2)*f(a3)=f((a1oa2)oa3)=f(a1o(a2oa3))=f(a1)*f(a2oa3)=f(a1)*(f(a2)*f(a3))=b1*(b2*b3);
所以，运算*在B上是可交换的

设<A,*>是一个代数系统，二元运算*是可结合的，并且对任意x,y∈A,若xy=y*x,则x=y。试证明：任意x∈A,x*x=x。

设<A,*>是一个二元代数，任意a,b∈A，都有(a*b)*a=a和(a*b)*b=(b*a)*a,试证明：
(1)对任意a,b∈A,有a*(a*b)=a*b:
(2)对任意a,b∈A,有a*a=(a*b)*(a*b):
(3)对任意a∈A,若a*a=e,则必有e*a=a,a*e=e:
(4)a*b=b*a当且仅当a=b;
(5)若还满足a*b=(a*b)*b,则*满足幂等律和交换律。

例子，设A={a,b,c}，在A上定义运算o，如下表，V1=<Z,+>能同态于V2=<A,o>?

o	a	b	C
a	a	b	c
b	b	a	b
c	a	c	b

例子，V1=<Z,+>, V2=<2Z, +>，则V1和V2同构。

例子：证明<R,+>和<R+,*>是同构的，其中R和R+分别是实数和正实数集合，"+"和"*"是普通的加法和乘法运算。P183

例子： V1=<A, o>, V2=<B,
*>为同类型代数系统，V1xV2是积代数，定义函数f：AxB->A, f(<x, y>)=x,试证明： f是V1xV2到V1的同态映射。

证明：任意∀x,y∈AXB，x=<a1,b1>,y=<a2,b2>，
f(x △ y)=f(<a1,b1> △ <a2,b2>)=f(<a1oa2, b1*b2>)=a1oa2
而，f(x) o f(y)=f(<a1,b1>) o f(<a2,b2>)=a1oa2，
因此，f(x △y) = f(x) o f(y)，因此是V1XV2到V1的同态映射

例子，设S={1、2、3}，S上可以定义多少不同的二元运算？可交换的运算多少个？幂等运算？交换且幂等运算多少个？不交换不幂等运算多少个？推广为n元呢？

(十)、群论

代数系统
->半群(又满足结合律)
->独异点(又存在单位元)
->群(又存在逆元)
循环群与子群。循环群的子群也是循环群。
生成元的概念及应用

例子10.5 半群<S,*>，S是有限集，则半群中一定存在幂等元

证明：有限集合S，|S|=m，$\forall a \in S$，由封闭性，构造元素$a，a^{2}，\ldots ，a^{m + 1} \in S$，应用鸽笼原理，这m+1个元素中，必有两个元素相等，设$a^{i} = a^{i + k}$，分别证明i=k，i>k，i<k时，存在幂等元。

当i=k，$a^{i} = a^{i + k} = a^{i}{\ast a}^{k} = a^{i} \ast a^{i}$，$a^{i}$是幂等元；

当i<k，k-i>0，由于
$a^{i} = a^{i + k} = a^{i}{\ast a}^{k}$，两边*运算$a^{k - i}$，得到
${a^{k - i} \ast a}^{i} = a^{k - i}a^{i}{\ast a}^{k}$，因此，$a^{k} = a^{k}{\ast a}^{k}$，$a^{k}$是幂等元。

当i>k，由于$a^{i} = a^{i + k}$，两边*运算$a^{k}$，得到
$\ a^{i} \ast a^{k} = a^{i + k} \ast a^{k}$，
$a^{i} = a^{i}{\ast a^{k} \ast a^{k} = a^{i} \ast a}^{2k}$
//上式左边，反向应用$a^{i} = a^{i} \ast a^{k}$
对上式$a^{i} = {a^{i} \ast a}^{2k}$，两边继续*运算$a^{k}$，可以得到
$a^{i} = {a^{i} \ast a}^{3k}，\ldots ，a^{i} = {a^{i} \ast a}^{pk}$，p为正整数，
选取适当p，使得pk>i，pk-i>0，对$a^{i} = {a^{i} \ast a}^{pk}$，两边*运算$a^{pk - i}$
可以得到：$a^{pk - i}{\ast a}^{i} = {{a^{pk - i} \ast a}^{i} \ast a}^{pk}$，即有$a^{pk} = {a^{pk} \ast a}^{pk}$
所以，$a^{pk}$为幂等元。

综上，幂等元存在。

定理10-2
设f是代数$< A， \circ >$到$< B， \ast >$的满同态，根据满同态的性质，有如下结论：
(1)若$< A， \circ >$是半群，则$< B， \ast >$也是半群。
(2)若$< A， \circ >$是独异点，则$< B， \ast >$也是独异点。

证明(1)，即证明封闭，满足结合律
因为f是A到B的满同态，$\forall y1,y2,y3 \in B$，$\exists x1,x2,x3 \in A$，$y1 = f(x1),y2 = f(x2),y3 = f(x3)$，A是半群，满足结合律，因此，$x1 \circ x2,\ \ x2 \circ x3 \in A$,$\ (x1 \circ x2) \circ x3 = x1 \circ (x2 \circ x3)$，$y1 \ast y2 = f(x1) \ast f(x2)$，依据同态的定义$f(x1 \circ x2) = f(x1) \ast f(x2)$，因此，$y1 \ast y2 = f(x1) \ast f(x2)$=$\ f(x1 \circ x2)$，$x1 \circ x2 \in A$，$f(x1 \circ x2) \in B$，因此$y1 \ast y2 \in B$，B上运算*封闭。

继续证明B上运算满足结合律，即$(y1 \ast y2) \ast y3 = y1 \ast (y2 \ast y3)$，......。
同理证明(2)

定理10-9，有限循环群与剩余类加群同构，无限循环群与整数加法群同构。

证明：无限循环群，a是生成元，其逆元也是生成元，无限循环群只有两个生成元

证明：设G=<a>, b也是生成元，因此，存在整数m, t，群单位元为e
a^m=b, b^t=a,
因此，a= b^t= (a^m)^t= a^mt
因此，a^mt-1=e
由于，a是无限阶元素，因此mt-1=0, m=t=1,或者m=t=-1
所以，b=a，或者b=a^-1
只有2个生成元，a, a^-1两个

例子：设G是8个元素构成的循环群，a∈G，是其中一个生成元，G有多少个子群，生成集是什么？

解：有限循环群同构于剩余类加群，本题8个元素的循环群同构于<N₈,+₈>
|G|=8，G是循环群，n=8，M={a|GCD(a,n)=1}，a=1,3,5,7,因为N₈={0,1,2,3,4,5,6,7}
子群4个,同构于：(1)<{0},+₈>;(2)<{0,2,4,6},+₈>;(3)<{0,4},+₈>;(4)<N₈,+₈>
生成集M={a,a³,a⁵,a⁷,}

例如，求<N4,+4>的子群

群的生成元为1,3
(1)<{0},+4>;(2)<N₄,+4>；(3)<{0,2},+₄>;
其中前两个是平凡子群。第三个是真子群。

例如，求<N₁₂,+₁₂>的所有子群

(1)<{0},+₁₂>;(2)<{0,6},+₁₂>;(3)<{0,4,8},+₁₂>
(4)<{0,3,6,9},+₁₂>;(5)<{0,2,4,6,8,10},+₁₂>;(6)<N₁₂,+₁₂>
这些子群都是循环子群，非平凡子群(即真子群，第2,3,4,5个)的生成元分别是6,4,3,2。
<N₁₂,+₁₂>的生成元是1,5,7,11，因为M={a|GCD(a,n)=1}，其中n=12,a∈N₁₂

例子：任何一个群都有循环子群。设<G,*>是群，a∈G，且阶数为k，令S={a,a²,a³,...a^k}，

证明<S,*>是<G,*>子群，显然S是循环群。
(1)k是元素a的阶，a^k=e,单位元存在
(2)i=1,2,...k,任意元素aⁱ, aⁱ*a^k-i=e, a^k-i为逆元
(3)封闭性，任意aⁱ和a^j∈S，当i*j<=k, aⁱ*a^j= a^i+j∈S；
当i+i>k, aⁱ*a^j= a^i+j-k*a^k= a^i+j-k∈S
因此*在S上运算封闭
(4)结合律。自然成立。因为，G是群，结合律成立，a∈G，(aⁱ*a^j)*a^t=a^i+j+t
=aⁱ*(a^j*a^t)
显然S非空，S⊆G，所以<s,*>是G的循环子群。

$< H,o >$是群$< G,o >$的子群，$A = \{ x|x \in G,\ \ xoHox^{- 1} = H\ \}$，证明<A,o>是<G,o>的子群

证明：
$A = \{ x|x \in G,\ xoHox^{- 1}\ = H\ \}$，因为H是G的子群，因此H是G的子集，运算封闭，显然A是G的子集，
任意a,b∈A，有:
$aoHoa^{- 1} = H$ (1),
$boHob^{- 1} = H$ (2)
a^-1,b^-1 ∈A
因此由(2)，等式两边o运算b^-1，$b^{- 1}oboHob^{- 1} = b^{- 1}oH$,$\ Hob^{- 1} = b^{- 1}oH$,再o运算b，$Hob^{- 1}ob = b^{- 1}oHob$可得：$H = b^{- 1}oHob$,
使用结合律，(aob^-1) oHo(aob^-1)^-1=ao(b^-1oHo(b^-1)^-1oa^-1=
aoHoa^-1=H，因此，aob^-1∈A, 依据定理10-11，所以A是G的子群

例子： <H, o>是群<G, o>的子群，在G上定义关系R，
任意a,b∈G，<a,b>∈R当且仅当存在h∈H，使得a=b o
h，证明R是G上的等价关系。

即证明关系R
(1)自反：因为H是G的子群，存在e∈H，使得a=aoe,因此<a,a>∈R,R满足自反性
(2)对称，<a,b>∈R,存在h∈H,a=boh,因为<H,o>是群，h^-1∈H,b=ao h^-1,
因此<b,a>∈R,所以R是对称的。
(3)传递性：...

例子：设<G,*>是群，S是G的有限子集，如果*对于S是封闭的，则<S,*>是<G,*>子群。

证明：S是有限子集，|S|=n，在S中任意取元素a∈S
，令S={a,a²,a³,...aⁿ⁺¹}，*在S上封闭。n+1个元素均属于S,依据鸽笼原理，...

定理：循环群的子群是循环群

证明一：设<G,o>是循环群，a是生成元。设H1={aⁱ|i∈Z+,aⁱ∈H }⊆H⊆G ,
设H1中所有元素aⁱ中幂指数最小的为r，因此,<H,o>=<a^r>

因为∀x∈H, x可以表示为aⁿ，n∈Z,

设n=p*r+t,0≤t≤r-1

设t≠0,则a^t=a^n-pr=aⁿoa^-pr=aⁿo(a^r)^-p ∈ H;(封闭，aⁿ∈H,
a^r∈Z,(a^r)^p∈H)

这与r的最小性矛盾，因此，t=0,n=pr, x=aⁿ=(a^r)^p

因此，<H,o>是以a^r为生成元的循环群。

证明二：设<G,o>是循环群，g是生成元。∀a∈G, $\exists i \in Z$,a=gⁱ
设<S,o>是<G,o>的子群，G的单位元为e,那么，S中任意元素表示为gⁱ
令A={i| $\exists a \in S $∧ a=gⁱ ∧ i>0 }
当S中仅含有一个元素时，即为单位元e∈G，因此S是循环群;
当S≠{e},也就是包含两个以上元素，A非空(群规定a⁰=e)，A必有最小元，设为k.
任意 a∈S,a=gⁱ,设i=mk+r,0≤r≤k
因此，g^r=g^i-mk= gⁱog^-mk =ao(g^-k )^m
a∈S，g^-k=(g^k)^-1,因为逆元存在，
所以，(g^-k )^m∈S，因而g^r∈S(S是子群，运算封闭)
但 r < k, 与k是最小元素矛盾，因此r=0, i=mk,a=gⁱ=g^mk=(g^k)^m
g^k是S 的生成元，<S,o>是一个循环群

例子：设<G,*>是群，x, y∈G, x≠e,|y|=2,且yxy^-1=x²,求|x|

解：因为|y|=2，所以y²=e,因此y=y^-1
yxy^-1=x²，两边*运算y，得yx=x²y
又，(yxy^-1)*(yxy^-1)=x⁴
所以yx²y^-1=x⁴
，因为y=y^-1，所以x⁴=yx²y^-1=yx²y，由于yx=x²y，所以x⁴=yyx=x，因为y²=yy=e
消去律，x³=e,所以|x|=1或3，因为x≠e，所以|x|=3。

例子：群<G,o>，e为单位元，它的有限子群只有<{e},o>,在G上定义关系R，

$R = \{ < a,b > ,\exists m \in Z^{+},a = b^{m},a,b \in G\}$，证明R是G上的偏序关系。
证明：自反，传递，反对称

例子：<G,*>是群，定义o运算，aob=a*x*b，x,a,b∈G,证明<G,o>也是群

证明：(1)o运算封闭性，因为o是G上的二元运算，且aob=a*x*b,
x,a,b∈G，显然满足
(2)结合性，因为G是群，*运算满足结合律，∀a,b,c∈G,
所以，(aob)oc=(a*x*b)*x*c=a*x*(b*x*c)=ao(boc)，运算可结合
(3)<G,o>单位元存在，因为<G,*>是群，设其单位元为e,
x∈G,x^-1∈G，x*x^-1=e,
∀a∈G，aox^-1=a*x*x^-1=a; x^-1oa=x^-1*x* a
=a，所以<G,o>单位元是x^-1
(4)逆元存在，ao(x^-1*a^-1*x^-1)=a*x*x^-1*a^-1*x^-1= x^-1,
(x^-1*a^-1*x^-1)o a =x^-1*a^-1*x^-1*x*a=
x^-1,所以a的逆元是x^-1*a^-1*x^-1
因此，<G,o>是群

设<G,o>是群，关系R包含于G×G，R={<x,y>|,存在θ∈G,y=θoxoθ^-1},证明R是等价关系。

(十一)、环、域、格

环、域、格的定义。
环中运算o存在单位元、且该运算满足交换律、无零因子，则称为整环
环<A,+,o>中没有零因子等价于运算o满足消去律。
定理11-3，有限整环一定是域
群的单位元是唯一幂等元。群不可能存在零元。
例子11.1
例子11.6
例子11.7
偏序格的定义及应用。有补分配格称为布尔代数<B,∧,∨,-
>，满足交换律、结合律、吸收率、分配律、补元存在。
具有有限个元素的布尔代数称为有限布尔代数，否则称为无限布尔代数，若没有特别说明，一般指有限布尔代数。有限布尔代数与集合代数$＜P(S)， \cup ， \cap ，\overline{}，Ø，S＞$同构，$S$是含有$n$个元素的集合。因此，有限布尔代数有$2^{n}$个元素，布尔代数的元素个数最小为$2$。

例如：<A,+,0>是环，e是+运算的单位元，任意a∈A,a^-1是a关于运算+的逆元，则
(1)e是运算o的零元，即∀a∈A，a o e = e o a = e
(2)∀a,b∈A,(aob)^-1=aob^-1=a^-1ob

证明：
(2)(aob^-1)+(aob)= (aob) +(aob^-1)=ao(b+b^-1)=aoe=e
//+满足交换律、结合律
所以(aob)^-1=aob^-1

(a^-1ob)+(aob)= (aob) +(a^-1ob)=(a+a^-1)o b=eob=e

所以(aob)^-1=a^-1ob；
因此。(aob)^-1=aob^-1=a^-1ob

例如，2、3、4个元素的格(偏序格)有几种

可以构造双射函数f:{a1,a2}->{a1,a2}，使得f(a1)=a2,f(a2)=a1
f(a1∨a2)=f(a1)=a2=a2∨a1=f(a1)∨f(a2)
f(a1∧a2)=f(a2)=a1=a1∧a2=f(a1)∧f(a2)
因此，f是同构映射，所以2元素的格只有一种。
3个元素的格只有1种，4个元素的格有2种

<{5x|x∈Z},+,*>是环，运算是一般的加法和乘法，它是否是整环？

解:不是，因为<{5x|x∈Z},*>没有单位元。

<A,+,*>是一代数系统，+和*是普通加法和乘法

(a) $A = \{ x|x = 2n,\ n \in Z\}$,不是整环，乘法没有单位元
(b) $A = \{ x|x = 2n + 1,\ n \in Z\}$，不是整环，加法不封闭，x1+x2 ∉A
(c) $A = \{ x|x = a + b + \sqrt{3},\ a,b \in R\}$,是整环
(d) $A = \{ x|x \geq 0,\ x \in Z\}$,不是整环x≠0,加法逆元不存在。

有限布尔代数的元素个数是2的幂。

下列整除关系都构成偏序集，但(A)不是格。
(A)L={1,2,3,4,5} (B)L={1,2,3,6,12}
(C)L={1,2,2²,2³,...2ⁿ} (D)L={1,2,3,4,6,9,12,18,36}
画出哈斯图来判别，任意2个元素有最大下界，最小上界

例子
<A,+,o>是环，$\forall a \in A,a \circ a = a$,设θ为"+"运算的单位元，证明：(1)a+a=θ；(2)<A,+,o>是可交换的

证明：(1)$\forall a \in A$, a+a∈A，因为aoa=a
所以(a+a)o(a+a)= a+a
因为是环，o对+满足分配律，所以
aoa+aoa+aoa+aoa=a+a
所以： a+a + a+a=a+a
因此，a+a是<A,+>的幂等元。因为<A,+>是群，群的单位元是唯一幂等元
所以a+a=θ
(2)$\forall a,b \in A$ , $a + b \in A$,所以(a+b)o(a+b)=a+b,
环上o对+满足分配律，因此，aoa+aob+boa+bob=a+b=a+b+θ
所以，a+ aob+boa+b=a+b+θ
因此，aob+boa=θ，(aob可以表示为ab，a²=aoa)
所以 ab =-ba (1)
又因为a+a=θ,所以，ba+ba=θ,ba=-ba (2)
由以上(1)和(2)，所以ab=ba,
因此<A,+,o>是可交换的

环<A,+,*>中，+的单位元，一定是*的零元。
群的单位元是唯一的幂等元。
群中不可能有零元。
环<A,+,*>,<A,*>不可能是群。

例子，<A,∨,∧,->是一个布尔代数，如果在A上定义二元运算+，*为：
$a + b = (a \land \overline{b}) \vee (\overline{a} \land b)$;$a \ast b = a \land b$,证明：<A,+,*>是以1为单位元的环。

证明：(1)<A,+>是阿贝尔群
运算封闭。$\forall a，b \in A$,
$a + b = (a \land \overline{b}) \vee (\overline{a} \land b) \in A$,运算封闭。
结合律，即证明$(a + b) + c = a + (b + c)$,按照布尔代数的定义，自然成立。
单位元,当e=0，$\forall a \in A$，有$a + e = a + 0 = \left( a \land \overline{0} \right) \vee \left( \overline{a} \land 0 \right) = a \land 1 \vee 0 = a$

\[e + a = 0 + a = \left( 0 \land \overline{a} \right) \vee \left( \overline{0} \land a \right) = 0 \vee (1 \land a) = a \]

所以，单位元为0
逆元存在，$\forall a \in A$，a的逆元为a,
因为：$a + a = \left( a \land \overline{a} \right) \vee \left( \overline{a} \land a \right) = 0$

\[\forall a,b \in A,a + b = b + a \]

所以，<A,+> 是阿贝尔群。
(2)<A,*>是半群，即证明封闭性，结合律
$\forall a，b \in A,\ a \ast b = a \land b \in A$,运算封闭
结合律，$a \ast (b \ast c) = a \ast (b \land c) = a \land (b \land c) = (a \land b) \land c = (a \ast b) \ast c$,成立。
(3)*对+满足分配律，略
(4)$\forall a \in A,\ a \ast 1 = a \land 1 = a,1 \ast a = 1 \land a = a$,1是运算*的单位元。

例子：A={a,b,c},布尔代数<P(A),∪,∩,->。哈斯图为一立方体，最下元素为Ф，最上面元素为全集{a,b,c}

一个有限布尔代数的元素个数是2的幂。