PAGEPAGE2吉林大學計算機科學與技術學院2002級本科《離散數學I》試題（A）參考答案及評分標準吉林大學計算機科學與技術學院1錯；2對；3對；4錯；5對；6錯；7錯；8錯；9錯；10錯。（12），H的左陪集是H,{{(12),(132)},{(13),(123)}，(1)不是;(2)是(1)a2=b，(2)b的周期是3，(3)是交換群；(1)不是，3和6是零因子；（2）R或{0}C是分配格；GF(4);{}和{}；6；的核是{0，4，8，12，16}，-1((H))=G。三、1、取p=2,則由Eisenstein定則知道f(x)不可約2、若f(x)在R0上可約，則f(x)在R2上可約。因此，只需證明f(x)在R2上不可約，則可知在R0上不可約。而在R2上，f(x)=x5+x2+1。f(0)=1,f(1)=1,故無一次因子。注意R2上二次質式只有x2+x+1,而x5+x2+1=(x2+x+1)(x3-x2)=1，故無二次因子。所以x5+3x2-1在R2上不可約，從而在R0上必不可約四、證明：若H1和H2有一個包含另一個，則結論成立。假設H1，H2互不包含，則存在x，y，使得x∈H1，且xH2，y∈H2，且yH1。則斷言x·yH1，且x·yH2，否則，若x·y∈H1，則x∈H1及由H1是G的子群知，x-1∈H1，故，x-1·（x·y）∈H1，即y∈H1，與yH1矛盾。同理可證x·yH2。因此，x·yH1∪H2。而x·y∈G，所以，H1∪H2≠G，矛盾，即假設不成立。故必有H1和H2有一個包含另一個，結論成立。五、解：由于8=23，所以，p=2,m=3，（1）首先求Φpm-1（х），即Φ7（х）。由x7-1=Φ7Φ1，x-1=Φ1，得Φ7（х）=，（2）求Φ7（х）在R2[х]中的3次質因式ψ（х）。由于0，1都不是Φ7（х）的根，故Φ7（х）無一次因式。由例7.2.11知，R2上二次質式只有x2+x+1，用它去除Φ7（х）余數為1，因為：Φ7（х）=x4（x2+x+1）+x（x2+x+1）+1。可見，Φ7（х）無二次質因式，只可能分解為兩個三次質因式的乘積。用待定系數法可設：Φ7（х）=（x3+ax2+bx+1）（x3+cx2+dx+1），進而求出Φ7（х）=（x3+x2+1）（x3+x+1），（也可由例7.2.11，由R2上三次質式只有：x3+x+1，x3+x2+1，而（x3+x2+1）2≠Φ7（х），（x3+x+1）2≠Φ7（х），（x3+x2+1）（x3+x+1）=Φ7（х）。）無論取ψ（х）=x3+x2+1還是取ψ（х）=x3+x+1，則R3[x]/(ψ（х）)=都是元數是8的有限域，且是同構的。所以，我們不妨取ψ（х）=x3+x+1，則R3[x]/(ψ（х）)===，其中={0，x3+x+1，x（x3+x+1），x2（x3+x2+1），…}，其余元素類推。（3）若取ξ=，則ψ（ξ）=，即ξ是ψ（х）在中的一個根。因此，GF(8)={a0+a1ξ+a2ξ2|a0，a1，a2∈R2}={0，1，ξ，ξ+1，ξ2，ξ2+1，ξ2+ξ，ξ2+ξ+1}，。該域的加法和乘法運算如下+01ξξ+1ξ2ξ2+1ξ2+ξξ2+ξ+1001ξξ+1ξ2ξ2+1ξ2+ξξ2+ξ+1110ξ+1ξξ2+1ξ2ξ2+ξ+1ξ2+ξξξξ+101ξ2+ξξ2+ξ+1ξ2ξ2+1ξ+1ξ+1ξ10ξ2+ξ+1ξ2+ξξ2+1ξ2ξ2ξ2ξ2+1ξ2+ξξ2+ξ+101ξξ+1ξ2+1ξ2+1ξ2ξ2+ξ+1ξ2+ξ10ξ+1ξξ2+ξξ2+ξξ2+ξ+1ξ2ξ2+1ξξ+101ξ2+ξ+1ξ2+ξ+1ξ2+ξξ2+1ξ2ξ+1ξ10×01ξξ+1ξ2ξ2+1ξ2+ξξ2+ξ+1000000000101ξξ+1ξ2ξ2+1ξ2+ξξ2+ξ+1ξ0ξξ2ξ2+ξξ+11ξ2+ξ+1ξ2+1ξ+10ξ+1ξ2+ξξ2+1ξ2+ξ+1ξ21ξξ20ξ2ξ+1ξ2+ξ+1ξ2+ξξξ2+11ξ2+10ξ2+11ξ2ξξ2+ξ+1ξ+1ξ2+ξξ2+ξ0ξ2+ξξ2+ξ+11ξ2+1ξ+1ξξ2ξ2+ξ+10ξ2+ξ+1ξ2+1ξ1ξ2+ξξ2ξ+1六、證明：（1）①首先證明（R，⊕）是交換群。由+在R上運算封閉知，對于任意的a，b∈R，a+b+1∈R，而a⊕b=a+b+1，故a⊕b∈R。因此，⊕在R上運算也封閉。由+在R上滿足交換律知，⊕在R上也滿足交換律。對于任意的a，b，c∈R，由+在R上滿足交換律和結合律得：（a⊕b）⊕c=（a⊕b）+c+1=（a+b+1）+c+1=a+(b+1+c)+1由+滿足結合律=a+(b+c+1)+1由+滿足交換律=a+（b⊕c）+1=a⊕(b⊕c),可見，⊕在R上也滿足結合律。因為對R中任意元素a，有a⊕-1=a+（-1）+1=a+(（-1）+1)=a+0=a,-1⊕a=a⊕-1=a，所以（R，⊕）的單位元為-1。因為對R中任意元素a，有a⊕（-a-1-1）=a+（-a-1-1）+1=(a+(-a))-1+(-1+1)=0+(-1)+0=-1，（-a-1-1）⊕a=a⊕（-a-1-1）=-1所以，（R，⊕）中任意元素a的逆元為-a-1-1。綜上，（R，⊕）是交換群。②證明（R，⊙）是含壹半群。由+和·在R上運算封閉知，對于任意的a，b∈R，a·b+a+b∈R，而a⊙b=a·b+a+b，故a⊙b∈R。因此，⊙在R上運算也封閉。對于任意的a，b，c∈R，有（a⊙b）⊙c=（a⊙b）·c+（a⊙b）+c=（a·b+a+b）·c+（a·b+a+b）+c=a·(b·c+b+c)+a+(b·c+b+c)=a·(b⊙c)+a+(b⊙c)=a⊙(b⊙c)，可見，⊙滿足結合律。因為對R中任意元素a，有a⊙0=a·0+a+0=0+a+0=a，0⊙a=a⊙0=a,所以，（R，⊙）的單位元為0。③證明⊙對⊕有左右分配律。對于任意的a，b，c∈R，有a⊙(b⊕c)=a·(b⊕c)+a+(b⊕c)=a·（b+c+1）+a+（b+c+1）=a·b+（a·c）+a+a+b+c+1=(a·b+a+b)+(a·c+a+c)+1，(a⊙b)⊕(a⊙c)=(a⊙b)+(a⊙c)+1=(a·b+a+b)+(a·c+a+c)+1因此，a⊙(b⊕c)=(a⊙b)⊕(a⊙c)。(b⊕c)⊙a=(b⊕c)·a+(b⊕c)+a=（b+c+1）·a+（b+c+1）+a=b·a+（c·a）+a