Дискретная математика основные теоретико-множественные конструкции. Ч.VI. Учебное пособие

тиворечит равенству (VI)). Стало быть, гипотеза о том, что какой-то элемент моноида имеет два различных добэла – ложная. Следова- тельно, Утверждение 4 – истинное.

3. Докажите Следствие 2 из Утверждения 1 в п.5 §3 ТЧ. Доказательство Следствие 2 из Утверждения 1 в п.5 §3 ТЧ формулируется так:

имеет д в а р а з л и ч н ы х лобэла а1 и а2, то есть справедливы такие равенства:

Пусть далее b Х и b – побэл элемента х группоида (II), то есть верно равенство

Из равенства (VII) [(VIII)] на основании Утверждения 1 из п.5 §3 ТЧ выводим

а из них – равенство а1=а2, которое противоречит неравенству (V). Таким образом, гипотезы (III) – (V) – ложные. Итак, Следствие 2 – истинное.

161

4. Докажите Утверждение 2 из п.5 §3 ТЧ.

Доказательство

Указанное утверждение формулируется так:

Каждый добэл моноида – его дрэл, обладающий единственным обратным.

Утверждение, обратное к Утверждению 2, то есть

Существует дрэл, обладающий единственным обратным, но не являющийся добэлом,

вообще говоря, неверное.

5. 1) Пусть А ( А) – свойство группоида «быть обратимым (соот- ветственно, «быть необратимым») слева», а В ( В) – свойство груп- поида «быть обратимым (соответственно, «быть необратимым») справа». Поскольку существуют группоиды, обладающие свойства- ми, равносильными конъюнкциям компонент следующих пар свойств: 1) < А, B >; 2) < А, B>; 3) <А, B >; 4) <А, B >, то свойства

Аи В – семантически независимые [14, стр.73, Определение 4].

2)Группоид Sn обратим двусторонне, поскольку он является ком- мутативной группой.

6. Докажите Утверждение 3 из п.5 §3 ТЧ.

Доказательство

Интересующее нас утверждение формулируется так:

Воп-группоид обратим слева (справа, двухсторонне) в том и только том случае, если в каждом столбце (соответственно, в ка-

ждой строке, к а ж д о м р я д е ) его ТК находятся имена всех эле- ментов его носителя.

обратим слева тогда и только тогда, когда в каждом столбце его ТК находятся имена всех элементов группоида.

Необходимость. Предположим, что группоид (*) обратим слева. Это значит, что справедливо следующее высказывание:

( a,b X)( x X)(xTa=b). (I)

Зафиксируем а′,b′Х. Тогда в силу высказывания (I) верно такое высказывание:

162

Предположим, что элемент b′ не находится в столбце а′. Это зна- чит, что высказывание (II) – ложное, и поэтому верно его отрицание:

( x X)(xTа′≠b′),

то есть высказывание

( a′,b′X)( x X)(xTa′ ≠ b′).

Но это высказывание является отрицанием верного по определе- нию высказывания (I), что абсурдно.

Достаточность. Докажите самостоятельно.

Аналогично доказываются 2-я и 3-я части Утверждения 3.

7. Докажите Следствие 1 из Утверждения 3 в п.5 §3 ТЧ.

Доказательство. Его формулировка такова:

К о н е ч н ы й группоид обратим слева (справа, двухсторонне) тогда и только тогда,

когда он сократим справа (соответственно, слева, двухсторонне).

Отметим, что в формулировке следствия закодированы три ут- верждения. Докажем первое из них, а именно:

Необходимость. Предположим, что n-элементный группоид, где n N+, обратим слева. В силу Утверждения 3 это означает, что в ка- ждом столбце его ТК находятся имена всех n элементов. Поскольку столбец состоит из n клеток, в нем нет одинаковых имен. А это и знаменует тот факт, что он сократим справа (см. Утверждение 3 из п.4 «Сократимые группоиды»).

Достаточность. Допустим, что n-элементный группоид, где n N+, сократим слева. В силу Утверждения 3 из п.4 «Сократимые группоиды» это означает, что в каждом его столбце нет одинаковых имен элементов. Поскольку каждый столбец «построен» из n клеток, то в нем расположены имена всех n элементов группоида. Отсюда в силу Утверждения 3 следует, что этот группоид обратим слева.

Аналогично доказываются и два других утверждения, закодиро- ванные в формулировке Следствия 1.

8. Докажите Утверждение 4 из п.5 §3.

Утверждение 4. Воп-группоид

GD =df < T, X >

163

обратим слева (справа, двухсторонне) тогда и только тогда, когда для любых а,b X уравнение

имеет решение (соответственно, имеют решения)).

Доказательство

Обратим внимание читателя на тот факт, что в формулировке Ут- верждения 4 «зашифрованы» три предложения.

Установим истинность первого из них.

Группоид (1) обратим слева тогда и только тогда, когда для лю- бых а,b Х уравнение (I) имеет решение.

Необходимость. Предположим, что группоид (1) обратим слева, то есть верно высказывание

( a,b X)( x X)(xTa=b). (IV)

Но это и означает, что для любых а,b Х уравнение (I) имеет решение. Достаточность. Предположим, что для любых а,b Х уравнение (I)

имеет решение. Именно это и утверждается в высказывании (IV). Аналогично доказываются и другие утверждения, «зашифрован-

ные» в формулировке Утверждения 5.

Примеры алгебраических структур

1. Имеет место следующая теорема.

Теорема 1. Для п о л у г р у п п ы

перечисленные ниже Утверждения (1) – (4) попарно эквивалентны.

(1)Полугруппа (1) двухсторонне обратима.

(2)В полугруппе (1) существует такой п н э л , относительно ко- торого каждый ее элемент имеет п о б э л .

(3)В полугруппе (1) существует такой л н э л , относительно ко- торого каждый ее элемент имеет л о б э л .

(4)В полугруппе (1) существует такой д н э л , относительно ко- торого каждый ее элемент имеет д о б э л .

164

Доказательство Утверждения (1) – (4) из формулировки Теоремы 1 могут быть

Экстенсионалом [13, стр.44] всех предметных переменных, вхо- дящих в соотношения (I) – (IV) и обозначенных строчными латин- скими буквами, служит множество Х.

Переходим к доказательству теоремы. 1) Покажем, что импликация

В силу обратимости справа группоида (1) уравнение аТх=а имеет решение, например, элемент е X. Итак,

аТе=а. (VII)

Предмет е представляет собой пнэл элемента а относительно себя. Покажем, что этот предмет е с т ь и м е н н о т о т п н э л п о л у - г р у п п ы (1), о котором идет речь в Утверждении 2 из условия

Теоремы 1 (см. упр.2).

Сначала докажем, что е есть пнэл полугруппы (1), то есть верно следующее соотношение:

( b X)(bTe=b). (VIII)

В силу обратимости слева полугруппы (1) (см. Утверждение 1 из формулировки Теоремы 1 – уравнение хТа=b имеет решение, скажем, элемент с X, то есть

сТа=b. (IX)

165

Покажем, что высказывание (VIII) – истинное. Имеем

bTe=(cTa)Te=cT(aTe)=cTa=b.

Поэтому е – пнэл полугруппы (1) (см. упр.3).

Предположим, что верна принадлежность (VI). Ввиду обратимо- сти справа полугруппы (1) уравнение аТх=е имеет решение, то есть каждый элемент полугруппы имеет побэл.

Следовательно, импликация (V) доказана. 2) Убедимся в правильности импликации

В силу справедливости высказывания (XI) уравнение аТх=е имеет решение, например элемент b Х. Итак,

aTb=e. (XIII)

По той же причине уравнение bTx=е также имеет решение, скажем, элемент с Х. Таким образом,

bTc=e. (XIV)

Доказывая равенство (XII), последовательно получаем

eTa=(eTa)Te=(eTa)T(bTc)=[(eTa)Tb]Tc=[eT(aTb)]Tc= =(eTe)Tc=eTc=(aTb)Tc=aTe=a

(см. упр. 4).

Следовательно, е – днэл группоида (1).

Из принадлежности (VI) и Утверждения 2 в формулировке Тео- ремы 1 следует, что в группоиде (1) существует хотя бы один побэл для элемента а Х, к примеру элемент d Х, то есть

aTd = e.

Докажем, что d является и лобэлом для элемента а, то есть

166

dTa = e. (XV)

В силу справедливости высказывания (XI) уравнение dTx = е име-

dTa = (dTa)Te = (dTa)T(dTf) = [(dTa)Td]Tf = [dT(aTd)]Tf = (dTe)Tf = e.

Таким образом, элемент d – лобэл д л я л ю б о г о э л е м е н т а а Х, что и требовалось доказать.

Итак, импликация (Х) доказана. 3) Справедливость импликации

(4) (3)

очевидна.

4) Доказательство импликации

(3) (4)

аналогично доказательству импликации (Х).

5)Убедимся, наконец, что импликация

(4)(1)

–справедливая.

Пусть а,b Х, а е – днэл группоида (1), очевидно, единственный. Со- гласно Утверждению 4 из формулировки Теоремы 1 каждый элемент группоида (1) имеет добэл относительно е. Докажем, что уравнение

имеет решение, то есть группоид (1) обратим слева. Пусть элемент с

– добел для элемента а, то есть

aTc = cTa = e.

Тогда объект сТb является искомым решением для уравнения (XVII). В самом деле,

aT(cTb) = (aTc)Tb = eTb = b.

Таким образом, полугруппа (1) обратима слева. Аналогично доказы- вается, что она обратима справа.

Итак, Теорема 1 доказана полностью.

2. Привести пример полугруппы, некоторый элемент которой является пнэлом относительно одного элемента, но не является пнэлом в целом.

167

3.Какие соотношения использовались при доказательстве спра- ведливости высказывания (VIII)?

Ответ. При доказательстве справедливости высказывания (VIII) использовались: 1) равенство (IX); 2) ассоциативность операции Т;

3)равенство (VII) и 4) еще раз равенство (IX).

4.Какие соотношения использовались при доказательстве спра- ведливости высказывания (ХII)?

Ответ. При выводе равенства (XII) используются следующие со- отношения: 1) элемент е – пнэл группоида (1); 2) равенство (XIV);

3)дважды: группоид (1) – ассоциативный; 4) равенство (XIII); 5) элемент е – пнэл группоида (1); 6) группоид (1) – ассоциативный; 7)

равенство (XIV); 8) см. п.5).

5.Выпишите последовательность соотношений, используемых при доказательстве равенства (XV).

Ответ. Последовательность интересующих нас соотношений та- кова: 1) e – днэл группоида (1); 2) равенство (XIV); 3) ассоциатив- ность операции Т (три применения); 4) см. п.1); 5) равенство (XVI).

6.Докажите Теорему 2 из п.6.

Доказательство. Убедимся, что она – верная. Теорема 2 из п.6 имеет такую формулировку:

Группа обладает свойствами «быть сократимой слева»

«Умножая» обе части этого равенства на а-1, получаем x=y, то есть группа (1) сократима слева. Аналогично доказывается ее сократи- мость справа.

7. Докажите, что в группоиде <+, N > нет ни днэла, ни пнэла, ни идемпотента.

Доказательство. Предположим, что n N+ есть нэл (анэл, либо идемпотент группоида (I)). Покажем, что любое из этих утверждение

–ложное.

1)Предположим, что n – идемпотент группоида (I). Тогда n+n=n, то есть 2n=n, или 1=2, что абсурдно [6, стр.14, ст. «Абсурд»].

2)Допустим, что m N+ – нэл группоида (I). Тогда

( m N+)(m+n=m),

168

то есть n=0, но 0 N+.

3) Будем считать, что p N+ – анэл группоида (I). Тогда

( n N+)(n+p=p),

то есть n=0, но 0 N+.

8. Дайте определение элементу группоида

GD =df <T, X>, (I)

не являющемуся левым регулярным, и приведите пример (см. Оп-

ределение 2 в ТЧ).

Ответ. 1) Элемент а группоида (I) не является левым регуляр- ным, если перенос х→аТх не является инъекцией.

2) Приведите пример элемента группоида, не являющегося левым регулярным.

*9. Приведите примеры неидемпотентных группоидов, собствен- ные подгруппоиды которых идемпотентны.

Ответ. Пусть (точка) – знак бинарной операции умножения чисел. Тогда собственные подгруппоиды < , {0} >, < , {1} > и < , {0, 1} > неидемпотентного группоида < , N > идемпотентны.

Решение. Покажем, что Утверждение 1 – опровержимое. Оче-

где – знак операции объединения множеств, а (X) – обозначе- ние булеана множества Х, – идемпотентный. Отсюда следует, что его подгруппоид

– также идемпотентный. Поскольку {a} {b}={a, b}, но {a, b} {{a}, {b}}, то GD′ – идемпотентный, но не замкнутый подгруппоид идем- потентного группоида (I).

11. Докажите Утверждение 12 из п.4 ТЧ.

Доказательство. Предположим, что

– группоид, а В – устойчивая часть множества Х относительно опе-

рации Т [19, стр.89, Определение], то есть справедлива формула

169

Допустим, что x,y В. Отсюда в силу соотношений (III) и (II) следует, что

aTx, aTy В.

Считая, что равенство aTx = aTy – правильное, на основании ис- тинности соотношения (IV) получаем, что равенство x =y – справед- ливое, что и требовалось доказать.

Аналогично доказывается справедливость Утверждения 5 в слу- чае, когда а – прэл (дрэл) группода (I).

12. Дайте определение идемпотентного элемента частичного группоида.

Ответ. Пусть

– частичный группоид. Его элемент х X называют идемпотентом, или идемпотентным, если верна импликация

13. Задание то же, что и в упр.12, но для неидемпотентного эле- мента частичного группоида.

Ответ. Элемент х частичного группоида

(см. формулу (II) из ответа к упр. 12).

называют неидемпотентным, если верно следующее соотношение:

170