近世代数2

112第九章特殊的代数系统习题9.11.判断下列运算关于自然数集合是否构成半群：⑴},max{baba；⑵bba；⑶abba2；⑷baba。解⑴是半群。显然，二元运算“”在N上是封闭的，所以，,N是一个代数系统，另一方面，,,,Ncba有cbacbacba,,max,max，而cbacbacba,,max,max，因此，cbacba，所以，运算“”满足结合律的，故,N是半群；⑵是半群。显然，二元运算“”在N上是封闭的，所以，,N是一个代数系统，另一方面，Ncba,,，有ccbcba，而ccacba，则cbacba，所以，运算“”满足结合律，故,N是半群；⑶是半群。显然，二元运算“”在N上是封闭的，所以，,N是一个代数系统，另一方面，Ncba,,，有abccabcabcba4)2(2)2(，abcbcabcacba422)2(，即cbacba，所以，运算“”满足结合律，故,N是半群。⑷不是半群。虽然，二元运算“”在N上是封闭的，即,N是一个代数系统，但是对于5，3，6，因为，4635635635，而1132635635)63(5，即)63(5635，所以，运算“”不满足结合律，故,N不是半群。2在实数集R上的二元运算定义为：),(Rbaabbaba试判断下列论断是否正确：⑴,R是一个代数系统；⑵,R是一个半群；⑶,R是一个独异点。解⑴正确。因为，运算显然封闭。⑵正确。abcbcacabcbacabbacba)()(，bcacabcbabccbacba)()(，即是cbacba，所以满足结合律。故,R是半群。⑶Na，有aaaa000，又有,00aaaa即存在单位元是0，故,R是独异点。1fbaaaaaba2fbabaabba3fbaabaaba4fbabababa表11143集合{a,b}上的运算由表1定义，问哪一个能使{a,b},构成独异点。解431,,fff都不能使{a,b},构成独异点，因为没有一个函数存在单位元。而2f的单位元是a,{a,b},2f能构成独异点。4设S={1,2,3,4}，M={2,3},S,min是一个独异点，问：⑴M,min是否是S,min的子代数；⑵M,min是否是S,min的子半群；⑶M,min是否是S,min的子独异点。解⑴是，因为M={2,3}关于min是封闭的，故M,min是S,min的子代数；⑵M,min是S,min的子半群；⑶不是，因为S的单位元是4，而4M,故M,min不是S,min的子独异点。习题9.21.下列集合关于给定的运算是否构成群？⑴给定实数0a，集合}{InaGn，关于数的乘法；⑵正有理数集Q+，关于数的乘法。⑶给定正整数n，集合}1,{nnzCzzU，关于数的乘法；⑷一元实系数多项式集合，关于多项式加法；⑸n维实向量的集合，关于向量的加法。解⑴是，因为实数乘法满足结合律，存在单位元a0=1，任意元素a存在逆元素a-1；⑵是，因为有理数乘法满足结合律，存在单位元1，任意元素a存在逆元素a-1；（3）是，因为复数乘法满足结合律，存在单位元1,任意元素z的逆元素是z共轭复数；（4）是，因为多项式的加法满足结合律，多项式关于加法的单位元是0多项式，任意元素P(x)的逆元素是-P(x).（5）是,因为向量的加法满足结合律，n维实向量关于向量的加法的单位元是n维零向量，任意的n维实向量的逆元素是-。2设I为整数集合,在I上定义二元运算，对任意的Iyx,，2yxyx,那么I与运算能否构成群?为什么?解可以构成群。⑴因为，对于任意的2)2()(,,,zyxzyxIzyx)(2)2(4zyxzyxzyx，所以，运算满足结合律；，⑵关于运算有单位元2，这是因为对于任意的,Ia都有aaa222，且115aaa222；⑶对于任意的aI，若要a有逆元b，需要有ab=ba=2，即需要a+b-2=b+a-2=2，事实上只要b=a-4即可。因此，对于任意的aI，a都可逆，且a的逆元是a-4。综上所述，由⑴，⑵，⑶得出结论I与运算能构成群。3．给定独异点G,*,1,且对任何元素a∈G,有a*a=1。试证：G,*是Abel群。证明因为对于任意的1,aaGa，所以a可逆,且aa1，因此，G,*是群。要证明G,*是Abel群，只需证明运算满足交换律，事实上，因为，对于任意的1,1,,yyxxGyx，所以)()(1)()(yxyxyyxx，因此，由结合律则有yyxxyxyx)()(，再由消去律得：yxxy。故G,*是Abel群。4设,G是一群，Gcba,,。证明：cbabxa在G中有且仅有一个解。证明当1110bacbax时，因为，abbacbaaabxa)(1110=cb，所以，1110bacbax是方程cbabxa的解。下面方程的解是唯一的。对于,,,Gcba若cbabxa解y，即cbabya，由于群中的任何元素都可逆，则对上式两边同时左乘a-1，并两边同时右乘a-1b-1则得，)()()()(111111bacbabaabyaa由结合律则有，111bacbay。证毕。5．设G为群，证明单位元为G中唯一的幂等元。证明设1是群G的单位元，若G中存在幂等元a，即aaa因为群中的任何元素都可逆，因此，a也可逆，则有aaaaaaaaaa1)()(1111故单位元为G中惟一的幂等元。1166．群,R与,{0}-R之间的关系是_________。A．同态；B.同构；C．后者是前者的子群；D.A,B,C均不正确。解答案是A，因为存在同态映射f:RR-{0},f(x)=ex，但不存在同构映射。习题9.31.请给出循环群N12,+12的所有生成元。并说明什么元素才可以作N12,+12的生成元。解1，5，7，11为其生成元，任何与12互素的正整数都可作N12,+12的生成元。2.证明：循环群的任何子群都是循环群。证明设H是循环群G的子群，且G的生成元是a。若H={e}，则H是循环群。若H≠{e}，由于H非空，则必存在正整数m0使am∈H。设m是使am∈H的最小的正整数，若对于任何的an∈H(nN)，则由带余除法有n=mk+r,0≤rm则有ar=an-mk=ana-mk=an(am)k∈H，而因为m是使am∈H的最小的正整数，且0≤rm，所以r=0。这样n=mk,an=amk=(am)k，再由an∈H的任意性知，H中的任意元素都是am的幂，故H=（am）,即循环群的任何子群都是循环群。习题9.41.给定群G,*，且H=｛aa,x∈G∧x*a=a*x，试证H,*是G,*的子群。证明①显然HG；②证明运算*关于H的封闭性。任取a,bH，对于任意的xG有bxxbaxxa,，则)()()()()()(baxbaxbxabxaxbaxba，因此，Hba；③设1是G中的单位元，因为对于任意的xG有xx11故，H1；④任取aHG，对于任意的xG，则由H的定义有,x*a=a*x，由于群的元素都有逆元，因此a也有逆元。等式x*a=a*x两边同时左乘、并同时右乘a的逆元a-1则有，1111)()(axaaaaxa，即11axxa，亦即Hx1。综合①、②、③、④，H,*是G,*的子群。1172.设G={1，5，7，11}，,G为群，其中*为模12乘法，则,G有几个真子群。解群,G真子群有如下4个：{1},，{1,5},，{1,7},，{1,11},。习题9.51.设i为虚数单位，21i，令0110,00,00,1001iiiiGG上的二元运算为矩阵的乘法运算。⑴给出G关于运算的运算表，并证明G,是一个群。⑵找出G的所有子群。⑶证明G的所有子群都是正规子群。解⑴设0110,00,00,1001CiiBiiAE，则集合G={E,A,B,C,-E,-A,-B,-C}，G关于运算的运算表如下。表2G关于运算的运算表EABC-E-A-B-CEEABC-E-A-B-CAA-E-CB-AEC-BBBC-E-A-B-CEACC-BA-E-CB-AE-E-E-A-B-CEABC-A-AEC-BA-E-CB-B-B-CEABC-E-A-C-CB-AEC-BA-E由表1可以看出G关于运算是封闭的。而运算是矩阵的乘法运算，因此满足结合律。由表1可以看出G关于运算的单位元是E。由表1可以进一步看出关于运算，G中的每一个元素都有逆元，E-1=E,A-1=-A,B-1=-B,C-1=-C,(-E)-1=-E,(-A)-1=A,(-B)-1=B,(-C)-1=C。因此，G,是一个群。⑵G的所有子群是：{E},,{E,-E},,{E,A,-A,-E},,{E,B,-B,-E},,{E,C,-C,-E},。⑶证明显然{E},，{E,-E},是正规子群，下面证明{E,A,-A,-E},是正规118子群。设H={E,A,-A,-E}，显然有EH=HE=(-E)H=H(-E)=AH=HA=(-A)H=H(-A)={E,A,-A,-E}。又BH={B,C,-C,-B}，HB={B,-C,C,-B}=BH，因此有H(-B)={B,-C,C,-B}=(-B)H。同理可得，CH=HC=H(-C)=(-C)H={C,-B,B,-C}。综上所述，对于任意的aG都有aH=Ha，即H,是正规子群。同理可证，{E,B,-B,-E},,{E,C,-C,-E},也是正规子群。2.设H={0，4，8}，12,H是群1212,N的子群，其中11},2,,1,0{12N，12是模12的加法，则1212,N有________个真子群，H的左陪集3H=_____________,4H=___________。解5，{3，7，11}，{0，4，8}。习题9.61令I[i]=｛a+bi|a,bI｝,其中i为虚数单位,即i2=-1,那么I[i]对于普通加法和乘法能否构成环?为什么?解I[i]对于普通加法和乘法能构成环。这是因为：⑴显然I[i]对加法+是封闭的，而复数的加法是满足交换律和结合律的，I[i],+的单位元是0=0+0i，任意元素a+bi的逆元是-a-bi。所以，I[i],+是可交换群。⑵I[i]对复数的加法是封闭的，且复数的乘法是满足结合律的，即I[i],是半群。⑶复数的乘法对复数的加法满足分配律。综合⑴⑵⑶，I[i]对于普通加法和乘法能否构成环。2证明,,},2{Ibaba是一个整环，其中I是整数集合，,分别是普通的加法和乘法。证明⑴首先证明,,},2{Ibaba是一个环。设},2{IbabaR