代数结构(非作业部分的课后习题答案)

第四章代数结构P86：8、（1）a*b=a*a2=a2*a=b*a；同理可证b*c=c*b和c*d=d*c；a*c=a*b2=a*a4=a*(a*a*a*a)=(a*a)*(a*a)*a=b2*a=c*a同理可证b*d；a*d=a*c2=a*b4=a*a8=(a*a)*(a*a)*(a*a)*(a*a)*a=b4*a=c2*a=d*a综三所证，对任意x,yA，都有x*y=y*x成立，故*是可交换运算。10、(Z＋,×)，其中Z+为正整数集，×为普通乘法运算，幺元为1。×运算在Z+上封闭，×运算可结合、可交换。除幺元1外，代数系统(Z＋,×)中每个元素都没有逆元。11、证明：由于k可交换，故只需证明：任选a,b,cNk，都有：)(cbakk=)()(cabakkk和acbkk)(=)()(acabkkk成立)(cbakk=]])[([])[(kkcbkcbakkcbkcba=]][)([])[)(kcbakcbakkcbakcba=][])([][)(kcbakkcbakkcbakcba(因为][kcba为整数)=])([)(kcbakcba)()(cabakkk=]])[(])[([])[(])[(kkackackabkabkkackackabkab=])][]([)([])[][()(kackabkacabkkabkkackacab=])[]([])([])[][()(kackabkkacabkkabkkackacab(因为][][kackab和是整数)=])([)(kacabkacab=])([)(kcbakcba=)(cbakk又由k是可交换运算可知:acbkk)(=)(cbakk=)()(cabakkk=)()(acabkkk故k对k可分配.P87：14、(A,*)到(A,○*)的同构映射f为：f(e)=e，f(b)=c,f(a)=a,f(c)=b；或者f(e)=e，f(b)=c,f(a)=b,f(c)=a；15.(N5,5)的所有自同构映射为f1、f2、f3和f4，其中f1(k)=k,kN5；f2(0)=0，f2(1)=4，f2(2)=3，f2(3)=2，f2(4)=4；f3(0)=0，f3(1)=3，f3(2)=1，f3(3)=4，f3(4)=2；f4(0)=0，f4(1)=2，f4(2)=4，f4(3)=1，f4(4)=3；16、(N5,5)的所有自同构映射为f1和f2，其中f1(k)=k,kN5；f2(0)=0，f2(1)=1，f2(2)=3，f2(3)=2，f2(4)=4；17、由f的定义可知：f(a)=(a(mod3))＝3[]3aa，故f(a6b)=f(6[]6abab)=6[]66[]3[]63abababab=6[]66[]3[]63abababab=6[]3[2[]]636abababab=3[]3ababf(a)3f(b)=(3[]3aa)3(3[]3bb)=(3[])(3[])33(3[])(3[])3[]333abababab=()()3([][])3[([][])]33333abababab=()()3([][])3[([][])]33333abababab=3[]3abab=f(a6b)19、不妨设为（A,*）的零元，假设f()=’，下面证明’是代数系统(B,)的零元。任选bB，由f是满同态可知：存在aA，使得f(a)=b.故，’b=f()f(a)=f(*a)=f(a)=b；而且，b’=f(a)f()=f(a*)=f(a)=b;因此，’为代数系统(B,)的零元。结论得证。20、(N4,4)的所有自同态映射为：f1(k)=k,kN4；f2(0)=0，f2(1)=3，f2(2)=2，f2(3)=1；f3(0)=0，f3(1)=2，f3(2)=0，f3(3)=2；f4(0)=0，f4(1)=0，f4(2)=0，f4(3)=0；P96:1、(1)(3)(4)(5)不是半群，都不满足结合律。(2)是半群。2、(1)和(2)为独异点。(3)和(4)不是独异点，因为没有幺元。4、（{0,2,4},4）是不含幺元的有限半群。5、({0,2,4,6},8),({0,4},8)是(N8,8)的两个子半群。6、(N4,4)的所有子独异点为：(N4,4),({0},4),({0,2},4)。8、({1,4,6},10),({1,2,4,6,8},10),({1,2,4,5,6,8,9},10),({1,2,3,4,5,6,7,8,9},10)9、062=260=0A;064=460=0A;264=462=2A;262=4A;464=4A;060=0A;因此，6在A上封闭并且4为(A,6)中的幺元。显然，由(N6,6)是独异点可知：6可结合。故(A,6)是独异点，但由于(N6,6)的幺元为1，与(A,6)的幺元不同，故(A,6)不是(N6,6)的子独异点。10、满足条件的同态映射f为：f(0)=0,f(1)=1,f(2)=3,f(3)=0,f(4)=1，f(5)=3。P105：12、证明:不妨设e是(G,*)的幺元。因为(a*b)*(b-1*a-1)=a*(b*b-1)*a-1=a*a-1=e；故b-1*a-1是a*b的逆元。由题目条件可知：a-1*b-1也是a*b的逆元。故b-1*a-1=a-1*b-1。进而(a*b)*(a-1*b-1)=e而(b*a)*(a-1*b-1)=b*(a*a-1)*b-1=e；故(a*b)*(a-1*b-1)=(b*a)*(a-1*b-1),右乘(b*a)可得：a*b=b*a。14、(a*b)4=(a*b)2*(a*b)2=b2*a2*b2*a2；而由条件，(a*b)4=b4*a4；故b4*a4=b2*a2*b2*a2；上式左乘(b2)-1和右乘(a2)-1,故b2*a2=a2*b2；而由题目条件，可知：(a*b)2=(a*b)*(a*b)=a2*b2；即(a*b)*(a*b)=a2*b2；将上式左乘a-1和右乘b-1，可得：b*a=a*b；故(G,*)是交换群。15、证明：因为(G,*)是群，故(G,*)中只有一个等幂元e，即a*aa,b*bb。而在*的运算表中，每行元素都不同，并且a*e=a,故a*a=b,b*b=a，a*b=a,b*a=b,进而,a3=a*a*a=a*b=e,b3=b*b*b=b*a=e命题得证。16、证明：因为(G,*)是群，故G中每个元素都有逆元。下面证明：若xy,则x-1y-1。假设xy,但是x-1=y-1则有：x-1*x=x-1*y=e,这与群的性质：每行元素都不相同矛盾，故若xy,则x-1y-1。不妨设G-{e}中共有n对不同的互逆元素：xi和yi,1in。假设对所有1in，都有xiyi,则G中共有2n+1个元素，这与(G,*)是偶阶群矛盾，故存在1kn，使得xk=yk。因此xk-1=xk,故xk*xk=e，命题成立。17、证明：*1到4的同构映射：f(e)=0;f(a)=1;f(b)=3;f(c)=2;*2到4的同构映射：g(e)=0;g(a)=2;g(b)=1;g(c)=3;18、解：（先求互逆元素，再将互逆元素对应起来）6到7的同构映射：f(0)=1;f(3)=6;f(1)=2;f(5)=4;f(2)=3;f(4)=5;P112：4、因为偶数+偶数＝偶数，故+运算对E集合具有封闭性。因此(E,+)是(Z,+)的子群。5、0是(N7,7)的幺元。0的阶数是1；1、2、3、4、5、6的阶数都是7；6、(N17-{0},17)中1的阶数为1；2的阶数为8；3的阶数为16；4的阶数是4；5的阶数是16；6的阶数是16；7的阶数为16；8的阶数为8；9的阶数为8；10的阶数为16；11的阶数为16；12的阶数为16；13的阶数为4；14的阶数为16；15的阶数为8；16的阶数为2；(N17-{0},17)的所有2阶子群：({16,162},17)=({1,16},17)(N17-{0},17)的所有4阶子群：({4,42,43,44},17)=({13,132,133,134},17)({1,4,16,13},17)(N17-{0},17)的所有8阶子群：({9,92,93,94,95,96,97,98},17)=({15,152,153,154,155,156,157,158},17)=({1,2,4,8,9,13,15,16},17)7、证明：不妨设(G,*)是任意一个偶数阶群，e为(G,*)的幺元。（1）假设对G-{e}中任意元素a,a-1a；不妨设G-{e}中有k对互逆的元素ai和bi,其中1ik且若ij,则aiaj。由群的消去律可知：若ij,则bibj。由于G中每个元素都有逆元,故{ai:1ik}{bi:1ik}=G-{e}；假设对G-{e}中任意一个元素1ik,都有aibi；则|{ai:1ik}{bi:1ik}|=2k；故G中共有2k+1个元素，这与G有偶数个元素的前提矛盾；故G-{e}中存在元素a，使得a-1=a；进而，*在{e,a}上封闭，故({e,a},*)是(G,*)的子群。（2）不妨设2阶子群的数目为s，分别为(Ai,*)，1is；则G-{e}中共存在s个元素x1,x2,...,xs,使得xi=xi-1；由于G-{e}中每个元素都有逆元，故G-{e}-{xi:1is}由若干对互不相等互逆元素构成；假设这些互不相等的互逆元素共有k对；则G中元素数目为1+s+2k，而G中共有偶数个数因此，s必为奇数。8、证明：设(G,*)为任意一个有限群。因为G中每个元素都有逆元，则G中所有元素由若干对互逆的元素构成。不妨设G中共有n对不同的互逆元素ai和bi，1in。若ai=bi，则ai*ai=ai*ai-1=e,若aibi，则ai*aie，且bi*bie故ai和bi的阶数都大于2。若其中k对互逆的两个元素不同，不妨设为(a1,b1),...,(ak,bk)，aibi；则{ai:1ik}{bi:1ik}为G中所有阶数大于2的元素的集合。而当1ijk时，有：aiaj；否则aibi=ajbj，根据消去律，bi=bj，则与假设(ai,bi)和(aj,bj)是不同的互逆元素矛盾。因此，|{ai:1ik}{bi:1ik}|=2k；即G中阶数大于2的元素个数为偶数。9、证明：若n4,则G中必存在两个元素a和b满足：ab,ae,且be；则由题目条件和结合律可知：(a*b)*a=(a*b)*a*e=(a*b)*a*(b*b)=(a*b)*(a*b)*b=e*b=b；a*(a*b)=(a*a)*b=e*b=b；(a*b)*b=a*(b*b)=a*e=a；b*(a*b)=(e*b)*(a*b)=(a*a)*b)*(a*b)=(a*(a*b))*(a*b)=a*((a*b)*(a*b))=a*e=a；(a*b)*e=a*b；e*(a*b)=a*b:a*a=e;b*b=e;因此可知：*运算对{e,a,b,a*b}封闭，故({e,a,b,a*b},*)是(G,*)的4阶群。10、证明：假设p不是k的整数倍，则存在正整数n，p=nk+s，其中0sk。由ak=e可知：ank=(ak)n=en=e；进而，e=ap=ank+s=ank*as=as；而sk，这与k是a的阶数矛盾。故p是k的倍数。11、证明：由a*b=b*a可知：(a*b)2=(b*a)*(a*b)=b*(a*a)*b=b*b=