近世代数.pdf

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1、第九章 特殊的代数系统 习题 1.判断下列运算关于自然数集合是否构成半群：,maxbaba；bba；abba2；baba。解 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；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；是半群。显然，二元运算“”在 N 上是封闭的，所以，,N是

2、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。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2635635)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：,R是一个代数系统；,R是一个半群；,R是一个独异点。解 正确。因为，运算显然封闭。正确。abcbcacabcbacabbac

3、ba)()(，bcacabcbabccbacba)()(，即是cbacba，所以满足结合律。故,R是半群。Na，有aaaa000，又有,00aaaa 即存在单位元是 0，故,R是独异点。3 集合a,b上的运算由表 1 定义，问哪一个能使构成独异点。解 431,fff都不能使构成独异点，因为没有一个函数存在单位元。而 2f的单位元是 a,能构成独异点。4 设S=1,2,3,4，M=2,3,是一个独异点，问：是否是的子代数；是否是的子半群；是否是的子独异点。解 是，因为M=2,3关于 min 是封闭的，故是的子代数；是的子半群；不是，因为 S 的单位元是 4，而 4M,故不是的子独异点。习题 1.

4、下列集合关于给定的运算是否构成群 给定实数0a，集合InaGn，关于数的乘法；正有理数集 Q+，关于数的乘法。1f b a a a a a ba 2f b a b a a b ba 3f b a a b a a ba 4f b a b a b a ba 表 1 给定正整数 n，集合1,nnzCzzU，关于数的乘法；一元实系数多项式集合，关于多项式加法；n 维实向量的集合，关于向量的加法。解 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；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

5、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,，2yxyx,那么I与运算 能否构成群为什么 解 可以构成群。因为，对于任意的2)2()(,zyxzyxIzyx)(2)2(4zyxzyxzyx，所以，运算 满足结合律；，关于运算 有单位元 2，这是因为对于任意的,Ia都有aaa222，且aaa222；对于任意的a I，若要a有

6、逆元b，需要有ab=ba=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，得出结论I与运算 能构成群。3给定独异点,且对任何元素aG,有a*a=1。试证：是 Abel 群。证明 因为对于任意的1,aaGa，所以a可逆,且aa1，因此，是群。要证明是 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。故是 Abel群。4 设,G是一群，Gcba,。证明：cbabxa 在

7、 G 中有且仅有一个解。证明 当1110bacbax时，因为，abbacbaaabxa)(1110=cb，所以，1110bacbax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-1b-1则得，)()()()(111111bacbabaabyaa 由结合律则有，111bacbay。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 aaaaaaaaaa1)()(

8、1111 故单位元为 G 中惟一的幂等元。6 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；,B,C 均不正确。解 答案是 A，因为存在同态映射 f:RR-0,f(x)=ex，但不存在同构映射。习题 1.请给出循环群的所有生成元。并说明什么元素才可以作的生成元。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 He，由于 H 非空，则必存在正整数 m0 使amH。设 m 是使amH 的最小的正整数，若对于任何的 an

9、H(nN)，则由带余除法有 n=mk+r,0rm 则有 ar=an-mk=ana-mk=an(am)kH，而因为 m 是使amH 的最小的正整数，且 0rm，所以 r=0。这样 n=mk,an=amk=(am)k，再由 anH 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 1.给定群，且H=aa,xGx*a=a*x，试证 是 的子群。证明 显然HG；证 明 运 算*关 于H的 封 闭 性。任 取a,bH，对 于 任 意 的x G有bxxbaxxa,，则)()()()()()(baxbaxbxabxaxbaxba，因 此，Hba；设 1 是G中

10、的单位元，因为对于任意的x G有xx11故，H1；任取aHG，对于任意的xG，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11axxa，亦即Hx1。综合、，是 的子群。2.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：，。习题 1.设i为虚数单位，21i ，令 0110,00,00,1001iiiiG G上的二元运算为矩阵的乘法运算。给出G关于运算的运算表，并证明是一个群。找出G的所有子群。证明G的所有子群

11、都是正规子群。解 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 2 G关于运算的运算表 E A B C-E-A-B-C E E A B C-E-A-B-C A A-E-C B-A E C-B B B C-E-A-B-C E A C C-B A-E-C B-A E-E-E-A-B-C E A B C-A-A E C-B A-E-C B-B-B-C E A B C-E-A-C-C B-A E C-B A-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

12、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，是一个群。G的 所 有 子 群 是：,。证明 显然，是正规子群，下面证明是正规子群。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，

13、对于任意的aG都有aH=Ha，即是正规子群。同理可证，,也是正规子群。2.设H=0，4，8，12,H是群1212,N的子群，其中11,2,1,012N，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 1 令Ii=a+bi|a,bI,其中i为虚数单位,即i2=-1,那么Ii对于普通加法和乘法能否构成环为什么 解Ii对于普通加法和乘法能构成环。这是因为：显然Ii对加法+是封闭的，而复数的加法是满足交换律和结合律的，的单位元是 0=0+0i，任意元素a+bi的逆元是-a-bi。所以，是可交换群。Ii对复数的加

14、法是封闭的，且复数的乘法是满足结合律的，即是半群。复数的乘法对复数的加法满足分配律。综合，Ii对于普通加法和乘法能否构成环。2 证明,2Ibaba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 首先证明,2Ibaba是一个环。设,2IbabaR对于任意的2ba,Rdc2，因为，a,b,c,dI，所以，(a+c)，(b+d)，(ac+2bd)，(ad+bc)I，因此，)2()2(dcba Rdbca2)()(，)2)(2(dcba=)2(bdac 2)(bcad R，故R对于加法和乘法都是封闭的。另一方面，实数的普通加法满足结合律和交换律，且关于加法单位元是 0，每个元素都有逆元，

15、就是相反数。实数的普通乘法也满足结合律。综合上述是一个环。因为，实数的普通乘法也满足交换律，且R关于乘法有单位元 1，又对于2ba,Rdc2，若两者都不为零，则 0)2)(2(dcba，即无零因子。综合可知，是一个整环。3 证明2,1,abi a bQ i 是一个域，其中Q是有理数集合，,分别是普通的加法和乘法。证明 设F=a+bi a,bQ，对于任意的a+bi,c+diF，因为，a,b,c,dQ，所以，a+c,b+d,ac-bd,ad+bcQ，因此，(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)iF，且(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)iF，即F关于加法和乘法运算都

16、是封闭的；而普通的加法和乘法都满足结合律和交换律；又关于加法+，F中有单位元 0=0+0i，且每个元素a+bi都有逆元-a-bi。故是一个环。另一方面，中有单位元 1=1+0i；又对于任何的非零元a+bi，因为，a,b不全为零，所以，a2+b20，因此对于任何的非零元a+bi都有逆元。综上所述，是一个域。复习题九 1.根据下列集合G及集合上的运算*，问它们是否构成半群，独异点，群，如果是独异点或群，指出它们的单位元是什么,min,yxyxNG；2)(,yxyxRG；|2NaaG，*是普通乘法；IxxG101，*是矩阵乘法。解 是半群，但不是独异点，更不是群；不是半群；不是半群，是群，其单位元是

17、1001。2.给定代数系统,其中 R 是实数集合，对 R 中任意元 a 和 b,*定义如下 a*b=a+b+ab 试证明：是独异点。证明 对于任意的,Rcba有cabbacba)()(abcbcaccabba 同时，abcacbcabcbacba)(，故)()(cbacba，所以满足结合律，故是半群；又存在R0，且aaaaa0000故 0 是单位元。综上所述，是独异点。3.给定半群SaS,对于 S 中任意元素 x 和 y,定义二元运算*如下 yaxyx 试证是半群.证明 对于任意的Syx,，因为，yaxyx，其中,Sa为;S的二元运算，而,S是半群，又Sa，所以，Syax，即,S对运算是封闭的

18、。又因为,S是半群，所以，,S有结合律，即对于任意的Szyx,有，)()()()()(zyxzayxzayaxzayaxzyx 故满足结合律，综上所述，是半群。4.给定半群，试证对 S 中任意元 a,b 和 c，若 a*c=c*a 和 b*c=c*b，则(a*b)*c=c*(a*b)。证明 对于任意Scba,，由于是半群，所以，有结合律，a*c=c*a 且b*c=c*b，则)()()()()()(bacbacbcabcacbacba。5.给定交换半群。试证：若 a,b 是的幂等元，则 a*b 也是幂等元。证明 对于任意Sba,，若a,b是的幂等元，则aa=a，bb=b，再由交换律和结合律则，b

19、abbaababa)()()()(故a*b也是的幂等元。6.给定代数系统，其中 S 中元素为实数有序对，运算*定义为*=试证：是可交换独异点。证明 对于任意的Sfedcba,，有bddbcadcba2,，所以，是封闭的，又因为 fbddbfbddbecafedcba)2(2)2(,)(,),(bdfdfbfbdfdbeca4222,),(,)2(2)2(),(fedcbadffdbdffdbeca因此，是半群；又取S0,0，所以，bababa,0,00,0,，故存在单位元 所以是独异点，且 dcba,dbbdacbddbca2,2,badc,即交换律成立，故是可交换独异点。7.给定独异点V=,

20、其中I+是正整数集合,是通常数的乘法,试证是 V 的子半群,但不是子独异点.证明 因为，00=00，所以，运算封闭，又结合律是显然的，故是子半群。但,01所以，不是子独异点。8.试求独异点的所有子半群，并举出的一个子半群，它是独异点，但不是的子独异点。证明,3,2,1,04N则0，1，0，1，0，2，0，1，2，0，1，2，3都能与4构成的子半群，其中是独异点，但不是的子独异点。9.给定群。若对任意元a,bG，都有(a*b)3=a3*b3,(a*b)4=a4*b4,(a*b)5=a5*b5。试证是可交换群。证明 对于任意的a,bG，由题设则有，babababababa333444)()()(因

21、此，由消去律可得，abba33 同理，由babababababa444555)()(可得，abba44 再由两式可得，babbabbbabaab33344)()(由消去律消去上式中的b3可得，baab。故是可交换群。10.试求群的每个子群的各左陪集和右陪集。解 群只有两个子群 H1=0和 H2=N5，其中 H1的左陪集和右陪集如下：0H1=H10=0,1H1=H11=1,2H1=H12=2,3H1=H13=3,4H1=H14=4；H2的左陪集和右陪集如下：0H2=H20=1H2=H21=2H2=H22=3H2=H23=4H2=H24=N5。11.设是可交换群的正规子群，试证商群也是可交换群。证

22、明 任取aH,bHG/H，因为，是可交换群，所以对于a,bG，有 a*b=b*a 又因为，是的正规子群，所以，任意的aG，都有 aH=Ha 由以上两式，则有，(aH)*(bH)=a(Hb)*H=a(bH)*H=(ab)(H*H)=(ab)H(bH)*(aH)=b(Ha)*H=b(aH)*H=(ba)(H*H)=(ba)H=(ab)H 即(aH)*(bH)=(bH)*(aH)。由于aH,bH的任意性，所以，商群也是可交换群。12.设是群，aG，定义映射f如下：f(x)=a*x*a-1，xG 试证f是到其自身的同构映射。证明 先证明f是双射。对任意的,21Gxx 若)()(21xfxf，即有a*x1*a-1=a*x2*a-1，由群的消去律可得x1=x2，所以，f是单射。又对于任意的yG，则有x=a-1*y*aG，使得f(x)=a*x*a-1=a*(a-1*y*a)*a-1=y。即f是满射，故f是双射。再证 f 是同态映射。对于任意的Gxx21,有 12121)()(axxaxxf)()()(1211axaaxa)()()()(211211xfxfaxaaxa 综合可知，f是到其自身的同构映射。