第二章-群

13第二章群§2.1半群1.设S是一个半群.在SS中规定一个代数运算:),(),(),(21212211bbaababa,SSbaba),(),,(2211.(1)证明:SS是一个半群;(2)证明:当S有单位元时,SS也有单位元.(3)问:S是否为SS的子半群?解(1)显然SS.对于任意的SSbababa),(),,(),,(332211,我们有),()),(),((332211bababa),(),(332121babbaa))(,)((321321bbbaaa))(),((321321bbbaaa),(),(323211bbaaba)),(),((),(332211bababa.这就是说,SS的代数运算适合结合律.所以),(SS是一个半群.(2)假设i是S的单位元.于是,SSii),(,并且,对于任意的SSba),(,我们有),(),(),(),(),(),(),(iibaibiababiaibaii.因此SS有单位元),(ii.(3)因为S不是SS的子集,所以),(S不是),(SS的子半群.2.设S是半群,而且S的运算适合左、右消去律,证明:S可交换的充要条件为:Sba,,222)(baab.证明当S可交换时,我们有bbaabaabababab))(())(())(()(2.222)())((babbababa,Sba,.现在假设S适合条件为:Sba,,222)(baab.这时,对于任意的Sba,,由222)(baab利用结合律可以推出bbabaab)())((2;由bbabaab)())((2,利用右右消去律可以推出baaab2)(;由baaab2)(利用结合律可以推出)()(ababaa;由)()(ababaa利用左右消去律可以推出abba.这就是说,abba,Sba,.所以S是交换半群.3.设S是一个有单位元的半群,Sba,,而且b是可逆元,证明:若baab,则11abab.证明设i为S的单位元.我们有baabbababb11)(aiaabbbab)()(1111111111)())(())((abiababbbababbbab11abab.4.设S是一个有单位元的半群,Saaan,,,21都是可逆元,证明:1411121121)(aaaaaann.证明设i为S的单位元.我们利用数学归纳法来证明.当1n时,显然结论成立.假设当kn(k为正整数)时,结论成立.也就是说,对于S中任意的k个可逆元,kaaa,,,21,总有11121121)(aaaaaakk.现在设121,,,,kkaaaa是S中任意的1k个可逆元.根据假设,我们有11121121)(aaaaaakk,12111112)(aaaaaakkkk.因此,))((1112111121aaaaaaaakkkk1112111121)))(((aaaaaaaakkkkiaaiaa111111,))((1211112111kkkkaaaaaaaa1211112111)))(((kkkkaaaaaaaa111kkiaaiaakk111.所以11121111121)(aaaaaaaakkkk.这就是说,当1kn时,结论也成立.上述表明,对于任意的正整数n和S中任意的n个可逆元naaa,,,21,总有11121121)(aaaaaann.§2.2群的定义1.设Nm,令}|{ZkmkG,证明:G关于数的加法作成一个加群.证明显然G,并且G关于数的加法封闭.由于数的加法适合结合律和交换律,因此G关于数的加法作成一个交换半群.由于G0,Gxxxx,00,因此0是半群G的单位元.又因为对于任意的Gx,总有Gx,并且0)()(xxxx,从而x可逆,所以G关于加法作成一个交换群.由于群G是交换群,并且它的运算用加号标记,因此我们说,G关于数的加法作成一个加群.152.在整数集Z中,规定一个代数运算:Zbababa,,2.证明:),(Z是一个交换群.证明对于任意的Zcba,,,我们有cbacba)2()(2)2(2)2(cbacba),(2)(cbacba.22ababbaba因此),(Z是一个交换半群.由于Z2,并且,对于任意的Za,我们有aaa222,因此2是半群),(Z的单位元.最后,对于任意的Za,令ab4,则Zb,并且22)4(aaba,因此b是a的逆元.所以),(Z是一个交换群.3.设M是由下列四个矩阵所组成的集合:1001,1001,1001,1001.证明:M关于矩阵的乘法作成一个群.证明令CBAE,,,依次表示这四个矩阵.直接演算知,ICBAE2222;AAEEA,BBEEB,CCEEC;CBAAB,ACBBC,BACCA.由此可见,M关于矩阵的乘法封闭.注意到矩阵的乘法适合结合律,根据以上的计算结果,我们可以断言,M关于矩阵的乘法作成一个群,其中,E是单位元,每个元素的逆元是本身.4.设G是一个群,在GG中规定一个代数运算:),(),(),(21212211bbaababa,GGbaba),(),,(2211.证明:GG关于上列运算作成一个群证明由于G是群,从而也是有单位元的半群,根据§2.1的习题第1题知),(GG是以),(ee为单位元的半群,其中e为G的单位元.其次,显然,对于任意的GGba),(,GGba),(11,并且),(),(),(),(1111eebbaababa),(),(),(1111bababbaa,从而),(11ba是),(ba的逆元.所以),(GG是一个群.5.设},,,{dcbaS,其运算表如下:16.abcdabadcbdbcacacbddcdab问:S关于其运算·是否作成一个群?为什么?答S关于·不作成一个群.这是因为:假如作成一个群,就应该存在Se,它满足条件:Sxxxe,.显然,S中没有这样的元素.6.设S是半群,若S有左单位元l,而且a关于这个左单位元l都是右可逆的.问S是否一定成群?举例说明.答S可能成群,但不一定成群.可能成群理由是不言自明的.不成群的例子如下:设},{baS是任意一个二元集.我们规定:Syxyyx,,.由§2.1中的例6知,),(S是半群.显然,a和b都是左单位元;对于左单位元a,由aaa和aab知,a和b都是右可逆的;同样,对于左单位元b,a和b也都是右可逆的.但是),(S不是群.7.设G是一个群,Gcba,,,证明:方程xbcxaxba在G中有且仅有一个解.证明由于Gbbcaa111且babbcaaabbcaa)()(111111))()()((111111bababcaabbcaa))((111bcbbcaa,因此111bbcaax是方程xbcxaxba在G中的解.假设'xx是方程xbcxaxba在G中的解,则bcxbaaxx'''.由此,利用消去律,可得bcbaax'.将上式两边左乘1a,右乘11ba,得111'bbcaax.所以方程xbcxaxba在G中有且仅有一个解,这个解就是111bbcaax.8.设G是一个群,Gyx,,kN,证明:yyxyxxyxkk11)(.证明用数学归纳法容易证明，11)(xxyxyxkk.这样一来,171111)(xyxxxyxyxxyxkkxxyxxxxxyxk1111,即yyk.9.设e是群G的单位元,a,b是G的两个元素,问下列命题是否成立?为什么?(1)111)(baab;(2)222)(abab;(3)若ea2,则1aa.答(1)当baab时,1111)()(babaab,即命题(1)成立.当baab时,11)()(baab,而111)(baba.因此111)(baab,即命题(1)不成立.(2)当222)(baab时,12212)())((baab,即222)(abab,亦即命题(2)成立.当222)(baab时,12212)())((baab,即222)(abab,亦即命题(2)不成立.(3)将等式ea2的两边左乘1a即得1aa.因此命题(3)成立.§2.3元素的阶1.在非零有理数乘群Q中,求下列各个数的阶:(1)1;(2)1;(3)2;(4)21.解由于1是Q的单位元,因此1的阶是1.由于11,1)1(2,因此1的阶是2.由于2和21的任何正整数次幂都不等于1,因此它们的阶都是无限阶元素.2.设meam,N,若Zn,由ean,可以推出nm|,证明:ma||.证明由于,eam因此ma||.由于Z||a且eaa||,因此|||am.由于N||,am,因此由|||am可以断言||am.所以ma||.3.设G是群,Gxa,,证明:||||1aa,||||1aaxx.证明令e表示G的单位元.对于任意的Gb和任意的Nm,我们有ebmeebbbbbmmmmm)()()(111.因此||||1bb.在上式中,令ab,得||||1aa;令1ab,得|||)(|||111aaa.所以||||1aa.其次,对于任意的Gyb,和任意的Nm,我们有18ybybyymm11)(,从而ebmeyyeyyybybyymm1111)(.因此||||1bbyy.在上式中,令ab,xy得||||1aaxx;令11,xyaxxb,得|||)(|||111axxxaxxxa.所以||||1aaxx.4.设在群G中2阶元素只有一个,a.证明:对于G中每一个元素x,都有xaax.证明任意给定Gx.这样一来,根据上一题的结论,我们有2||||1aaxx.由于G中2阶元素只有一个,因此aaxx1.由此可见xaax.5.设群G的每一个非单位元的元素都是2阶的,证明:G是交换群.证明令e表示G的单位元.任意给定Gyx,.由于xy的阶只能是1或2,因此exyxy.由于x和y的阶只能是1或2,从而xx1,yy1,因此将上式两边右乘yx,可得yxxy.这样一来,由于x和y的任意性,我们可以断言,G是交换群.6.设G是一个非交换群,证明:G中存在非单位元ba,,使得baab.证明由于G是一个非交换群,根据上题的结论,存在阶不是1和2的元素Ga.令1ab.显然a和b都不是G的单位元,并且baab.7.设G是一个有限交换群,m是G的元的阶中最大一个,证明:G的每一个元的阶整除m.证明设Gba,且ma||,nb||.现在要证明mn|.为此,令),(nmr.显然,rnbr||,.1),(mrn由于G是交换群,根据本节的例2,rmnbaabrr||||||.因为m是G的元的阶中最大一个,所以mrmn,从而1rn.由此可见nr,即nnm),(.所以mn|.8.设G是一个有限群,证明:(1)在G中,阶大于2的元素的个数一定是偶数;(2)在G中,阶