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学习指导与习题解答

第六章群与环

§6.1基本规定

1.掌握二元代数运算、代数系统定义，可以判断一运算与否为二元代数运算，运算

与否满足互换律、结合律、分派律、幂等律、吸取律、消去律。

2.掌握半群、群定义以及群性质，可以判断一代数系统与否为半群或群。

3.掌握互换群定义以及互换群中三个指数律。

4.掌握置换、轮换、不相杂轮换、对换等概念，会做置换乘法，会将任意置换写成不相

杂轮换乘积。

理解置换顺向圈表达。

5.掌握奇置换、偶置换概念，理解置换定性数与置换图型及奇偶性关系。

6.掌握n次对称群、n次交代群概念，会写出其中元素。

7.掌握子群定义以及子群鉴别条件。

掌握周期、循环群定义和乘法群、加法群中周

期性质以及循环群中一元素作为生成元充要条件。

8.掌握群中合同、右陪集定义。

理解子群在大群中右陪集某些性质。

掌握正规子群

概念以及一子群为大群正规子群充要条件。

掌握并会对的应用Lagrange定理。

9.掌握同态映射、同构映射、自同构映射概念以及同态定理。

会判断一种群与一乘法系

统间映射与否为同态映射、同构映射或自同构映射。

10.掌握同态核概念，理解若σ是群G到G′上同态映射，则其核N为一正规子群。

反过来，设N是G一种正规子群，则有一种群G′以及一种G到G′上同态映射

σ，使N为σ核。

掌握并会对的应用联系同态与同构基本定理。

理解σ为群G到

G′上同态映射时，G中子群与G′中子群关系。

11.掌握环、互换环、含壹环、消去环定义及其性质，会判断。

12.掌握整区、体、域、子环、子体、子域等概念，以及环子集作成子环充要条件。

13.掌握并会应用抱负、主抱负定义，掌握环中合同关系、剩余类定义以及环中合同关

系性质。

14.掌握环同态映射、同构映射、剩余环定义，理解与群论中平行环中关于同态映射、

同构映射某些定理。

15.掌握单纯环与极大抱负定义，以及两者关系，理解一种环是域充要条件。

16.理解群与环在计算机科学中应用--计数问题、纠错码。

§6.2重要解题办法

6.2.1运算性质

对常用运算性质诸如封闭、结合、互换、分派、幂等、吸取、消去等，要熟悉其定义，并且会推断某性质与否成立。

背面对各种代数系统都是依照运算性质来下定义，因而，对某代数系统进行判断，都必然归结到对运算性质判断上。

例6.2.1设S=Q×Q，Q为有理数集合，﹡为S上二元运算，对于任意，∈S，有：

﹡=，

问：

（1）﹡单位元是什么？

（2）当a≠0时，逆元是什么？

解：

（1）设﹡单位元是，则对于任意∈S，有：

﹡=，

﹡=，

由于是单位元，因此

﹡=﹡=。

故

且

，

解得：

。

因而，﹡单位元是<1，0>。

（2）当a≠0时，设逆元为，则

﹡=<1，0>，

而

﹡=，

故

。

解得：

。

因而，逆元为<

>。

例6.2.2设（G，·）是一种群，若群G每一种元素都满足方程x2=1（其中1是G单位元），那么G是互换群。

证明：

对任意a，b∈G，则运算封闭性有a·b∈G，故由题意知，

a2=1，b2=1，

（a·b）2=1。

又（a·b）2=a·b·a·b，故

a·b·a·b=1。

因而，

a·b=a·1·b=a·（a·b·a·b）·b

由（G，·）是群，运算满足结合律，因此

a·（a·b·a·b）·b=a2·（b·a）·b2=1·（b·a）·1=b·a

即，a·b=b·a，因此，G是互换群。

例6.2.3设（G，·）是一种半群，e是左壹，且对每一种x∈A，存在x’∈A，使得x·x’=e。

试证明：

对于任意a，b，c∈A，如果a·b=a·c，则b=c。

证明：

对于任意a，b，c∈A，如果a·b=a·c，由题设条件知，对a∈A，存在a’∈A，使得a·a’=e。

在等式a·b=a·c两边同步左乘a’，得到

a’·（a·b）=a’·（a·c）。

因（G，·）是一种半群，运算满足结合律，故

a’·（a·b）=（a’·a）·b=e·b，

a’·（a·c）=（a’·a）·c=e·c。

由e是左壹知，

e·b=b，

e·c=c。

综上，b=c。

6.2.2关于置换群

要熟悉置换群表达办法，一种是直接写，如，

，另一种是将置换表达为不相杂轮换乘积。

规定对的地做置换乘法。

例6.2.4写出正四周体关于4个面运动群（置换群）。

解：

一方面给正四周体四个面作上标记。

取4为底面，在保持4为底面状况下，沿顺时针方向旋转正四周体0、1、2次，得到三个置换：

（1）

（2）（3）（4），（123）（4），（132）（4）。

类似地，分别取1、2、3为底面，又得到置换：

（234）

（1），（243）

（1），

（134）

（2），（143）

（2），

（124）（3），（142）（3）。

再考虑这些置换相乘情形：

（123）（4）（234）

（1）=（12）（34），

（234）

（1）（123）（4）=（13）（24），

（234）

（1）（134）

（2）=（14）（23）。

令G={

（1）

（2）（3）（4），（123）（4），（132）（4）,

（234）

（1），（243）

（1），（134）

（2），

（143）

（2），（124）（3），（142）（3）,

（12）（34），（13）（24），（14）（23）}

显然，G是S4有限非空子集，且可以验证置换乘法在G上是封闭。

故依照教材中定理6.4.3（鉴别条件三），即有限子群鉴定定理，可知G在置换乘法下做成4次对称群子群，该群即为正四周体关于4个面运动群（置换群）。

阐明：

对于正四周体，它四个面构成一种集合，题目即是求该集合上一种置换群。

由于正四周体四个面有着拟定关系，因而，4次对称群S4中某些置换并不是所求置换群中某些元素。

咱们一方面对该正四周体进行若干次旋转变换，使它与本来四个面位置重叠，从而得到这四个面一种置换。

例如，记4为底面，旋转其他各面使1到达2位置，2到达3位置，3到达1位置，这就是（123）（4）。

然后，咱们还需要考虑以其他面为底面以及置换乘积得到新置换状况。

例6.2.5设多项式f=（x1+x2）（x3+x4），找出使f保持不变所有下标置换，这些置换在置换乘法下与否构成S4子群？

解：

由加法互换律和乘法互换律可得到使f保持不变所有下标置换集合为：

G={

（1）

（2）（3）（4），（12）（3）（4），（12）（34），

（1）

（2）（34），（13）（24），（14）（23）}。

G是S4有限非空子集，可以验证置换乘法在G上是封闭，故依照教材中定理6.4.3（鉴别条件三），可知G在置换乘法下做成S4子群。

6.2.3子群鉴定及性质

前面例子中已经使用了有限子群鉴定定理，事实上，子群鉴定重要是考察对子群鉴定定理运用。

如果做题时应用鉴定定理困难，一种“笨”办法是证明该代数系统是群，由于子群自身就是群。

例6.2.6设（G，·）是一种群，e是（G，·）单位元，R是G上等价关系，且对任意x,y,z∈G，若（x·z）R（y·z），则xRy。

置H={h|h∈G∧hRe}。

试证明：

（H，·）是（G，·）子群。

证明：

由R是G上等价关系知，eRe，即e∈H，因此，H非空。

若a∈H，b∈H，往证a·b-1∈H，即证（a·b-1）Re。

由a∈H，b∈H，知，aRe，bRe。

由bRe及R具备对称性知，eRb成立。

再由aRe，eRb及R具备传递性知aRb。

而

a=a·（b-1·b）=（a·b-1）·b，

b=e·b，

因此，（a·b-1）·bRe·b。

再依照题设，若（x·z）R（y·z），则xRy，知，（a·b-1）Re。

故a·b-1∈H。

由教材中定理6.4.2（鉴别条件二），可知（H，·）是（G，·）子群。

例6.2.7设R为实数集，G={（a，b）|a，b∈R,a≠0}。

定义G上运算如下：

对于任意（a，b）,（c，d）∈G，

（a，b）·（c，d）=（a×c，b×c+d），

其中×，+分别是实数乘法与加法。

试证明：

（1）（G，·）是群；

（2）设S={（1，b）|b∈R}，则（S，·）是（G，·）子群。

证明：

（1）①运算·封闭性是显然。

②下面证明运算·满足结合律。

对任意（a，b）,（c，d），（e，f）∈G，有：

（（a，b）·（c，d））·（e，f）=（a×c，b×c+d）·（e，f）

=（a×c×e，（b×c+d）×e+f）

=（a×c×e，b×c×e+d×e+f），

（a，b）·（（c，d）·（e，f））=（a，b）·（c×e，d×e+f）

=（a×c×e，b×c×e+d×e+f），

因此，（（a，b）·（c，d））·（e，f）=（a，b）·（（c，d）·（e，f））。

③下面证明（G，·）有1（单位元）。

按照运算·定义，对于任意（a，b）∈G，有：

（a，b）·（1，0）=（a×1，b×1+0）=（a，b），

（1，0）·（a，b）=（1×a，0×a+b）=（a，b），

因此，（1，0）是（G，·）单位元。

④下面证明（G，·）中任意元素有逆元。

对任意（a，b）∈G，设（c，d）∈G，满足（a，b）·（c，d）=（1，0），即

（a×c，b×c+d）=（1，0），

解得：

。

且

·（a，b）=（

）=（1，0），

因而，（a，b）有逆

。

综上，（G，·）是群。

（2）显然，S是G非空子集，且对于任意（1，a），（1，b）∈S，有

（1，a）·（1，b）-1=（1，a）·（1，-b）

=（1×1，a×1-b）

=（1，a-b）∈S。

因而，由教材中定理6.4.2（鉴别条件二），可知（S，·）是（G，·）子群。

例6.2.8设（H1，·），（H2，·）是（G，·）子群，且H1，H2互不包括，证明：

H1∪H2≠G。

证明：

由H1，H2互不包括知，存在x，y，使得x∈H1，且x

H2，y∈H2，且y

H1。

则断言x·y

H1，且x·y

H2，否则，若x·y∈H1，则x∈H1及由H1是G子群知，x-1∈H1，故，x-1·（x·y）∈H1，即y∈H1，与y

H1矛盾。

同理可证x·y

H2。

因而，x·y

H1∪H2。

而x·y∈G，因此，H1∪H2≠G。

例6.2.9设G为n元循环群，a是生成元。

设m与n最高公由于d，试证明：

（am）=（ad）。

证明：

由于d|m，因此，am∈（ad），故

（am）

（ad）。

因d为m与n最高公因，因此存在k，l，使得

d=km+ln。

于是，

ad=akm+ln=akmaln

由G=（a）是n元循环群，a是生成元知，an=1，故aln=1，代入上式得：

ad=akm。

而akm∈（am），从而ad∈（am）。

故

（ad）

（am）。

因而，（ad）=（am）。

例6.2.10设（G，·）为循环群，生成元为a，设（H1，·），（H2，·）均是（G，·）子群，而ai和aj分别为（H1，·）和（H2，·）生成元。

问：

（H1∩H2，·）与否为循环群，如果是，请给出其生成元。

解：

设m为i和j最小公倍数，往证（am）=H1∩H2。

由m为i和j最小公倍数，知，i|m，j|m，故

am∈（ai），am∈（aj）。

因此，am

（ai），am

（aj）。

即，am

（ai）∩（aj）。

下面证明：

（ai）∩（aj）

（am）。

分两种状况：

（1）当G为无限循环群时。

任取x∈（ai）∩（aj），则存在p，q∈Z，使得x=aip=ajq。

由G是无限循环群知，必有ip=jq=k，因此，i|k，j|k，k为i和j公倍数，而m为i和j最小公倍数，故，m|k。

因而，ak∈（am），即x=aip=ak∈（am）。

因此，（ai）∩（aj）

am。

（2）当G是n元循环群时。

设s是n和i最大公约数，t是n和j最大公约数，d是n和m最大公约数。

由例6.2.9知，

（as）=（ai），（at）=（aj），（ad）=（am）。

显然，d是s和t最小公倍数。

任取x∈（ai）∩（aj），注意到s，t都是n因数，必存在p，q∈Z，使得asp=atq，且0

sp，tq

于是，s|c，t|c，因而，d|c，故x=ac∈（ad）。

因此，

（as）∩（at）

（am）

即，（ai）∩（aj）

（am）。

综上，（am）=H1∩H2，（H1∩H2，·）是循环群，其生成元是am，m是i和j最小公倍数。

例6.2.11设有限互换群（G，·）中所有元素之积不等于单位元1，试证明G必为偶数元群。

证明：

用反证法。

假设（G，·）为奇数元群，往证（G，·）中所有元素之积等于单位元1。

由G有限，设G={1，a1，a2,…,a2n}。

一方面证明对G中任意非单位元元素a，a≠a-1。

假设对G中任意元素a，a=a-1，则a2=1，显然（{1，a}，·）是（G，·）元数为2子群。

由Lagrange定理知，2应当整除G元数。

由于G元数为2n+1，因此2不整除G元数，这就产生了矛盾。

因而，对G中任意非单位元元素a，有a≠a-1。

由于任意元素逆元素是唯一，即不同元素有不同逆元，因此在a1，a2,…,a2n中按如下办法取元素：

先任取一ai1及其逆元aj1（i1≠j1），再在剩余2（n-1）个元素中任取一ai2及其逆元aj2（i2≠j2），以此类推n次，直到取出ain及其逆元ajn（in≠jn）。

则

=1，

由（G，·）为互换群知，

=a1·a2·…·a2n，因此，

a1·a2·…·a2n=1。

即（G，·）中所有元素之积等于单位元1，这与已知（G，·）中所有元素之积不等于单位元1矛盾，因此，G必为偶数元群。

阐明：

在此例中，咱们应用了Lagrange定理，该定理是很重要定理，在考察有限群元数和其子群元数时经常要用到。

6.2.4关于元素周期

这某些习题重要是用周期定义（若n为适合an=1最小正整数，则称a周期为n。

）以及周期性质（教材中定理6.4.5及定理6.4.5’）。

例6.2.12设（G，·）是群，a，b，c∈G。

a·b=c·b·a，a·c=c·a，b·c=c·b。

试证明：

若a，b周期分别为m，n，m与n最大公约数为d，则c周期整除d。

证明：

（1）设c周期为k，由最大公因数定义，要证明k|d，只需证明k是m与n公因数，即k|m，k|n。

再由k为c周期及周期性质知，只要证明出cm=1，cn=1，则k|m，k|n就显然成立了。

由a·b=c·b·a，在等式两边同步右乘bn-1，得

a·bn=c·b·a·bn-1，

由b周期为n知，bn=1，故，

a·bn=a，

而c·b·a·bn-1=c·b·（a·b）·bn-2由结合律

=（c·b）（c·b·a）·bn-2由a·b=c·b·a

=（c·b）2·abn-2由结合律

=（c·b）n·a

=cn·bn·a重复应用b·c=c·b

=cn·1·a由b周期为n

=cn·a

因而，

a=cn·a

两边同步右乘a逆元，得到

cn=1。

类似地，可证得

cm=1。

例6.2.13设（G，·）是群，x，y∈G，且y·x·y-1=x2，其中x≠1，y周期是2，试求x周期。

解：

由y·x·y-1=x2，得：

x4=（y·x·y–1）·（y·x·y–1）

=（y·x）·（y–1·y）·（x·y–1）由结合律

=（y·x）·1·（x·y–1）

=y·x2·y–1

=y·（y·x·y–1）·y–1由已知

=y2·x·y–2

由y周期是2知，y2=1，且y–2=1。

因而，

x4=1·x·1=x。

即，

x3=1。

而由已知x≠1，断言x2≠1，否则，若x2=1，由已知y·x·y-1=x2，得y·x·y-1=1，即y·（x·y-1）=1，又由群中任意元素逆是唯一得y-1=x·y-1，两边同步右乘y，得x=1，与已知矛盾。

因而，3是满足xn=1n最小正整数，即，x周期是3。

6.2.5关于同态与同构

给出一映射，要证明它是同构映射，普通是先证明它是同态映射，再证明它是1-1映射，这种情形严格按照定义就可以了。

对于证明详细两个群同构，普通做法是构造一种函数使它满足某种特定规定，这就规定咱们懂得函数特点。

例6.2.14设（R，-）和（R+，÷）是两个代数系统，其中R和R+分别为实数集合与正实数集合，-与÷分别为算术加法与除法，试证明：

（R，-）和（R+，÷）同构。

证明：

构造函数f（x）=ex。

（1）证明该映射为R到R+1-1映射。

显然f为R到R+映射。

对任意y∈R+，均有x=lny，使得ex=y，因此f为R到R+上映射（满射）。

对于任意a,b∈R，若a≠b，则ea≠eb，因此f为单射。

（2）证明f为同态映射。

对于任意a,b∈R，有f（a-b）=ea-b=ea÷eb=f（a）÷f（b）。

因此，f为R到R+同态映射。

综上，f是R到R+同构映射，即，（R，-）和（R+，÷）同构。

下面举一种应用同态基本定理（教材中定理6.5.3）例子。

例6.2.15设（G，·）是一种互换群，H是由G中所有周期是有限元素构成集合，试证明：

（1）（H，·）是（G，·）正规子群。

（2）在商群G∕H中，除了单位元H外，所有元素周期都是无限。

证明：

（1）显然H非空。

由于1周期有限，1∈H。

对于任意a，b∈H，往证a·b-1∈H。

由a，b∈H，知a，b周期有限，不妨设a周期为m，b周期为n，则am=1，bn=1，b-n=1，故

（a·b-1）mn=（a）m·（b-n）m=1，

可见，a·b-1周期是有限，因而，a·b-1∈H。

因此，（H，·）是（G，·）子群。

再由（G，·）是一种互换群，互换群子群都是正规子群，因而，（H，·）是（G，·）正规子群。

（2）使用反证法。

假设G∕H中存在一种非单位元H元素aH，使得aH周期是有限，不妨设为n，则

（aH）n=H。

由教材中定理6.5.3知，若令

σ：

a→aH，

则σ是G到G∕H上一种同态映射。

于是

anH=σ（an）

=σ（a）σ（a）…σ（a）

=aHaH…aH

=（aH）n

=H.

因此，an∈H，即an周期有限，故a周期亦有限，即a∈H，于是，aH=H，与aH≠H矛盾。

因而，原假设不对，G∕H中除了单位元H外，所有元素周期都必然是无限。

6.2.6关于环

要证明R在加法和乘法下做成环，需要证明R对于加法构成一种Abel群，在乘法下做成半群，即乘法适合结合律，还要证明乘法对于加法有分派律，注意由于乘法不见得适合互换律，因此分派律需证明两个。

证明环同态映射要注意需要证明加同态与乘同态两条。

例6.2.16设Z是整数集合，R={（a，b）|a，b∈Z}，定义R上二元运算⊕与⊙如下：

（a,b）⊕（c,d）=（a+c,b+d）,

（a,b）⊙（c,d）=（a×c,b×d）,

其中+，×分别是算术加法和乘法。

试证明（R，⊕，⊙）是环，并求出此环所有零因子。

证明：

显然，⊕在R上运算封闭，且满足互换律和结合律。

⊕单位元为（0，0），R上任意元素（a,b）逆元为（-a,-b）。

因此，（R，⊕）为互换群。

又由于⊙在R上运算封闭，且满足结合律，因此，（R，⊙）为半群。

任取R上三个元素（a,b），（c,d），（e,f），有：

（a,b）⊙（（c,d）⊕（e,f））=（a,b）⊙（c+e,d+f）

=（a×（c+e）,b×（d+f））

=（a×c+a×e,b×d+b×f）），

（（a,b）⊙（c,d））⊕（（a,b）⊙（e,f））=（a×c，b×d）⊕（a×e，b×f）

=（a×c+a×e,b×d+b×f）），

因而，

（a,b）⊙（（c,d）⊕（e,f））=（（a,b）⊙（c,d））⊕（（a,b）⊙（e,f））。

由于⊙和⊕都满足互换律，因此，

（（c,d）⊕（e,f））⊙（a,b）=（（c,d）⊙（a,b））⊕（（e,f）⊙（a,b））。

综上，（R，⊕，⊙）是环。

由于⊕单位元为环零元：

（0，0）。

对于所有（a,0）∈R，其中a≠0，存在（0，b）∈R，其中b≠0，满足（a,0）⊙（0,c）=（0，0），再依照运算⊙互换律得到，（a，0）和（0，b）都是环零因子。

例6.2.17设（R，+，·）是环，对于任意a，b∈R，定义：

a⊕b=a+b+1,

a⊙b=a·b+a+b。

试证明

（1）（R，⊕，⊙）也是含壹环。

（2）（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构。

证明：

（1）①一方面证明（R，⊕）是互换群。

由+在R上运算封闭知，对于任意a，b∈R，a+b+1∈R，而a⊕b=a+b+1，故a⊕b∈R。

因而，⊕在R上运算也封闭。

由+在R上满足互换律知，⊕在R上也满足互换律。

对于任意a，b，c∈R，由+在R上满足互换律和结合律得：

（a⊕b）⊕c=（a⊕b）+c+1

=（a+b+1）+c+1

=a+（b+1+c）+1由+满足结合律

=a+（b+c+1）+1由+满足互换律

=a+（b⊕c）+1

=a⊕（b⊕c）,

可见，⊕在R上也满足结合律。

由于对R中任意元素a，有

a⊕-1=a+（-1）+1

=a+（（-1）+1）

=a+0

=a,

-1⊕a=a⊕-1=a，

因此（R，⊕）单位元为-1。

由于对R中任意元素a，有

a⊕（-a-1-1）=a+（-a-1-1）+1

=（a+（-a））-1+（-1+1）

=0+（-1）+0

=-1，

（-a-1-1）⊕a=a⊕（-a-1-1）=-1

因此，（R，⊕）中任意元素a逆元为-a-1-1。

综上，（R，⊕）是互换群。

②证明（R，⊙）是含壹半群。

由+和·在R上运算封闭知，对于任意a，b∈R，a·b+a+b∈R，而a⊙b=a·b+a+b，故a⊙b∈R。

因而，⊙在R上运算也封闭。

对于任意a，b，c∈R，有

（a⊙b）⊙c=（a⊙b）·c+（a⊙b）+c

=（a·b+a+b）·c+（a·b+a+b）+c

=a·（b·c+b+c）+a+（b·c+b+c）

=a·（b⊙c）+a+（b⊙c）

=a⊙（b⊙c），

可见，⊙满足结合律。

由于对R中任意元素a，有

a⊙0=a·0+a+0

=0+a+0

=a，

0⊙a=a⊙0=a,

因此，（R，⊙）单位元为0。

③证明⊙对⊕有左右分派律。

对于任意a，b，c∈R，有

a⊙（b⊕c）=a·（b⊕c）+a+（b⊕c）

=a·（b+c+1）+a+（b+c+1）

=a·b+（a·c）+a+a+b+c+1

=（a·b+a+b）+（a·c+a+c）+1，

（a⊙b）⊕（a⊙c）=（a⊙b）+（a⊙c）+1

=（a·b+a+b）+