学习指导与习题解答.doc

第六章 群与环§6.1 基本要求1. 掌握二元代数运算、代数系统的定义，能够判断一运算是否为二元代数运算，运算是否满足交换律、结合律、分配律、幂等律、吸收律、消去律。2. 掌握半群、群的定义以和群的性质，能够判断一代数系统是否为半群或群。3. 掌握交换群的定义以和交换群中的三个指数律。4. 掌握置换、轮换、不相杂轮换、对换等概念，会做置换的乘法，会将任意置换写成不相杂轮换的乘积。了解置换的顺向圈表示。5. 掌握奇置换、偶置换的概念，了解置换的定性数与置换的图型和奇偶性的关系。6. 掌握n次对称群、n次交代群的概念，会写出其中的元素。7. 掌握子群的定义以和子群的判别条件。掌握周期、循环群的定义和乘法群、加法群中周期的性质以和循环群中一元素作为生成元的充要条件。8. 掌握群中合同、右陪集的定义。了解子群在大群中的右陪集的一些性质。掌握正规子群的概念以和一子群为大群的正规子群的充要条件。掌握并会正确应用Lagrange定理。9. 掌握同态映射、同构映射、自同构映射的概念以和同态定理。会判断一个群与一乘法系统间的映射是否为同态映射、同构映射或自同构映射。10. 掌握同态核的概念，了解若是群G到G上的同态映射，则其核N为一正规子群。反过来，设N是G的一个正规子群，则有一个群G以和一个G到G上的同态映射，使N为的核。掌握并会正确应用联系同态与同构的基本定理。了解为群G到G上的同态映射时，G中子群与G中子群的关系。11. 掌握环、交换环、含壹环、消去环的定义和其性质，会判断。12. 掌握整区、体、域、子环、子体、子域等概念，以和环的子集作成子环的充要条件。13. 掌握并会应用理想、主理想的定义，掌握环中合同关系、剩余类的定义以和环中合同关系的性质。14. 掌握环同态映射、同构映射、剩余环的定义，了解与群论中平行的环中的关于同态映射、同构映射的一些定理。15. 掌握单纯环与极大理想的定义，以和二者的关系，了解一个环是域的充要条件。16. 了解群与环在计算机科学中的应用-计数问题、纠错码。§6.2 主要解题方法6.2.1 运算的性质对常见的运算性质诸如封闭、结合、交换、分配、幂等、吸收、消去等，要熟悉其定义，并且会推断某性质是否成立。后面对各种代数系统都是根据运算的性质来下的定义，因此，对某代数系统进行判断，都必然归结到对运算性质的判断上。例6.2.1 设S=Q×Q，Q为有理数集合，为S上的二元运算，对于任意的<a,b>，<x,y>S，有：<a,b><x,y>=<ax,ay+b>，问：（1）的单位元是什么？（2）当a0时，<a,b>的逆元是什么？解：（1）设的单位元是<e1,e2>，则对于任意的<x,y>S，有：<e1,e2><x,y>=<e1x,e1y+e2>，<x,y><e1,e2>=<xe1,xe2+y>，因为<e1,e2>是单位元，所以<e1,e2><x,y>=<x,y><e1,e2>=<x,y>。故 且 ，解得：。因此，的单位元是<1，0>。（2）当a0时， 设<a,b>的逆元为<a-1，b-1>，则<a,b><a-1，b-1>=<1，0>，而<a,b><a-1，b-1>=<aa-1,ab-1+b>，故解得：。因此，<a,b>的逆元为<>。例6.2.2 设（G，·）是一个群，若群G的每一个元素都满足方程x2=1（其中1是G的单位元），那么G是交换群。证明：对任意的a，bG，则运算的封闭性有a·bG，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。因此，a·b = a·1·b = a·(a·b·a·b)·b由（G， ·）是群，运算满足结合律，所以a·(a·b·a·b)·b= a2·（b·a）·b2=1·（b·a）·1= b·a即，a·b=b·a，所以，G是交换群。例6.2.3 设（G，·）是一个半群，e是左壹，且对每一个xA，存在x A，使得x·x=e。试证明：对于任意的a，b，cA，如果a·b= a·c，则b=c。证明：对于任意的a，b，cA，如果a·b= a·c，由题设条件知，对aA，存在aA，使得a·a=e。在等式a·b= a·c的两边同时左乘a，得到a·（a·b）=a·（a·c）。因（G，·）是一个半群，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的表示方法，一种是直接写，如，另一种是将置换表示为不相杂轮换的乘积。要求正确地做置换的乘法。例6.2.4 写出正四面体关于4个面的运动群（置换群）。解：首先给正四面体的四个面作上标记。取4为底面，在保持4为底面的情况下，沿顺时针方向旋转正四面体0、1、2次，得到三个置换：（1）（2）（3）（4），（1 2 3）（4），（1 3 2）（4）。类似地，分别取1、2、3为底面，又得到置换：（2 3 4）（1），（2 4 3）（1），（1 3 4）（2），（1 4 3）（2），（1 2 4）（3），（1 4 2）（3）。再考虑这些置换相乘的情形：（1 2 3）（4）（2 3 4）（1）=（1 2）（3 4），（2 3 4）（1）（1 2 3）（4）=（1 3）（2 4），（2 3 4）（1）（1 3 4）（2）=（1 4）（2 3）。令G=（1）（2）（3）（4），（1 2 3）（4），（1 3 2）（4）,（2 3 4）（1），（2 4 3）（1），（1 3 4）（2），（1 4 3）（2），（1 2 4）（3），（1 4 2）（3）,（1 2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 4）（2 3）显然，G是S4的有限非空子集，且可以验证置换乘法在G上是封闭的。故根据教材中定理6.4.3（判别条件三），即有限子群的判定定理，可知G在置换的乘法下做成4次对称群的子群，该群即为正四面体关于4个面的运动群（置换群）。说明：对于正四面体，它的四个面组成一个集合，题目即是求该集合上的一个置换群。由于正四面体的四个面有着确定的关系，因此，4次对称群S4中的某些置换并不是所求的置换群中的某些元素。我们首先对该正四面体进行若干次旋转变换，使它与原来的四个面的位置重合，从而得到这四个面的一个置换。比如，记4为底面，旋转其它各面使1到达2的位置，2到达3的位置，3到达1的位置，这就是（1 2 3）（4）。然后，我们还需要考虑以其它面为底面以和置换乘积得到的新置换的情况。例6.2.5 设多项式f=(x1+x2)(x3+x4)，找出使f保持不变的所有下标的置换，这些置换在置换的乘法下是否构成S4的子群？解：由加法交换律和乘法交换律可得到使f保持不变的所有下标的置换的集合为：G=（1）（2）（3）（4），（1 2）（3）（4），（1 2）（3 4），（1）（2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 4）（2 3）。G是S4的有限非空子集，可以验证置换乘法在G上是封闭的，故根据教材中定理6.4.3（判别条件三），可知G在置换的乘法下做成S4的子群。6.2.3 子群的判定和性质前面的例子中已经使用了有限子群的判定定理，实际上，子群的判定主要是考察对子群判定定理的运用。如果做题时应用判定定理困难，一个“笨”方法是证明该代数系统是群，因为子群本身就是群。例6.2.6 设（G，·）是一个群，e是（G，·）的单位元，R是G上的等价关系，且对任意的x,y,zG，若（x·z）R（y·z），则xRy。置H=h|hG hRe。试证明：（H，·）是（G，·）的子群。证明：由R是G上的等价关系知，eRe，即eH，所以，H非空。若aH，bH，往证a·b-1H，即证（a·b-1）Re。由aH，bH，知，aRe，bRe。由bRe和R具有对称性知，eRb成立。再由aRe，eRb和R具有传递性知aRb。而a= a·(b-1·b)= (a·b-1)·b，b=e·b，所以，(a·b-1)·bR e·b。再根据题设，若（x·z）R（y·z），则xRy，知，（a·b-1）Re。故a·b-1H。由教材中定理6.4.2（判别条件二），可知（H，·）是（G，·）的子群。例6.2.7 设R为实数集，G=(a，b)|a，bR,a0。定义G上的运算如下：对于任意的（a，b）,（c，d）G，（a，b）·（c，d）=（a×c，b×c+d），其中×，+分别是实数的乘法与加法。试证明：（1）（G，·）是群；（2）设S = （1，b）|bR，则（S，·）是（G，·）的子群。证明：（1） 运算·的封闭性是显然的。 下面证明运算·满足结合律。对任意的（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），所以，（a，b）·（c，d）·（e，f）=（a，b）·（c，d）·（e，f）。 下面证明（G，·）有1（单位元）。按照运算·的定义，对于任意的（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），所以，（1，0）是（G，·）的单位元。 下面证明（G，·）中任意元素有逆元。对任意的（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），因此，（a，b）有逆。综上，（G，·）是群。（2）显然，S是G的非空子集，且对于任意的（1，a），（1，b）S，有（1，a）·（1，b）-1 = （1，a）·（1，-b） =（1×1，a×1-b） =（1，a-b）S。因此，由教材中定理6.4.2（判别条件二），可知（S，·）是（G，·）的子群。例6.2.8 设（H1，·），（H2，·）是（G，·）的子群，且H1，H2互不包含，证明：H1H2G。证明：由H1，H2互不包含知，存在x，y，使得xH1，且xH2，yH2，且yH1。则断言x·yH1，且x·yH2，否则，若x·yH1，则xH1和由H1是G的子群知，x-1H1，故，x-1·（x·y）H1，即yH1，与yH1矛盾。同理可证x·yH2。因此，x·yH1H2。而x·yG，所以，H1H2G。例6.2.9 设G为n元循环群，a是生成元。设m与n的最高公因为d，试证明：（am）=（ad）。证明：因为d|m，所以，am （ad），故(am)（ad）。因d为m与n的最高公因，所以存在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）。因此，（ad）=（am）。例6.2.10 设（G，·）为循环群，生成元为a，设（H1，·），（H2，·）均是（G，·）的子群，而ai和aj分别为（H1，·）和（H2，·）的生成元。问：（H1H2，·）是否为循环群，如果是，请给出其生成元。解：设m为i和j的最小公倍数，往证（am）=H1H2。由m为i和j的最小公倍数，知，i|m，j|m，故am （ai），am （aj）。所以，am （ai），am（aj）。即，am （ai）（aj）。下面证明：（ai）（aj）（am） 。分两种情况：（1）当G为无限循环群时。任取x（ai）（aj），则存在p，qZ，使得x=aip=ajq。由G是无限循环群知，必有ip=jq=k，所以，i|k，j|k，k为i和j的公倍数，而m为i和j的最小公倍数，故，m|k。因此，ak（am），即x=aip=ak（am）。所以，（ai）（aj）am。（2）当G是n元循环群时。设s是n和i的最大公约数，t是n和j的最大公约数，d是n和m的最大公约数。由例6.2.9知，（as）=（ai），（at）=（aj），（ad）=（am）。显然，d是s和t的最小公倍数。任取x（ai）（aj），注意到s，t都是n的因数，必存在p，qZ，使得asp=atq，且0sp，tq<n，有sp=tq=c。于是，s|c，t|c，因此，d|c，故x= ac(ad)。所以，（as）（at）（am）即，（ai）（aj）（am）。综上，（am）=H1H2，（H1H2，·）是循环群，其生成元是am，m是i和j的最小公倍数。例6.2.11 设有限交换群（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。首先证明对G中任意非单位元的元素a，aa-1。假设对G中任意元素a，a=a-1，则a2=1，显然（1，a，·）是（G，·）的元数为2的子群。由Lagrange定理知，2应该整除G的元数。因为G的元数为2n+1，所以2不整除G的元数，这就产生了矛盾。因此，对G中任意非单位元的元素a，有aa-1。由于任意元素的逆元素是唯一的，即不同的元素有不同的逆元，所以在a1，a2,a2n中按如下方法取元素：先任取一ai1和其逆元aj1(i1j1)，再在剩下的2（n-1）个元素中任取一ai2和其逆元aj2(i2j2)，以此类推n次，直到取出ain和其逆元ajn(injn)。则=1，由（G，·）为交换群知，= a1·a2··a2n，所以，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，所以，G必为偶数元群。 说明：在此例中，我们应用了Lagrange定理，该定理是很重要的定理，在考察有限群的元数和其子群的元数时经常要用到。6.2.4 关于元素的周期 这部分习题主要是用周期的定义（若n为适合an=1的最小正整数，则称a的周期为n。）以和周期的性质（教材中定理6.4.5和定理6.4.5）。例6.2.12 设（G，·）是群，a，b，cG。a·b=c·b·a，a·c=c·a，b·c=c·b。试证明：若a，b的周期分别为m，n，m与n的最大公约数为d，则c的周期整除d。证明：（1）设c的周期为k，由最大公因数的定义，要证明k|d，只需证明k是m与n的公因数，即k|m，k|n。再由k为c的周期和周期的性质知，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，在等式两边同时右乘bn-1，得a·bn=c·b·a·bn-1，由b的周期为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·b n·a 反复应用b·c=c·b= cn·1·a 由b的周期为n=cn·a因此，a=cn·a两边同时右乘a的逆元，得到cn=1。类似地，可证得cm=1。例6.2.13 设（G，·）是群，x，yG，且y·x·y -1= x 2，其中x1，y的周期是2，试求x的周期。解：由y·x·y -1= x 2，得：x 4=（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的周期是2知，y2=1，且 y 2=1。因此，x 4= 1·x·1=x。即，x3=1。而由已知x1，断言x21，否则，若x2=1，由已知y·x·y -1= x 2，得y·x·y -1=1，即y·（x·y -1）=1，又由群中任意元素的逆是唯一的得y -1= x·y -1，两边同时右乘y，得x=1，与已知矛盾。因此，3是满足xn=1的n的最小正整数，即，x的周期是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，一般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。对于证明具体的两个群同构，通常的做法是构造一个函数使它满足某种特定的要求，这就要求我们知道函数的特点。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+的1-1映射。显然f为R到R+的映射。对任意yR+，都有x=ln y，使得ex=y，所以f为R到R+上的映射（满射）。对于任意a,b R，若ab，则eaeb，所以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)。所以，f为R到R+的同态映射。综上，f是R到R+的同构映射，即，（R，-）和(R+，÷)同构。下面举一个应用同态基本定理（教材中定理6.5.3）的例子。例6.2.15 设（G，·）是一个交换群，H是由G中所有周期是有限的元素构成的集合，试证明：（1）（H，·）是（G，·）的正规子群。（2）在商群GH中，除了单位元H外，所有元素的周期都是无限的。证明：（1）显然H非空。因为1的周期有限，1H。对于任意的a，bH，往证a·b-1H。由a，bH，知a，b周期有限，不妨设a的周期为m，b的周期为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的周期是有限的，因此，a·b-1H。所以，（H，·）是（G，·）的子群。再由（G，·）是一个交换群，交换群的子群都是正规子群，因此，（H，·）是（G，·）的正规子群。（2）使用反证法。假设GH中存在一个非单位元H的元素aH，使得aH的周期是有限的，不妨设为n，则（aH）n=H。由教材中定理6.5.3知，若令：aaH，则是G到GH上的一个同态映射。于是anH=(an) = (a) (a) (a)=aH aHaH=(aH) n=H.所以，anH，即an的周期有限，故a的周期亦有限，即aH，于是，aH=H，与aHH矛盾。因此，原假设不对，GH中除了单位元H外，所有元素的周期都必然是无限的。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对于加法构成一个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配律，注意由于乘法不见得适合交换律，所以分配律需证明两个。证明环的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，bZ，定义R上的二元运算与如下：（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，并求出此环的所有零因子。证明：显然，在R上运算封闭，且满足交换律和结合律。的单位元为（0，0），R上任意元素（a,b）的逆元为（-a,-b）。所以，（R, ）为交换群。又因为在R上运算封闭，且满足结合律，所以，（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)，因此，（a,b）（c,d）(e,f)）=(（a,b）（c,d）)(（a,b）(e,f)。由于和都满足交换律，所以，（c,d）(e,f)）（a,b）=(（c,d）（a,b）)(e,f)（a,b）)。综上，（R，）是环。由于的单位元为环的零元：（0，0）。对于所有的（a,0）R，其中a0，存在（0，b）R，其中b0，满足（a,0）(0,c)=（0，0），再根据运算的交换律得到，（a，0）和（0，b）都是环的零因子。例6.2.17 设（R，+，·）是环，对于任意的a，bR，定义：ab=a+b+1,ab=a·b+a+b。试证明（1）（R，）也是含壹环。（2）（R，）与环（R，+，·）同构。证明：（1）首先证明（R，）是交换群。由 + 在R上运算封闭知，对于任意的a，bR，a+b+1R，而ab=a+b+1，故abR。因此，在R上运算也封闭。由 + 在R上满足交换律知，在R上也满足交换律。对于任意的a，b，cR，由 + 在R上满足交换律和结合律得：（ab）c=（ab）+c+1=（a+b+1）+c+1=a+(b+1+c)+1 由+满足结合律=a+(b+c+1)+1 由+满足交换律=a+（bc）+1=a(bc),可见，在R上也满足结合律。因为对R中任意元素a，有a-1=a+（-1）+1=a+(（-1）+1)=a+0=a,-1a=a-1=a，所以（R，）的单位元为-1。因为对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所以，（R，）中任意元素a的逆元为-a-1-1。综上，（R，）是交换群。证明（R，）是含壹半群。由+和·在R上运算封闭知，对于任意的a，bR，a·b+a+bR，而ab=a·b+a+b，故abR。因此，在R上运算也封闭。对于任意的a，b，cR，有（ab）c =（ab）·c+（ab）+c=（a·b+a+b）·c+（a·b+a+b）+c=a·(b·c+b+c)+a+(b·c+b+c)= a·(bc)+a+(bc)=a(bc)，可见，满足结合律。因为对R中任意元素a，有a0= a·0+a+0 =0+a+0 =a，0a=a0=a,所以，（R，）的单位元为0。 证明对有左右分配律。对于任意的a，b，cR，有a(bc)= a·(bc)+a+(bc) = 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，(ab)(ac)= (ab)+(ac)+1= ( a·b+ a+b) + ( a·c+ a+c) +1因此，a(bc)= (ab)(ac)。(bc)a=(bc)·a+(bc)+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+a)+1，(ba)（ca）= (ba)+ （ca）+1 = (b·a+b+a)+ (c·a+c+a)+1，因此，(bc)a=(ba)（ca）。综上、知，（R，）是含壹环。（2）证明（R，）与环（R，+，·）同构。做映射f:RR，f(a)=a-1。 往证f是1-1映射。显然，f是R到R内的映射。对任意aR，有a+1R，满足f(a+1)=a+1-1=a。因此，f是R到R上的映射（满射）。若对b，cR，有f(b)=f(c)=a，即b-1=c-1=a，则b=c=a+1。因此，f是一对一映射（单射）。 由f的定义有：f(a+b)=a+b-1。另一方面，f(a)f(b)=f(a)+f(b)+1=(a-1)+(b-1)+1=a+b-1,因此，f(a+b)= f(a)f(b)。由f(a·b)= a·b-1，和f(a)f(b)=f(a)·f(b)+f(a)+f(b)=(a-1)·(b-1)+(a-1)+(b-1)=a·b-a-b+1+(a-1)+(b-1)=a·b-1，知，f(a·b)=f(a)f(b)。 因此，f是环同构映射，故（R，）与环（R，+，·）同构§6.3 第六章习题解答6.3.1 习题6.1解答1. 设W1、W2、W3分别为是模6的剩余类集合Z6的子集：W1=，W2=，W3=，试问剩余类加法是不是这些子集的二元代数运算？解：剩余类加法对W1，W2是二元代数运算，而W3不是。2. S=2n | nN，加法是S上的二元代数运算吗？乘法呢？解：加法不是S上的二元代数运算，乘法是。3. 自然数集N 上的二元代数运算 * 定义为x * y = xy，* 是否满足结合律？是否满足交换律？解：都不满足。4. 设 * 是集合S上的二元代数运算，且满足结合律，设x，y是S中任意元素，如果x * y = y * x，则x = y。试证明 * 满足等幂律。证明：由于对S中任意的x，y和z，有x*(y*z)=(x*y)*z，故x*(x*x)=(x*x)*x，于是有x*x=x。5. 设 + 和 * 是集合S上的两个二元代数运算，对于S中任意元素x和y，x + y = x。证明 * 对于 + 满足分配律。证明：设x，y和z是S中任意三个元素，则x*(y+z)=x*y=x*y+x*z，且(y+z)*x=y*x=y*x+z*x，故* 对于 + 满足分配律。6.3.2 习题6.2解答1. 设（G， ·）是代数系统，则（G×G，*）是代数系统，这里G×G的运算“*”规定如下：（a，b）*（c，d）=（a·b，c·d），其中，a，b，c，d为G中任意元素。证明：当（G， ·）是半群时，（G×G，*）是半群；当（G， ·）有单位元素时，（G×G，*）有单位元素；当（G， ·）是群时，（G×G，*）是群；证明：设（G， ·）是半群，a，b，c，d，e，f为G中任意元素，若有(a，b),(c，d)，(e，f)属于G×G，则有(a，b)*(c，d)*(e，f)=(a，b)*(c·e，d·f)=(a·(c·e)，b·(d·f)=(a·c)·e，(b·d)·f)=(a·c)，(b·d)*(e，f)=(a，b)*(c，d)*(e，f)，这就证明了当（G， ·）是半群时，（G×G，*）是半群。设（G， ·）有单位元素1，(a，b)是（G×G，*）中任意元素，则有(a，b)=(a·1，b·1)=(a，b)*(1，1)且(a，b)=(1·a，1·b)=(1，1)*(a，b)，故(1，1)就是（G×G，*）的单位元素。设（G， ·）是群，1是群（G， ·）的单位元素，则由前面的证明知(1，1)就是（G×G，*）的1且（G×G，*）是半群。我们来证明（G×G，*）中的任意元素(a，b)有逆元素。(1，1)=(a·a，b·b )=(a，b)*(a，b )，其中a和b分别是a和b在群（G， ·）中的逆元素。同样有(1，1)=(a·a，b·b )=(a，b )*(a，b )，这就证明了(a，b )是(a，b)的逆元素，从而说明（G×G，*）是群。2. 举例说明不要求可除条件而要求消去条件，即要求由a=ay可推出=y，由·a=y·a可推出=y，由G不见得是一个群，若G有限怎么样？解：例如，全体自然数在普通乘法下，适合消去律，但不是群。若G=a1，a2，an，用a右乘G中各元素得a1a，a2a，ana必不相同，否则若aia=aja (i¹j) ，由消去条件有ai¹aj，矛盾。对任意bÎG，必有ai，使aia=b，因之方程xa=b有解。同理可知ay=b有解。故G是群。3. 举例说明定理6.2.2中的（1）和（2）分别改成：（1）G中有一个元素1适合1·a=a，（2）对于任意a有一个a-1适合a·a-1=1，则G不见得是一个群。解：例如， a bG= a，b是实数 。0 0 1 0 a-1 0有左1= 右逆： ，但G不是群 0 0 0 0因当b¹0时a b 1 0 a 0 a b0 0 0 0 0 0 0 0而不难知道G中无1。4. 试将加法群的公理进行符号化。解：令P(x，y，z)：x ·y=z，i(x)：x-1。则可以将加法群的公理符号化为：(1) "x"y$zP(x，y，)(2) "x"y"z"u"v"w(P(x，y，u) ÙP(y，z，v) ÙP(u，z，w) ®P(x，v，w) Ù"x"y"z"u"v"w(P(x，y，u) ÙP(y，z，v) ÙP(x，v，w) ®P(u，z，w)(3) "xP(x，e，x) Ù"xP(e，x，x)(4) "xP(x，i(x)，e)Ù"xP(i(x)，x，e)(5) "x"y"u(P(x，y，u) ®P(y，x，u)前四条是群公理，第五条是交换性。5. 设集合G=a，b，c上的二元运算表如下：·abcaabcbbaccccc则（G，·）是否为半群？是否为群？为什么？解：由于G非空且对任意的a，b属于G，有a·b 属于G，故（G，·）是代数系统。又由于·运算满足结合律，故（G，·）是半群，但（G，·）不是群，因为元素c没有逆元素。6.3.3 习题6.3解答1. 计算（1 2 3）（2 3 4）（1 4）（2 4）。解：（1 2 3）（2 3 4）（1 4）（2 4）=（1 3）（2 4）。2. 用1，2，n代表M中元素。求证M的任意置换可以表为（1 2），（1 3），（1 n）的乘积。又可表为（1 2），（2 3），（n-1 n）的乘积。解：M的任意置换都可分为对换之乘积，又注意到：（ar as）=(1 ar)(1 as)(1 ar)，(ar，as¹1)，而(1 ar)=(1 2)(2 3)(ar-2 ar-1)(ar-1 ar)(ar-2 ar-1)(2 3)(1 2)。3. 设s，t是两个置换。把t表示为不相杂的轮换的乘积。求证sts-1只要用s变换成t中文字。例如s=（1 2 3）。t=（1 2）（3 4）则sts-1=（2 3）（1 4）。即按照s的变换不t中之1换成2，2换成3，3换成1，即得sts-1。证明：若t=(a11 a12 a1r)(a21 a2s)(am1amt) a11 a1r a2ra2sam1amt而s= b11 b1r b2rb2sbm1bmt取典型元素bjk，我们有所以在sts-1下，bjk®bjk+1。4. 试设计一个乘轮换程序，计算输入的若干轮换的乘积，输出的结果是不相杂的轮换的乘积。可参阅D.E.Knuth著，管纪文，苏运霖译计算机程序设计技巧134-138页。5. 试证明n 个元素的所有置换作成一个群（通常叫做n次对称群）。证明n个元素的所有偶置换作成群（叫做n次交代群）。写出四次交代群中的元素。n次交代群的元数为何？证明：只需验证满足群的各条件，略。注意到偶置换×偶置换=偶置换。易知偶置换成群。A4：(1)，(1 2 3)，（1 3 2），（1 2 4），（1 4 2），（1 3 4），（1 4 3），（2 3 4），（2 4 3），（1 2），（3 4），（1 3），（2 4），（1 4），（1 4），（2 3），n!。6.3.4 习题6.4解答1. （1）（1 2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 2）（2 3）四个置换作成一个群叫klein四元群，求证klein四元群是四次对称群的正规子群。证明：用H记Klein四元群，对任sÎS4，tÎH，sts1只须用s变t中文字，不变轮换长度，结果仍是二对换之积，而这种乘积全在H中，故sts1ÎH，故sHs1ÍH。2. 写出三次对称群的所有子群。解：（1），（1 2），（1 3），（2 3），（1 2 3），（1 3 2），（1），（1 2 3），（1 3 2），（1），（1 2），（1），（1 3），（1），（2 3），（1）