习题与解答(代数系统)VIP

作作业业题题与与解解答答 第第九章章4 4、1111、1515、1616 4、判判断断下下列列集集合合对对所所给给的的二二元元运运算算是是否否封封闭闭： (1)(1) 整数集合整数集合 Z Z 和和普普通通的的减减法法运运算算 (2)(2) 非非零零整整数数集集合合 Z Z * *和 和普普通通的的除除法法运运算算 (3)(3) 全体全体 n nn n 实实矩矩阵阵集集合合 M Mn n(R)(R)和和矩矩阵阵加加法法及及乘乘法法运运算算，其其中中 n n2 2 (4)(4) 全体全体 n nn n 实实可可逆逆矩矩阵阵集集合合关关于于矩矩阵阵加加法法和和乘乘法法运运算算，其其中中 n n2 2 (5)(5) 正正实实数数集集合合 R R + +和 和 运运算算，其其中中 运运算算定定义义为为： , ,R R + +,a ,a b=ab-a-bb=ab-a-b (6) n(6) nZ Z + +,nZ=nz|z ,nZ=nz|zZ.nZZ.nZ 关关于于普普通通的的加加法法和和乘乘法法运运算算。 (7) A=a(7) A=a1 1,a,a2 2,.,a,.,an n,n,n2.2. 运运算算定定义义如如下下： a ai i,a,aj jA,aA,ai ia aj j=a=ai i. . (8) S=2x-1|x(8) S=2x-1|xZ Z + + 关 关于于普普通通的的加加法法和和乘乘法法运运算算。 (9) S=0,1,S(9) S=0,1,S 关关于于普普通通的的加加法法和和乘乘法法运运算算。 (10)S=x|x=2(10)S=x|x=2 n n,n ,nZ Z + + ， ，S S 关关于于普普通通的的加加法法和和乘乘法法运运算算。 解：解：(1)(1) 封闭封闭(2)(2) 不封闭不封闭(3)(3) 封闭封闭(4)(4) 不不封封闭闭、封封闭闭 (5)(5) 不封闭不封闭 (6)(6) 封闭封闭(7)(7) 封闭封闭(8)(8) 不不封封闭闭、封封闭闭 (9)(9) 不封闭、封闭不封闭、封闭(10)(10)不不封封闭闭、封封闭闭 11、设、设 S=1,2,.,10,S=1,2,.,10,问下面定义的运算能否与问下面定义的运算能否与 S S 构成代数系统构成代数系统? 如果能构成代数系统则说明如果能构成代数系统则说明* *运运算算是是否否满满足足交交换换律律、 结结合合律律， 并并求求* *运运算算 的的单单位位元元和和零零元元。 (1) x*y=gcd(x,y),gcd(x,y)(1) x*y=gcd(x,y),gcd(x,y)是是 x x 与与 y y 的的最最大大公公约约数数。 (2) x*y=lcm(x,y),lcm(x,y)(2) x*y=lcm(x,y),lcm(x,y)是是 x x 与与 y y 的的最最小小公公倍倍数数。 (3) x*y=(3) x*y=大于等于大于等于 x x 和和 y y 的的最最小小整整数数。 (4) x*y=(4) x*y=质数质数 p p 的个数，其中的个数，其中 x xp py.y. 解：解：(1)(1) 能构成代数系统，且能构成代数系统，且* *运运算算满满足足交交换换律律、结结合合律律，* *运运算算 不不存存在在单单位位元元，零零元元为为 1 1。 (2)(2) 不不能能构构成成代代数数系系统统。 (3)(3) 能构成代数系统，且能构成代数系统，且* *运运算算满满足足交交换换律律、结结合合律律，* *运运算算 的单位元为的单位元为 1 1，零元为，零元为 1010。 (4)(4) 不不能能构构成成代代数数系系统统。 14、下面各集合都是、下面各集合都是 N N 的的子子集集，它它们们能能否否构构成成代代数数系系统统 V=V=的的子子代代数数： (1) x|x(1) x|xN Nx x 可以被可以被 1616 整除整除 (2) x|x(2) x|xN Nx x 与与 8 8 互质互质 (3) x|x(3) x|xN Nx x 是是 4040 的的因因子子 (4) x|x(4) x|xN Nx x 是是 3030 的的倍倍数数 解：解：(1)(1)是是 (2)(2)不是不是 (3)(3)不是不是 (4)(4)是是 16、设、设 V=，其中，其中+ +和和分分别别代代表表普普通通加加法法和和乘乘法法，对对下下面面给给定定的的每每 个集合确定它是否构成个集合确定它是否构成 V V 的的子子代代数数，为为什什么么？ (1) S(1) S1 1=2n|n=2n|nZZ (2) S(2) S2 2=2n=2n1|n1|nZZ (3) S(3) S3 3=1 1，0 0，11 解：解：(1) S(1) S1 1不能构成不能构成 V V 的的子子代代数数，因因为为乘乘法法的的单单位位元元不不在在 S S1 1中中。 (2) S(2) S2 2不能构成不能构成 V V 的的子子代代数数，因因为为加加法法运运算算不不封封闭闭。 (3) S(3) S3 3不能构成不能构成 V V 的的子子代代数数，因因为为加加法法运运算算不不封封闭闭。 第第十十章章1515、1717、1818、2121、2222、2424、2727、2828、2929。 1515、设、设 G G 为为群群，若若 x x G G 有有 x x 2 2 =e,=e, 证明证明 G G 为为交交换换群群 证证明明： a, ba, b G G 由由条条件件 x x G G 有有 x x 2 2 =e=e 所以所以 a a 2 2 =e ,b=e ,b 2 2 =e (ab)=e (ab) 2 2 =e ,=e ,即即(ab)(ab)=e(ab)(ab)=e 所以所以 a a -1-1 =a, b=a, b -1-1 =b, ba= a=b, ba= a -1-1 b b -1-1 所以所以 ba=ab ,ba=ab ,即即 ab=baab=ba， 因此因此 G G 为为交交换换群群。 1717、设、设 G G 为群，为群，a,b,ca,b,cG,G, 证明：证明： |abc|=|bca|=|cab|abc|=|bca|=|cab| 证明：设证明：设|abc|=r , |bca|=t|abc|=r , |bca|=t， 则则 (abc)(abc) r r =e,(bca)=e,(bca) t t=e =e 由于由于(abc)(abc) t t =(abc)(abc)=(abc)(abc)(abc)(abc) =a(bca)(bca)=a(bca)(bca)(bca)a(bca)a -1-1 =a(bca)=a(bca) t ta a-1-1= aea = aea -1-1 = aa= aa -1-1 =e=e 由由定定理理知知：r|tr|t 又由于又由于(bca)(bca) r r =(bca)(bca)=(bca)(bca)(bca)(bca) = a= a -1-1(abc)(abc) (abc)(abc)(abc)a(abc)a = a= a -1-1(abc) (abc) r ra= a a= a -1-1ea ea = a= a -1-1a a =e =e 由由定定理理知知：t|rt|r 综上所述综上所述: r=t ,: r=t , 即即 |abc|=|bca|abc|=|bca| 同理可证：同理可证：|bca|=|cab|bca|=|cab| 所以所以 |abc|=|bca|=|cab|abc|=|bca|=|cab| 1818、证证明明偶偶数数阶阶群群必必含含 2 2 阶阶元元 证明：设偶数阶群为证明：设偶数阶群为 G G，不妨设，不妨设|G|=2n|G|=2n 下下面面按按元元素素的的阶阶进进行行划划分分： 元素的阶为元素的阶为 1,1,只有单位元只有单位元 e ,e ,所所以以个个数数为为 1 1 。 元素的阶为元素的阶为 2 2，设设其其构构成成的的集集合合为为：A A 元素的阶大于元素的阶大于 2 2，设设其其构构成成的的集集合合为为：B B 则则 B B 的的个个数数一一定定为为偶偶数数。 因因为为 a a G G，若，若|a|a|2 2 则由定理知则由定理知 |a|=|a|a|=|a -1-1| |，且 ，且 a a a a -1-1 所以阶大于所以阶大于 2 2 的的元元素素成成对对出出现现。 因此因此 B B 的的个个数数一一定定为为偶偶数数。 所以所以 |G|=1+|A|+|B|G|=1+|A|+|B|，即，即|A|=|G|-1-|B|A|=|G|-1-|B|1 1， 所所以以偶偶数数阶阶群群必必含含 2 2 阶阶元元。 21、设设 G 为为群群，a 是是 G 中中给给定定元元素素，a 的的正正规规化化子子 N(a)表表示示 G 中中与与 a 可可交交换换的的元元素素构构成成的的集集合合，即即 N(a)=x| x xG Gxa=ax 证证明明：N(a)是是 G 的的子子群群 证证明明: (1) aN(a), 所所以以 N(a)非非空空(因因为为 aG Gaa=aa) (2) x,y N(a) 则则 xa=axya=ay 在在 ya=ay 两两边边分分别别乘乘以以 a-1,得得 ya-1=a-1y 由由于于 (xy-1)a=x(y-1a)= x(a-1y) -1= x(ya-1)-1 = x(ay-1) =(xa)y-1=(ax)y-1=a(xy-1) 所所以以 (xy-1)a= a(xy-1) 由由判判定定定定理理知知 N(a)是是 G 的的子子群群 22、设、设 H H 是群是群 G G 的子群的子群,x,xG,G,令令 xHxxHx -1-1=xhx =xhx -1-1|h |hH,H, 证明：证明：xHxxHx -1-1 是是 G G 的子群的子群, ,称为称为 H H 的的共共轭轭子子群群。 证明：证明： e e 是是 xHxxHx -1-1 中的元素中的元素, ,因此因此 xHxxHx -1-1 非非空空。 u,v xHxxHx -1-1 则存在则存在 h,kh,kH,H, 使得使得 u=xhxu=xhx -1-1,v=xkx ,v=xkx -1-1 , , 则有则有 uvuv -1-1 =(xhx=(xhx -1-1)(xkx )(xkx -1-1) )-1-1=(xhx =(xhx -1-1)(xk )(xk -1-1x x-1-1)=x(hk )=x(hk -1-1)x )x -1-1 因为因为 H H 为子群为子群,hk,hk -1-1 属于属于 H,H,从而从而 x(hkx(hk -1-1)x )x -1-1 属于属于 xHxxHx -1-1. . 即即 uvuv -1-1 xHxxHx -1-1 由由判判定定定定理理，所所以以 xHxxHx -1-1 是是 G G 的的子子群群。 2424、设、设 H H 和和 K K 分别为群分别为群 G G 的的 r,sr,s 阶子群，若阶子群，若 r r 和和 s s 互互素素， 证明：证明：H HK=eK=e 证明：证明： 由于由于 H H 和和 K K 分别为群分别为群 G G 的子群，显然的子群，显然 e eH HK K。 假假若若 x xH HK,K, 且且 x xe e 则则 x xH H x xK K 则则 H , H , K K 由拉格朗日定理知：由拉格朗日定理知： |整除整除 H H 和和 K K 的的阶阶。 而而 H H 和和 K K 的阶分别为的阶分别为 r,sr,s，且，且 r r 和和 s s 互互素素 所以所以|为为 1 1，所以，所以 x=ex=e，与与假假设设矛矛盾盾。 综上所述综上所述 H HK=eK=e 27、设设 G G1 1为循环群为循环群,f,f 是是群群 G G1 1到到 G G2 2的同态的同态, ,证明证明 f(Gf(G1 1) )也也是是循循环环群群。 证证明明：由由于于 G G1 1为为循循环环群群，不不妨妨设设 G G1 1=,=, 首首先先由由定定理理群群在在同同态态映映射射下下的的像像仍仍是是群群， 所以所以 f(Gf(G1 1) )是是群群。 下下面面证证明明 (G(G1 1) )是是是是循循环环群群 y yf(Gf(G1 1),), x x G G1 1, , 使得使得 f(x)=y.f(x)=y. 而而 G G1 1= 所以所以 存在存在 r r 使得使得 x= ax= a r r 则则 y = f(x) = f(a= f(x) = f(a r r) = f(a)f(a) ) = f(a)f(a)f(a) =(f(a)f(a) =(f(a) r r 这证明了这证明了 f(a)f(a)为为 f(Gf(G1 1) )的的生生成成元元。即即 f(Gf(G1 1)= 所以所以 f(Gf(G1 1) )为为循循环环群群。 2828、设、设 G=G=是是 1515 阶阶循循环环群群。 (1)(1) 求出求出 G G 的的所所有有的的生生成成元元。 (2)(2) 求出求出 G G 的的所所有有子子群群。 解：解：(1)(1) 生成元为生成元为: a,a: a,a 2 2,a ,a 4 4,a ,a 7 7,a ,a 8 8,a ,a 1111,a ,a 1313,a ,a 1414 (2) G(2) G 的所有子群的所有子群: : 共共 4 4 个个子子群群 ,=e,a 3 3,a ,a 6 6,a ,a 9 9,a ,a 1212, =e,a 5 5,a ,a 1010, G,G 29、设 、设 , , 是 是 5 5 元置换元置换, ,且且 21543 54321 35412 54321 (1)(1) 计算 计算 , , , , -1-1, , -1-1, , -1-1 (2)(2) 将 将 , , -1-1, , -1-1 表表成成不不交交的的轮轮换换之之积积。 (3)(3) 将将(2)(2)中的置换表示成对换之积中的置换表示成对换之积, ,并并说说明明哪哪些些为为奇奇置置换换, ,哪哪些些为为偶偶 置置换换。 解解: (1): (1) (2)(2) (3)(3) 为为奇奇置置换换, , -1-1, , -1-1 为为偶偶置置换换。 第十一章第十一章2 2、6 6、1212、1313、1414、1616、1717 2、下下列列各各集集合合对对于于整整除除关关系系都都构构成成偏偏序序集集, ,判判断断哪哪些些偏偏序序集集是是格格。 (1) L=1,2,3,4,5(1) L=1,2,3,4,5 (2) L=1,2,3,6,12(2) L=1,2,3,6,12 (3) L=1,2,3,4,6,9,12,18,36(3) L=1,2,3,4,6,9,12,18,36 (4) L=1,2,2(4) L=1,2,2 2 2,.,2 ,.,2 n n,n ,nZ Z + + 解：解： (1)(1)不是格不是格, ,因为因为3,43,4无无上上确确界界 (2)(2)、(3)(3)、(4)(4)都都是是格格。 6 6、设、设 L L 是格，是格，a, b, ca, b, c L,L, 且且 a ab bc,c, 证明：证明：a ab=bb=bc c 证明：由于证明：由于 L L 是格，是格，a, b, ca, b, c L,L, 且且 a ab bc c 所以所以 a ab=b , bb=b , bc=bc=b 因此因此 a ab=bb=bc c 12、对对以以下下各各小小题题给给定定的的集集合合和和运运算算判判断断它它们们是是哪哪一一类类代代数数系系统统( (半群半群, , 独异点独异点, ,群群, ,环环, ,域域, ,格格, ,布尔代数布尔代数),),并并说说明明理理由由。 (1) S(1) S1 1= = 4, 4 1 ,3, 3 1 ,2, 2 1 ,1，运运算算为为普普通通乘乘法法。 (2) S(2) S2 2=a=a1 1,a,a2 2,.,a,.,an n,a ai i,a,aj jS S2 2,a,ai i*a*aj j=a=ai i. .这里的这里的 n n 是是给给定定的的正正整整数数, , 且且 n n2.2. (3) S(3) S3 3=0,1,*=0,1,*为为普普通通乘乘法法。 (4) S(4) S4 4=1,2,3,6,=1,2,3,6, x,yx,yS S4 , 4 ,x x y y 和和 x*yx*y 分分别别表表示示求求最最小小公公倍倍数数和和最最 大大公公约约数数运运算算。 (5) S(5) S5 5=0,1,*=0,1,*为模为模 2 2 加加法法, , 为模为模 2 2 乘乘法法。 解：解：(1)(1) 不不是是代代数数系系统统，对对于于乘乘法法不不封封闭闭。 (2)(2) 半半群群，运运算算封封闭闭，有有结结合合律律，没没有有单单位位元元。 (3)(3) 半半群群与与独独异异点点，乘乘法法封封闭闭，有有结结合合律律，单单位位元元是是 1 1，但是，但是 0 0 没没 有有逆逆元元。 (4)(4) 格格与与布布尔尔代代数数。两两个个运运算算满满足足交交换换、相相互互分分配配、同同一一律律、补补元元 律律。 (5)(5) 环与域，环与域，0,10,1关于模关于模 2 2 加法构成交换群、加法构成交换群、11关于模关于模 2 2 乘乘法法构构 成交换群，模成交换群，模 2 2 乘法关于模乘法关于模 2 2 加加法法有有分分配配律律。 13、设、设 B B 是布尔代数是布尔代数, B, B 中中的的表表达达式式 f f 是是 (a(ab)b)(a(ab bc)c)(b(bc)c) (1)(1) 化简化简 f.f. (2)(2) 求求 f f 的的对对偶偶式式 f f * * 。 解：解：(1)(1) 由于由于(a(ab)b)(a(ab bc)c)(b(bc)c) =(a=(ab)b)(b(bc) =(bc) =(ba)a)(b(bc)c) =b=b(a(ac)c) (2) f(2) f * *=(a =(ab)b)(b(bc)c) 1414、设、设 B B 是是布布尔尔代代数数， a, ba, bB,B, 证证明明： a ab b a ab b =0 =0 a a b=1b=1 证明：证明： 若若 a ab b 则则 a ab=bb=b 所以所以 a ab b = a = a(a(ab)b) = a = a(a(a b b ) ) = (a= (aa a ) ) b b = 0 = 0b b = 0 = 0 因此因此 a ab b =0 =0 若若 a ab b =0 =0 两两边边分分别别求求补补元元，即即(a(ab b ) )= 0 = 0 所以所以 a a b=1b=1 若若 a a b=1b=1 则则