近世代数习题解答 第二章 20

S1＝???其结果又会如何？

?a证明：任意??0??a??0????a???b?0???a,b?R?， ?0???b??c?，??0???0b??0??d??∈S，有 0??ad??∈S， 0???c??0?d??ac?＝??0???0知S关于矩阵的乘法运算是封闭的，而且矩阵运算满足结合律，所

以S关于矩阵的乘法作成半群。

?1S有左单位元??0??1??0?b??，因为 0??b??0???c??0?d??c?＝??0???0d??， ?0?其中b是任意实数，即S中有无穷多个左单位元。

下面证明S中没有右单位元。

?0取??0?1??x?∈S，则不论???00???0??0?1??0??y??∈S，都有 0??0??0?≠??0???01??。 ?0??x??0?y??0?＝??0???0近世代数习题解答 第二章 21

所以S没有右单位元。

对于S1，我们同样可以证明它是一个半群，有右单位元但没有左单位元。

§2.2 群的定义与基本性质

1．设G＝{a＋b i | a，b∈Z，i2＝－1}，证明G关于数的加法作成群(G，＋)。

证明：(1) 运算封闭。?a＋b i，c＋d i∈G，其中a，b，c，d∈Z，有

(a＋b i)＋(c＋d i)＝(a＋c)＋(b＋d) i，

因为a＋c，b＋d∈Z，所以(a＋c)＋(b＋d) i∈G；

(2) 结合律。a＋b i，c＋d i，e＋f i∈G，有

[(a＋b i)＋(c＋d i)]＋(e＋f i) ＝[(a＋c)＋(b＋d) i]＋(e＋f i) ＝[(a＋c)＋e]＋[(b＋d)＋f ] i ＝[a＋(c＋e)]＋[b＋(d＋f )] i ＝(a＋b i)＋[(c＋e)＋(d＋f )] i ＝(a＋b i)＋[(c＋d i)＋(e＋f i)]。

(3) 显然单位元为0＋0 i＝0∈G，

(4) ?a＋b i∈G，它的逆元(即为负元)为(－a)＋(－b) i∈G。 综上所述，(G，＋)作成一个群。

2．设G＝{a，b}，G的乘法由下面的运算表给出，证明G是有左单位元eL的半群，在此左单位元eL下，G的每一个元素x均

近世代数习题解答 第二章 22

有右逆元y，即xy＝eL，但G不作成群。

a b

解：从运算表中我们可以看出运算是封闭的，其运算规律为：

xy＝y，?x，y∈G，

因为aa＝a， ab＝b，ba＝a，得a是G的一个左单位元，且a的右逆元为a，b的右逆元也为a。即G中存在左单位元a，且任意元素都有右逆元。 由于G中没有单位元，所以G关于以上规定的运算不作成群。

3．证明本节定理3。

定理3 设G是一个群，e是G的单位元，那么 (1) 设a∈G，若aa＝a，则a＝e；

(2) 在G中消去律成立，即?a，b，c∈G，有 左消去律 ab＝ac ? b＝c， 右消去律 ba＝ca ? b＝c；

(3) ?a，b∈G，(ab)－1＝b―1a―1；

(4) ?a，b∈G，方程ax＝b(或ya＝b)在G中有且仅有一解 －1－1

x＝ab ( y＝ba)。

证明：(1) 由aa＝a＝ae，两边左乘a―1，得a＝e。

(2) 由ab＝ac，两边左乘a―1，得b＝c，即左消去律成立； 由ba＝ca，两边右乘a―1，得b＝c，即右消去律成立。

a a a b b b 近世代数习题解答 第二章 23

(3) 因为(ab)( b―1a―1)＝(b―1a―1)(ab)＝e，所以(ab)－1＝b―1a―1。

―1－1

(4) 由ax＝b，两边左乘a，得方程的解为x＝ab。 再证唯一性。如果方程ax＝b有两个解c1，c2，则有

ac1＝b，ac2＝b，

从而有ac1＝ac2，左消去a得c1＝c2。 对于另一个方程同理可得。

4．设S是一个有单位元的半群，GS是S中所有可逆元组成的集合，证明GS关于S的代数运算作成一个群。特别当S为群时，GS＝S。

解：因为S中的单位元eS是一个可逆元，所以GS不是空集。 ?a，b∈GS，因为

―1―1―1―1

(ab)( ba)＝(ba)(ab)＝eS，

得ab∈GS，得GS关于S的代数运算是封闭的。关于代数运算的结合律是具有遣传性的。GS中的每一个元素可逆即为条件。所以，GS关于S的代数运算作成一个群。

当S为群时，S中的任何元素都是可逆元时，?s∈S，有s∈G，即GS＝S。

5．设G＝R－{1}，规定G的代数运算

aοb＝a＋b＋ab，?a，b∈G，

证明：(G，ο)是一个群，在G中求适合方程2οxο3＝7的元素x。

证明：由第一章第三节例5知(R，ο)作成一个交换半群，因为代数运算ο关于实数域R满足结合律和交换律，而G是R的一个子集，所以，代数运算ο关于G也满足结合律和交换律。