第二章 群
§2.1半群
1.设S是一个半群.在S?S中规定一个代数运算:
(a1,b1)?(a2,b2)?(a1?a2,b1?b2),?(a1,b1),(a2,b2)?S?S.
(1)证明:S?S是一个半群;
(2)证明:当S有单位元时,S?S也有单位元.
(3)问:S是否为S?S的子半群?
解 (1)显然S?S??.对于任意的(a1,b1),(a2,b2),(a3,b3)?S?S,我们有
((a1,b1)?(a2,b2))?(a3,b3)?(a1?a2,b1?b2)?(a3,b3) ?((a1?a2)?a3,(b1?b2)?b3)?(a1?(a2?a3),b1?(b2?b3))
?(a1,b1)?(a2?a3,b2?b3)?(a1,b1)?((a2,b2)?(a3,b3)).
这就是说,S?S的代数运算?适合结合律.所以(S?S,?)是一个半群.
(2)假设i是S的单位元.于是,(i,i)?S?S,并且,对于任意的(a,b)?S?S,我们有
(i,i)?(a,b)?(i?a,i?b)?(a,b)?(a?i,b?i)?(a,b)?(i,i).
因此S?S有单位元(i,i).
(3)因为S不是S?S的子集,所以(S,?)不是(S?S,?)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:?a,b?S,(ab)2?a2b2.
证明 当S可交换时,我们有
(ab)2?(ab)(ab)?((ab)a)b?(a(ba))b.
?(a(ab))b?(a2b)b?a2b2,?a,b?S.
现在假设S适合条件为:?a,b?S,(ab)2?a2b2.这时,对于任意的a,b?S,由
(ab)2?a2b2利用结合律可以推出((ab)a)b?(a2b)b;由((ab)a)b?(a2b)b,利用右右消去
律可以推出(ab)a?a2b;由(ab)a?a2b利用结合律可以推出a(ba)?a(ab);由
a(ba)?a(ab)利用左右消去律可以推出ba?ab.这就是说,ba?ab,?a,b?S.所以S是
交换半群.
3.设S是一个有单位元的半群,a,b?S,而且b是可逆元,证明:若ab?ba,则
b?1a?ab?1.
证明 设i为S的单位元.我们有
ab?ba?b?1(ab)?b?1ba?(b?1a)b?(b?1b)a?ia?a
?((b?1a)b)b?1?ab?1?(b?1a)(bb?1)?ab?1?(b?1a)i?ab?1
?b?1a?ab?1.
4.设S是一个有单位元的半群,a1,a2,?,an?S都是可逆元,证明:
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?1?1?1(a1a2?an)?1?an?a2a1.
证明 设i为S的单位元.我们利用数学归纳法来证明. 当n?1时,显然结论成立.
假设当n?k(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,a1,a2,?,ak,总有
?1?1?1(a1a2?ak)?1?ak?a2a1.
现在设a1,a2,?,ak,ak?1是S中任意的k?1个可逆元.根据假设,我们有
?1?1?1(a1a2?ak)?1?ak?a2a1, ?1?1?1 (a2?akak?1)?1?ak?1ak?a2.
因此,
?1?1?1?1(a1a2?akak?1)(aka?a?1k2a1) ?1?1?1?1?a1((a2?akak?1)(ak?1ak?a2))a1
?a1ia1?1?a1a1?1?i,
?1?1?1?1(ak?1ak?a2a1)(a1a2?akak?1) ?1?1?1?1?ak?1((ak?a2a1)(a1a2?ak))ak?1 ?1?1?ak?1iak?1?ak?1ak?1?i.
所以
1?1?1?1 (a1a2?akak?1)?1?ak??1ak?a2a1.
这就是说,当n?k?1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a1,a2,?,an,总有
?1?1?1(a1a2?an)?1?an?a2a1.
§2.2群的定义
1.设m?N,令
G?{mk|k?Z},
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
0?G,0?x?x?0?x,?x?G,
因此0是半群G的单位元.又因为对于任意的x?G,总有?x?G,并且
x?(?x)?(?x)?x?0,
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.
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2.在整数集Z中,规定一个代数运算:
a?b?a?b?2,?a,b?Z.
证明:(Z,?)是一个交换群.
证明 对于任意的a,b,c?Z,我们有
(a?b)?c?(a?b?2)?c
?(a?b?2)?c?2?a?(b?c?2)?2 ?a?(b?c)?2?a?(b?c),
a?b?a?b?2?b?a?2?b?a.
因此(Z,?)是一个交换半群.由于2?Z,并且,对于任意的a?Z,我们有
a?2?a?2?2?a,
因此2是半群(Z,?)的单位元.最后,对于任意的a?Z,令b?4?a,则b?Z,并且
a?b?a?(4?a)?2?2,
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:
?10???10??10???10???01??,??0?1??,??0?1??,??01??. ????????证明:M关于矩阵的乘法作成一个群.
证明 令E,A,B,C依次表示这四个矩阵.直接演算知,
E2?A2?B2?C2?I;
EA?AE?A,EB?BE?B,EC?CE?C; AB?BA?C,BC?CB?A,CA?AC?B.
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G?G中规定一个代数运算:
(a1,b1)?(a2,b2)?(a1a2,b1b2),?(a1,b1),(a2,b2)?G?G.
证明:G?G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
(G?G,?)是以(e,e)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(a,b)?G?G,(a?1,b?1)?G?G,并且
(a?1,b?1)?(a,b)?(a?1a,b?1b)?(e,e)?(aa?1,bb?1)?(a,b)?(a?1,b?1),
从而(a?1,b?1)是(a,b)的逆元.所以(G?G,?)是一个群. 5.设S?{a,b,c,d},其运算表如下:
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. a b c d a b d a c b a b c d c d c b a d c a d b 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e?S,它满足条件:e?x?x,?x?S.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S?{a,b}是任意一个二元集.我们规定:x?y?y,?x,y?S.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a?a?a和b?a?a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,a,b,c?G,证明:方程
xaxba?xbc
在G中有且仅有一个解. 证明 由于a?1bca?1b?1?G且
(a?1bca?1b?1)a(a?1bca?1b?1)ba ?(a?1bca?1b?1)(aa?1)(bc)(a?1b?1ba) ?(a?1bca?1b?1)(bc),
因此x?a?1bca?1b?1是方程
xaxba?xbc
在G中的解.假设x?x'是方程
xaxba?xbc
在G中的解,则x'ax'ba?x'bc.由此,利用消去律,可得
ax'ba?bc.
将上式两边左乘a?1,右乘a?1b?1,得x'?a?1bca?1b?1.所以方程
xaxba?xbc
在G中有且仅有一个解,这个解就是x?a?1bca?1b?1. 8.设G是一个群,x,y?G,k?N,证明:
(xyx?1)k?xyx?1?yk?y.
证明 用数学归纳法容易证明，(xyx?1)k?xykx?1.这样一来,
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