1 , 试验证

(1)n阶实正交矩阵的全体O_n(R)={A∈M_n(R)|A^TA=E}

关于矩阵的乘法运算构成群(称为正交群) ;

(2)n阶酉矩阵的全体U_n(C)={A∈M_n(C)|$\overline{A}$^TA=E}

关于矩阵的乘法运算构成群(称为酉群) ,

其中A^T表示矩阵A的转置 , $\overline{A}$表示矩阵A的共轭 ,

证明:

(1)对属于O_n(R)的任意A , B , 都有(AB)^T(AB)=B^TA^TAB=E , 即AB属于O_n(R)

由于矩阵的乘法满足结合律 ,

从而对属于O_n(R)的任意A , B , C , 都有A(BC)=(AB)C ,

在O_n(R)中存在单位元E , 且对属于O_n(R)的任意A ,

存在有属于O_n(R)的左逆元A使得A^TA=E , ,

因此 , 由群的定义知O_n(R)关于矩阵的乘法运算构成群 ,

(2)对属于U_n(C)的任意A , B ,

有($\overline{AB}$)^T(AB)=($\overline{A}\ \overline{B}$)^T(AB)=$\overline{B}$^T$\overline{A}$^TAB=E , 即AB属于U_n(C) ,

显然 , U_n(C)中元素关于矩阵的乘法满足结合律 , 且在U_n(C)中存在单位元E ,

又对属于U_n(C)的任意A , 都存在有属于U_n(C)的左逆元$\overline{A}$^T , 使得$\overline{A}$^TA=E ,

故U_n(C)关于矩阵的乘法运算构成群 ,

2 , 设G=$\left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}，\begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix}，\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix}，\begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right\}$

试证明G关于矩阵的乘法运算构成交换群 ,

证明: 令A=$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix}$ , B=$\begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , 则G={E , ‒E , A , B} , AB=BA=‒E ,

显然G中元素关于矩阵的乘法运算封闭 , 且满足交换律和结合律 ,

E为G中单位元 , A的逆元为‒B=A , B的逆元为B ,

因此 , G关于矩阵的乘法运算构成交换群 ,

3 , 设G是群 , 如果对于G中任意一个元素a都有a^‒1=a , 试证明G是交换群 ,

证明: 对属于群G的任意a , b , 有a^‒1=a , b^‒1=b , 从而ab=a^‒1b^‒1=(ba)^‒1=ba ,

故G是交换群 ,

4 , 试证明任意偶数阶有限群G必含有不等于e的元素a , 使得a²=e ,

证明: 反证 , 若对属于群G , 且不等于e的任意a , 都有a²不等于e ,

则a与a^‒1成对出现 ,

又因e=e^‒1 , 从而|G|为奇数 , 这与G是偶数阶有限群矛盾 ,

故存在不等于e的a使得a²=e ,

5 , 正实数集合R⁺关于数的乘法运算是否是群?

非零整数集合Z^*关于数的乘法运算是否是群?

解: {R⁺ ; ×}是群 , {Z^* ; ×}不是群 , 因为Z^*中除1外其他元素都没有逆 ,

6 , 设代数系统{G ; ⦁}满足以下条件 :

(1)运算“⦁”满足结合律 : 即对属于群G的任意a , b , c , 都有a⦁(b⦁c)=(a⦁b)⦁c ;

(2)G中有右单位元 : 即对属于群G的任意a , 存在有属于群G的e , 使得a⦁e=a ;

(3)G中每个元素有右逆元 : 即对属于群G的任意a , 存在有属于群G的b ,

使得a⦁b=e ,

试证明G关于运算“⦁”是群 ,

证明: 只需证明右单位元也是左单位元 , 右逆元也是左逆元 ,

(1)由条件(3) , 对属于群G的任意a , 存在有属于群G的b , 使得a⦁b=e ,

同时也存在有属于群G的c , 使得b⦁c=e ,

所以ea=e(ae)=eabc=e(ab)c=(ee)c=ec=(ab)c=a(bc)=ae=a ,

(2)由条件(3) , 对于属于群G的任意a , 存在有属于群G的b , 使得b⦁c=e ,

所以ba=(ba)e=(ba)(bc)=b(ab)c=bc=e=ab ,

从而C关于运算“⦁”是群 ,

7 , 在半群G中 , 若对属于群G的任意a , b , 方程ax=b和ya=b在G中都有解,

试证明G是群 ,

证明: 只需证明G中存在右单位元 , G中任意元素都有右逆元 ,

设方程ax=a的解为e , 则对属于群G的任意b , 方程ya=b有解, 设为c ,

则有be=cae=ca=b , 即e是G的右单位元 ,

对属于群G的任意b , bx=e有解, 即b有右逆元 , 因此G是群 ,

8 , 设G=$\left\{ \ \left. \ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\ \right|\ a\ ,b\ \in \ C，a \neq \ 0 \right\}$

说明G关于矩阵的乘法运算是否构成群(这里C表示复数域) ,

解: 不构成群(无单位元) ,

9 , 试举例说明满足以下条件的代数系统{G ; ⦁}不是群 :

(1)运算“⦁”满足结合律: 即对属于群G的任意a , b , c , 有a⦁(b⦁c)=(a⦁b)⦁c

(2)G中有左单位元: 即对属于群G的任意a , 存在有属于群G的e , 有e⦁a=a

(3)每个元素有右逆元: 对属于群G的任意a , 存在有属于群G的b , 使得a⦁b=e

解: 反例: G=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right|\ a,b \in C\ ,\ a \neq 0 \right\}$ , 有左单位元$\begin{pmatrix} 1 & c \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , c属于C ,

$\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$有右逆元为$\begin{pmatrix} \frac{1}{a} & \frac{c}{a} \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , 但是$\begin{pmatrix} 1 & c \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$不是右单位元 , c属于C ,

故G不构成群 ,

10 , 设G是有限群 , 证明G中满足a³=e的元素a的个数是奇数 ,

证明: 令S={x∈G|x³=e} , 由于G是有限群 , 所以S为有限集 ,

又因为e³=e , 所以e属于S , 从而S不是空集 ,

如果另外有不等于e的x , 使得x³=e , 则(x^‒1)³=e ,

因x ≠e , 所以x≠x^‒1 , 这说明S中的非单位元总是成对出现 ,

又因为e^‒1=e , 所以G中使等式x³=e成立的元素x的个数是奇数 ,

习题1判断下列代数系统是否为半群、有单位元的半群、群、交换群

(1)整数集合关于数的乘法运算 ;

(2)偶数集合关于数的乘法运算 ;

(3)三阶严格上三角形矩阵集合关于矩阵的乘法运算 ;

(4)集合A上所有变换集合关于变换的合成运算 ;

(5)正整数集合关于运算m∘n=mⁿ ;

(6)Z_n关于剩余类乘法运算 ;

(7)正整数集合关于运算m∘n=m ,

解: (1)有单位元的交换半群 , 因为2没有逆元 , 所以不是群 ,

(2)无单位元的交换半群 , 所以不是群 ,

(3)无单位元的非交换半群 , 所以不是群 ,

(4)有单位元的非交换半群 , 不是群 ,

(5)因为该运算不满足结合律 , 所以不是半群 ,

(6)有单位元的交换半群 , 但是$\overline{0}$没有逆元 , 因此不是群 ,

(7)无单位元的非交换半群 , 因此不是群 ,

习题2试证明有理数集合关于运算a∘b=a+b+ab是有单位元的交换半群 ,

证明: 由a∘b=a+b+ab=b∘a

(a∘b)∘c=(a+b+ab)∘c=a+b+ab+c+ac+bc+abc

a∘(b∘c)=a∘(b+c+bc)=a+b+c+bc+ab+ac+abc

可知此运算满足交换律和结合律 , 显然0∘a=a∘0=a , 因此0是单位元 ,

但是(‒1)∘b=‒1≠0 , 即‒1没有逆元 ,

因此 , 有理数集合关于运算a∘b=a+b+ab是有单位元的交换半群 , 但不是群 ,

习题3设G=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{pmatrix} \right|\ a \in R\ ,\ a \neq 0 \right\}$ , 证明G关于矩阵的乘法运算是群 ,

证明: 对属于集合R的任意a , b , 且a , b都不为0 ,

有$\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ab & 0 \\ 0 & ab \end{pmatrix} \in G$

即G关于矩阵的乘法运算是代数系统 ,

矩阵乘法运算的结合律在G中也成立 ,

二阶单位矩阵是G的单位元 , $\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{pmatrix}^{- 1} = \begin{pmatrix} a^{- 1} & 0 \\ 0 & a^{- 1} \end{pmatrix}属于G$

因此G关于矩阵的乘法运算是群 ,

习题4证明集合A={2ⁿ | n∈Z}关于数的乘法运算是交换群 ,

证明: 显然数的乘法运算是集合A的运算 , A的单位元为2⁰=1 , 2ⁿ的逆元为2^‒n

又因数的乘法运算满足结合律和交换律 , 故集合A关于数的乘法运算是交换群

习题5证明代数系统{$Z_{p}^{\ast}$ ; ⦁}是交换群 , 其中p是素数 , $Z_{p}^{\ast}$=Z_p‒{$\overline{0}$} ,

证明: 对属于$Z_{p}^{\ast}$的任意$\overline{a}$ , 有$\overline{1}\overline{a}$=$\overline{a}$ , 即$\overline{1}$是$Z_{p}^{\ast}$的左单位元 ,

因为$\overline{a}$属于$Z_{p}^{\ast}$ , 所以a与p互素 , 进而存在整数s , t , 使得sa+tp=1 ,

因此$\overline{s}\ \overline{a}$=$\overline{s}\ \overline{a}$+$\overline{t}\overline{p}$=$\overline{sa + tp}$=$\overline{1}$ , 即$\overline{a}$有左逆元 ,

另外 , 代数系统$Z_{p}^{\ast}$上的乘法运算满足结合律和交换律 , 因而{$Z_{p}^{\ast}$ ; ⦁}是交换群 ,

习题6在群{$Z_{7}^{\ast}$ ; ⦁}中 , 求解方程$\overline{5}$x=$\overline{2}$ , y$\overline{2}$=$\overline{3}$ ,

解: 先求$\overline{5}$的逆元 , 再将$\overline{5}$的逆元与$\overline{2}$相乘即可 , x=($\overline{5}$)^‒1$\overline{2}$=$\overline{3}\ \overline{2}$=$\overline{6}$ ,

同样可得y=$\overline{3}$($\overline{2}$)^‒1=$\overline{3}\ \overline{4}$=$\overline{5}$ ,

习题7设G={(a , b)|a , b∈Z₅ , b≠$\overline{0}$} , 规定(a , b)⦁(c , d)=(ad+bc , bd) ,

试证明{G ; ⦁}是交换群 ,

证明: 若b , d都不为0 , 则由Z₅‒{$\overline{0}$}关于乘法运算是群可知bd≠$\overline{0}$ ,

因此 , {G ; ⦁}是代数系统 ,

由((a , b)⦁(c , d))⦁(s , t)=(ad+bc , bd)⦁(s , t)=(adt+bct+bds , bdt) ,

(a , b)⦁((c , d)⦁(s , t))=(a , b)⦁(ct+ds , dt)=(adt+bct+bds , bdt) ,

可知{G ; ⦁}是交换半群

若(a , b)⦁(c , d)=(ad+bc , bd)=(a , b) , 则d=$\overline{1}$ , c=$\overline{0}$ , 即($\overline{0}$ , $\overline{1}$)是右单位元 ,

若b不等于$\overline{0}$ , 则存在不等于$\overline{0}$的d , 使得bd=$\overline{1}$ ,

从而(a , b)⦁(‒ad² , d)=(ad‒bad² , bd)=($\overline{0}$ , $\overline{1}$) , 即(a , b)有右逆元 ,

综上 , {G ; ⦁}是交换群 ,

习题8设G是群 , 证明G×G关于运算(a , b)⦁(c , d)=(ac , bd)是群 ,

其中a , b , c , d都属于G ,

证明: 设e是G的单位元 , 则(e , e)是G×G的单位元 , (a^‒1 , b^‒1)是(a , b)的逆元 ,

由((a , b)⦁(c , d))⦁(e , f)=(ac , bd)⦁(e , f)=(ace , bdf) ,

(a , b)⦁((c , d)⦁(e , f))=(a , b)⦁(ce , df)=(ace , bdf) ,

知G×G的运算满足结合律 , 因此G×G是群

习题9试证明有限半群G是群的充分必要条件是G中消去律成立 ,

证明: 必要性 , 在G中 , 若ax=ay , 则两端左乘a的逆元得x=y ,

同样的 , 由xa=ya可以推得x=y , 即在G中消去律成立 ,

充分性 , 设半群G含有n个元素a₁ , a₂ , ⋯ , a_n ,

用元素a_i左乘G的每个元素得a_ia₁ , a_ia₂ , ⋯ , a_ia_n ,

因为在G中消去律成立 , 所以这n个元素互不相同 ,

从而存在属于集合{1 , 2 , ⋯ , n}的某个k使得a_j=a_ia_k , 即方程a_j=a_ix有解,

同理可证方程a_j=ya_i有解, 所以G是群 ,

注 : 以上结论对无限群不成立 ,

例如自然数关于加法运算是半群 , 且消去律成立 , 但不是群 ,

习题10 R²={(x , y)|x , y∈R}是平而上点的集合 ,

对属于集合A的任意a , b , 有R²上平移变换 τ_{a , b} : (x , y)→(x+a , y+b) ,

试证明G={τ_{a , b}|a , b∈R}关于变换的乘法运算是群(这个群称为平移变换群) ,

证明: 因为τ_{a , b}τ_{c , d}=τ_{a+c , b+d}及变换的合成运算满足结合律 ,

所以G关于变换的乘法运算是半群 ,

显然 , τ_{0 , 0}是单位元 , τ_{‒a , ‒b}是τ_{a , b}的逆元 , 因此 , G关于变换的乘法运算是群

习题11对属于集合R的任意a , b , 令τ_{a , b} : R→R , x→ax+b ,

试证明G={τ_{a , b}| a , b∈R , a≠0}关于变换的乘法运算是群 ,

证明: 因为τ_{a , b}τ_{c , d}=τ_{ac , ad+b} , 及变换的合成运算满足结合律 ,

所以G关于变换的乘法运算是半群

显然 , τ_{1 , 0}是单位元 , $\tau_{a^{- 1}\ ,\ - ba^{- 1}}$是τ_{a , b}的逆元 ,

因此 , G关于变换的乘法运算是群 ,

习题12设G是有单位元的半群 , U(G)是G的所有可逆元构成的集合 ,

试证明U(G)是群 ,

证明: 因为G的单位元是可逆元 , 所以U(G)是非空集合 ,

因为G是半群 , 所以U(G)的元素满足结合律 ,

对属于集合U(G)的任意a , b , 有a^‒1属于U(G) , ab属于U(G) ,

因此U(G)是群 , 称为G的单位群 ,

习题13 {Z_n ; ⦁}是有单位元的半群 , 则U(Z_n)关于剩余类乘法运算是交换群 ,

分别求U(Z₅)和U(Z₆)的元素

解: U(Z₅)=Z₅‒{$\overline{0}$} , U(Z₆)={$\overline{1}$ , $\overline{5}$} ,

习题14请将下列4阶群运算表补充完整 ,

	e	a	b	c
e
a	a	e
b
c				e

当一个群为有限群时 , 它的元素的运算关系可以通过运算表给出 ,

例如含有3个元素的剩余类加法群Z₃ , 表中的左上角表示运算 ,

表的第一行和第一列列出所有元素 ,

并用第一列的各个元素去和第一行的各个元素运算 ,

一般地 , 第一行和第一列列出的元素的次序相同

$$+$$	$$\overline{0}$$	$$\overline{1}$$	$$\overline{2}$$
$$\overline{0}$$	$$\overline{0}$$	$$\overline{1}$$	$$\overline{2}$$
$$\overline{1}$$	$$\overline{1}$$	$$\overline{2}$$	$$\overline{0}$$
$$\overline{2}$$	$$\overline{2}$$	$$\overline{0}$$	$$\overline{1}$$

解: 注意到ae=a , 根据群的消去律可知e是单位元 ,

从而可以计算出运算表的第一行、第一列元素 ,

仍然根据群的消去律可知表中在一行(列)中的元素都不相同 , 那么ab=b或c ,

若ab=b , 则a=e , 矛盾 , 所以ab=c , ac=b ,

进而可知bc=a , ba=c , ca=b , bb=e , cb=a ,

习题15请将下面5阶交换群的运算表补充完整

	e	a	b	c	d
e
a		b
b				e
c
d	d

解: 仿照习题14可得

	e	a	b	c	d
e	e	a	b	c	d
a	a	b	c	d	e
b	b	c	d	e	a
c	c	d	e	a	b
d	d	e	a	b	c