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第五次作业

习题六 1

解:

• (1) 是
  (3) 是
  (5) 不是
  (7) 是
  (9) 是

习题六 3

解:

• (1) 设 \(X=\{a,b\},a*b=a,a*a=a,b*b=a,b*a=b\).
  (2) 设 \(X=\{a,b\},a*b=b,a*a=a,b*b=a,b*a=a\).
  (3) 对于左幺元, \(e_l*e_r=e_r\), 对于右幺元 \(e_l*e_r=e_l\), 故 \(e_l=e_l*e_r=e_r\).

习题六 7

解:

• 满足结合律: \(x*y*k=x*k=x,x*(y*k)=x*y=x\).

  不满足交换律: \(x*y=x,y*x=y\).

  没有幺元, 但有右幺元, 且每个元素都是右幺元.

  没有零元, 但有左零元, 且每个元素都是左零元.

  没有逆元.

习题六 9

证明

• \(\forall\ x\in S,\ x*x^2=x^2*x\Rightarrow x^=x\)

习题六 12

解:

• \(S_1,S_2\) 是, \(S_3\) 不是.

习题六 17

解:

• 取映射 \(\varphi(x)=\left\lbrace \begin{array} {l} 0,\quad x=0\\ 1,\quad x\neq 0 \end{array} \right.\)

  则有 \(\varphi(x)\varphi(y)=\varphi(xy)\).

  即 \(\varphi\) 是同态.

习题六 19

证明

• \(\forall\ a,b\in X,\ h(x)h(y)=f_1(x)\oplus f_2(x)\oplus f_1(y)\oplus f_2(y)=f_1(x)\oplus f_1(y)\oplus (f_2(x)\oplus f_2(y))=f_1(xy)\oplus f_2(xy)=h(xy)\).

习题六 22

(1)

$
\begin{array}  {c|cccccc}
    * & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\\hline
    0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
    1 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
    2 & 0 & 2 & 4 & 0 & 2 & 4 \\
    3 & 0 & 3 & 0 & 3 & 0 & 3 \\
    4 & 0 & 4 & 2 & 0 & 4 & 2 \\
    5 & 0 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 
\end{array}
$

(2) \(\forall\ x,y,z\in N_k\), 设 \(x*y=p_1k+r_1,y*z=p_2k+r_2,x*y*k=p_3k+r_3\)
则有 \(r_1z\equiv r_3(\bmod\ k),xr_2\equiv r_3(\bmod\ k),\Rightarrow x*_ky*_kz = r_1*_kz=r_3,x*_k(y*_kz)=x*_kr_2=r_3\).

故满足结合律, 即 $<N_k,*_k>$ 是半群.

习题六 25

证明

• \(\forall x,y,z\in \mathbb R,x*y*z=(x+y+xy)*z=x+y+xy+z+(x+y+xy)z=x+y+z+xy+xz+yz,\ x*(y*z)=x*(y+z+yz)=x+y+z+xy+xz+yz\).

  幺元是 \(0\). \(\forall x\in \mathbb R,0*x=0+x+0x=x,x*0=x+0+x0=x\).

  故 \(<\mathbb R,*>\) 是半群.

习题六 30

\(<S,*>\) 是半群. 若有 \(a\in S,\ \forall\ x\in S,\ \exists\ u,v\in S\) 使得 $$ au=va=x $$ 证明: \(<S,*>\) 是含幺半群.

证明

• 先取 \(x=a\), 设 \(ab_1=b_2a=a\).

再取 \(x=b_1\), 设 \(b_1=au\) 同左乘 \(b_2\) 得
\(b_2b_1=b_2au=au=b_1\).

再取 \(x=b_2\), 设 \(b_2=va\) 同右乘 \(b_1\) 得
\(b_2b_1=vab_1=va=b_2\).

故得到 \(b_1=b_2\) 记作 \(b\), 即 \(ab=ba=a\).

下面验证 \(b\) 是幺元.

\(\forall\ x\in S,\) 设 \(x=au=va\) 则有 \(bx=bau=au=x,xb=vab=va=x\).

故 \(b\) 是幺元.

习题六 32

(1)

**证明**

-   $f_1,f_2\in S^S, \forall x\in S,f_1\circ f_2 (x)=f_1(f_2(x))$ 由 $f_2(x)\in S\Rightarrow f_1(f_2(x))\in S\Rightarrow f_1\circ f_2\in S^S$.

    又函数的复合具有结合律, $<S^S,\circ>$ 是半群.

(2)

**解:**

-   对于给定 $a$ 设 $\sigma_a: S\to S,\sigma_a(x)=ax$.

    则有 $\sigma_a\in S^S$.

    取 $\varphi:S\to S^S,\varphi(a)=\sigma_a$.

    $\forall\ a,b\in S,\forall x\in S,\varphi(a)\circ\varphi(b)(x)=\sigma_a(\sigma_b(x))=abx=\sigma_{ab}x=\varphi(ab)(x)$ 即 $\varphi$ 是同态.

习题六 33

证明

• 设 \(y=f(x)\in Y\) 则 \(y*y=f(x)*f(x)=f(x^2)=f(x)=y\) 故 \(y\) 是 \(Y\) 的幂等元.

习题六 34

(1) 真
(2) 真
(2) 真

习题六 43

\(x*x=e\) 即 \(S\) 中的元素均存在逆元. 故 \(<S,*>\) 是群.

\(yx=yx*e=yx*y^2=yx*y*e*y=yx*y*x^2*y=(yx)^2xy=e*xy=xy\).

故 \(<S,*>\) 是交换群.

习题六 47

证明

• 先证必要性, \(H_1H_2\) 是 \(G\) 的子群, \(\forall h_1h_2\in H_1H_2,(h_1h_2)^{-1}\in H_1H_2,\Rightarrow\exists h_1'h_2'=(h_1h_2)^{-1},\Rightarrow h_1h_2=(h_1'h_2')^{-1}=h_2'^{-1}h_1'^{-1}\in H_2H_1\Rightarrow H_1H_2\subseteq H_2H_1\).

  又 \(\forall\ h_2h_1\in H_2H_1,h_1^{-1}h_2^{-1}\in H_1H_2\Rightarrow (h_1^{-1}h_2^{-1})^{-1}\in H_1H_2\Rightarrow h_2h_1\in H_1H_2\Rightarrow H_2H_1\subseteq H_1H_2\).

  综上 \(H_1H_2=H_2H_1\).

  下证充分性, \(\forall h_1h_2,h_3h_4\in H_1H_2\) 对于 \((h_3h_4)^{-1}=h_4^{-1}h_3^{-1}\) 存在 \(h_3'h_4'=(h_3h_4)^{-1},h_3'\in H_1,h_4'\in H_2\).

  则 \(h_1h_2(h_3h_4)^{-1}=h_1h_2h_3'h_4'\), 对于 \(h_2h_3\) 存在 \(h_3''\in H_1,h_2''\in H_2,h_2h_3=h_3''h_2''\).

  即 \(h_1h_2h_3'h_4'=(h_1h_3'')(h_2''h_4'),h_1h_3''\in H_1,h_2''h_4\in H_2\Rightarrow h_1h_2(h_3h_4)^{-1}\in H_1H_2\) 故 \(H_1H_2\) 是 \(G\) 的子群.

习题六 49

证明

• \(\forall\ x,y\in X,\ yH=Hy\Rightarrow H=y^{-1}Hy\Rightarrow Hy^{-1}=y^{-1}H\Rightarrow y^{-1}\in X\),
  又 \(xy^{-1}H=x(y^{-1}H)=x(Hy^{-1})=(xH)y^{-1}=H(xy^{-1})\Rightarrow xy^{-1}\in X\)

  故 \(X\) 是 \(G\) 的子群.

习题六 50

(1)

**证明**

-   封闭性: $f_1=a_1x+b_1,f_2=a_2x+b_2\Rightarrow f_1\circ f_2=f_1(a_2x+b_2)=a_1a_2x+a_1b_2+b_1\in G$.

    函数的复合满足结合律.

    逆元: $f=ax+b,f^{-1}=\dfrac{x}{a}-\dfrac b a$.

    幺元: $f_e=x$.

    所以 $<G,\circ>$ 是群.

(2)

**证明**

-   $f_1,f_2\in S_1$ 设 $f_1=x+b_1,f_2=x+b_2,f_2^{-1}=x-b_2$, 则 $f_1\circ f_2^{-1}=x+b_1-b_2\in S_1$.

    $f_1,f_2\in S_2$ 设 $f_1=a_1x,f_2=a_2x,f_2^{-1}=\dfrac{x}{a_2}$, 则 $f_1\circ f_2^{-1}=\dfrac{a_1x}{a_2}\in S_2$.

    故 $<S_1,\circ>,<S_2,\circ>$ 是 $G$ 的子群.