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第六章 群与环

§6.1 基本要求

1. 掌握二元代数运算、代数系统的定义，能够判断一运算是否为二元代数运算，运算
是否满足互换律、结合律、分派律、幂等律、吸取律、消去律。
2. 掌握半群、群的定义以及群的性质，能够判断一代数系统是否为半群或群。
3. 掌握互换群的定义以及互换群中的三个指数律。
4. 掌握置换、轮换、不相杂轮换、对换等概念，会做置换的乘法，会将任意置换写成不相
杂轮换的乘积。了解置换的顺向圈表示。
5. 掌握奇置换、偶置换的概念，了解置换的定性数与置换的图型及奇偶性的关系。
6. 掌握n次对称群、n次交代群的概念，会写出其中的元素。
7. 掌握子群的定义以及子群的判别条件。掌握周期、循环群的定义和乘法群、加法群中周
期的性质以及循环群中一元素作为生成元的充要条件。
8. 掌握群中协议、右陪集的定义。了解子群在大群中的右陪集的某些性质。掌握正规子群
的概念以及一子群为大群的正规子群的充要条件。掌握并会正确应用Lagrange定理。
9. 掌握同态映射、同构映射、自同构映射的概念以及同态定理。会判断一个群与一乘法系
统间的映射是否为同态映射、同构映射或自同构映射。
10. 掌握同态核的概念，了解若σ是群G到G′上的同态映射，则其核N为一正规子群。
反过来，设N是G的一个正规子群，则有一个群G′以及一个G到G′上的同态映射
σ，使N为σ的核。掌握并会正确应用联系同态与同构的基本定理。了解σ为群G到
G′上的同态映射时，G中子群与G′中子群的关系。
11. 掌握环、互换环、含壹环、消去环的定义及其性质，会判断。
12. 掌握整区、体、域、子环、子体、子域等概念，以及环的子集作成子环的充要条件。
13. 掌握并会应用理想、主理想的定义，掌握环中协议关系、剩余类的定义以及环中协议关
系的性质。
14. 掌握环同态映射、同构映射、剩余环的定义，了解与群论中平行的环中的有关同态映射、
同构映射的某些定理。
15. 掌握单纯环与极大理想的定义，以及二者的关系，了解一个环是域的充要条件。
16. 了解群与环在计算机科学中的应用--计数问题、纠错码。

§6.2 重要解题措施

6.2.1 运算的性质

对常见的运算性质诸如封闭、结合、互换、分派、幂等、吸取、消去等，要熟悉其定义，并且会推断某性质是否成立。背面对各种代数系统都是依照运算的性质来下的定义，因此，对某代数系统进行判断，都必然归结到对运算性质的判断上。
例6.2.1 设S=Q×Q，Q为有理数集合，﹡为S上的二元运算，对于任意的<a,b>，<x,y>∈S，有：
<a,b>﹡<x,y>=<ax,ay+b>，
问：（1）﹡的单位元是什么？
（2）当a≠0时，<a,b>的逆元是什么？
解：（1）设﹡的单位元是<e1,e2>，则对于任意的<x,y>∈S，有：
<e1,e2>﹡<x,y>=<e1x,e1y+e2>，
<x,y>﹡<e1,e2>=<xe1,xe2+y>，
因为<e1,e2>是单位元，因此
<e1,e2>﹡<x,y>=<x,y>﹡<e1,e2>=<x,y>。
故
且 ，
解得：。
因此，﹡的单位元是<1，0>。
（2）当a≠0时， 设<a,b>的逆元为<a-1，b-1>，则
<a,b>﹡<a-1，b-1>=<1，0>，
而
<a,b>﹡<a-1，b-1>=<aa-1,ab-1+b>，
故
。
解得：。
因此，<a,b>的逆元为<>。

例6.2.2 设（G，·）是一个群，若群G的每一个元素都满足方程x2=1（其中1是G的单位元），那么G是互换群。
证明：对任意的a，b∈G，则运算的封闭性有a·b∈G，故由题意知，
a2=1，b2=1，
（a·b）2=1。
又（a·b）2= a·b·a·b，故
a·b·a·b=1。
因此，
a·b = a·1·b = a·(a·b·a·b)·b
由（G， ·）是群，运算满足结合律，因此
a·(a·b·a·b)·b= a2·（b·a）·b2=1·（b·a）·1= b·a
即，a·b=b·a，因此，G是互换群。

例6.2.3 设（G，·）是一个半群，e是左壹，且对每一个x∈A，存在x’ ∈A，使得x·x’=e。试证明：对于任意的a，b，c∈A，假如a·b= a·c，则b=c。
证明：对于任意的a，b，c∈A，假如a·b= a·c，由题设条件知，对a∈A，存在a’∈A，使得a·a’=e。在等式a·b= a·c的两边同时左乘a’，得到
a’·（a·b）=a’·（a·c）。
因（G，·）是一个半群，运算满足结合律，故
a’·（a·b）=（a’·a）·b= e·b，
a’·（a·c）=（a’·a）·c= e·c。
由e是左壹知，
e·b=b，
e·c=c。
综上，b=c。

6.2.2 有关置换群

要熟悉置换群的表示措施，一个是直接写，如，，另一个是将置换表示为不相杂轮换的乘积。要求正确地做置换的乘法。
例6.2.4 写出正四周体有关4个面的运动群（置换群）。
解：首先给正四周体的四个面作上标识。
取4为底面，在保持4为底面的情况下，沿顺时针方向旋转正四周体0、1、2次，得到三个置换：
（1）（2）（3）（4），（1 2 3）（4），（1 3 2）（4）。
类似地，分别取1、2、3为底面，又得到置换：
（2 3 4）（1），（2 4 3）（1），
（1 3 4）（2），（1 4 3）（2），
（1 2 4）（3），（1 4 2）（3）。
再考虑这些置换相乘的情形：
（1 2 3）（4）（2 3 4）（1）=（1 2）（3 4），
（2 3 4）（1）（1 2 3）（4）=（1 3）（2 4），
（2 3 4）（1）（1 3 4）（2）=（1 4）（2 3）。
令G={（1）（2）（3）（4），（1 2 3）（4），（1 3 2）（4）,
（2 3 4）（1），（2 4 3）（1），（1 3 4）（2），
（1 4 3）（2），（1 2 4）（3），（1 4 2）（3）,
（1 2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 4）（2 3）}
显然，G是S4的有限非空子集，且能够验证置换乘法在G上是封闭的。故依照教材中定理6.4.3（判别条件三），即有限子群的判定定理，可知G在置换的乘法下做成4次对称群的子群，该群即为正四周体有关4个面的运动群（置换群）。

阐明：对于正四周体，它的四个面组成一个集合，题目即是求该集合上的一个置换群。因为正四周体的四个面有着确定的关系，因此，4次对称群S4中的某些置换并不是所求的置换群中的某些元素。我们首先对该正四周体进行若干次旋转变换，使它与本来的四个面的位置重叠，从而得到这四个面的一个置换。例如，记4为底面，旋转其他各面使1抵达2的位置，2抵达3的位置，3抵达1的位置，这就是（1 2 3）（4）。然后，我们还需要考虑以其他面为底面以及置换乘积得到的新置换的情况。

例6.2.5 设多项式f=(x1+x2)(x3+x4)，找出使f保持不变的所有下标的置换，这些置换在置换的乘法下是否组成S4的子群？
解：由加法互换律和乘法互换律可得到使f保持不变的所有下标的置换的集合为：
G={（1）（2）（3）（4），（1 2）（3）（4），（1 2）（3 4），
（1）（2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 4）（2 3）}。
G是S4的有限非空子集，能够验证置换乘法在G上是封闭的，故依照教材中定理6.4.3（判别条件三），可知G在置换的乘法下做成S4的子群。

6.2.3 子群的判定及性质

前面的例子中已经使用了有限子群的判定定理，实际上，子群的判定重要是考查对子群判定定理的利用。假如做题时应用判定定理困难，一个“笨”措施是证明该代数系统是群，因为子群自身就是群。
例6.2.6 设（G，·）是一个群，e是（G，·）的单位元，R是G上的等价关系，且对任意的x,y,z∈G，若（x·z）R（y·z），则xRy。置H={h|h∈G ∧ hRe}。试证明：（H，·）是（G，·）的子群。
证明：由R是G上的等价关系知，eRe，即e∈H，因此，H非空。
若a∈H，b∈H，往证a·b-1∈H，即证（a·b-1）Re。
由a∈H，b∈H，知，aRe，bRe。
由bRe及R具备对称性知，eRb成立。再由aRe，eRb及R具备传递性知aRb。而
a= a·(b-1·b)= (a·b-1)·b，
b=e·b，
因此，(a·b-1)·bR e·b。再依照题设，若（x·z）R（y·z），则xRy，知，（a·b-1）Re。故a·b-1∈H。
由教材中定理6.4.2（判别条件二），可知（H，·）是（G，·）的子群。

例6.2.7 设R为实数集，G={(a，b)|a，b∈R,a≠0}。定义G上的运算如下：对于任意的（a，b）,（c，d）∈G，
（a，b）·（c，d）=（a×c，b×c+d），
其中×，+分别是实数的乘法与加法。试证明：
（1）（G，·）是群；
（2）设S = {（1，b）|b∈R}，则（S，·）是（G，·）的子群。
证明：
（1）① 运算·的封闭性是显然的。
② 下面证明运算·满足结合律。对任意的（a，b）,（c，d），（e，f）∈G，有：
（（a，b）·（c，d））·（e，f）=（a×c，b×c+d）·（e，f）
=（a×c×e，（b×c+d）×e +f）
= （a×c×e，b×c×e +d×e +f），
（a，b）·（（c，d）·（e，f））=（a，b）·（c×e，d×e+f）
=（a×c×e，b×c×e+ d×e+f），
因此，（（a，b）·（c，d））·（e，f）=（a，b）·（（c，d）·（e，f））。
③ 下面证明（G，·）有1（单位元）。按照运算·的定义，对于任意的（a，b）∈G，有：
（a，b）·（1，0）=（a×1，b×1+0）=（a，b），
（1，0）·（a，b）=（1×a，0×a+b）=（a，b），
因此，（1，0）是（G，·）的单位元。
④ 下面证明（G，·）中任意元素有逆元。对任意的（a，b）∈G，设（c，d）∈G，满足（a，b）·（c，d）=（1，0），即
（a×c，b×c+d）=（1，0），
解得：。且
·（a，b）=（）=（1，0），
因此，（a，b）有逆。
综上，（G，·）是群。
（2）显然，S是G的非空子集，且对于任意的（1，a），（1，b）∈S，有
（1，a）·（1，b）-1 = （1，a）·（1，-b）
=（1×1，a×1-b）
=（1，a-b）∈S。
因此，由教材中定理6.4.2（判别条件二），可知（S，·）是（G，·）的子群。

例6.2.8 设（H1，·），（H2，·）是（G，·）的子群，且H1，H2互不包括，证明：H1∪H2≠G。
证明：由H1，H2互不包括知，存在x，y，使得x∈H1，且xH2，y∈H2，且yH1。则断言x·yH1，且x·yH2，否则，若x·y∈H1，则x∈H1及由H1是G的子群知，x-1∈H1，故，x-1·（x·y）∈H1，即y∈H1，与yH1矛盾。同理可证x·yH2。因此，x·yH1∪H2。而x·y∈G，因此，H1∪H2≠G。

例6.2.9 设G为n元循环群，a是生成元。设m与n的最高公因为d，试证明：
（am）=（ad）。
证明：因为d|m，因此，am ∈（ad），故
(am)（ad）。
因d为m与n的最高公因，因此存在k，l，使得
d=km+ln。
于是，
ad= akm+ln = akmaln

由G=（a）是n元循环群，a是生成元知，an=1，故aln=1，代入上式得：
ad=akm。
而akm∈（am），从而ad∈（am）。故
（ad）（am）。
因此，（ad）=（am）。

例6.2.10 设（G，·）为循环群，生成元为a，设（H1，·），（H2，·）均是（G，·）的子群，而ai和aj分别为（H1，·）和（H2，·）的生成元。问：（H1∩H2，·）是否为循环群，假如是，请给出其生成元。
解：设m为i和j的最小公倍数，往证（am）=H1∩H2。
由m为i和j的最小公倍数，知，i|m，j|m，故
am ∈（ai），am ∈（aj）。
因此，am （ai），am（aj）。即，am （ai）∩（aj）。
下面证明：（ai）∩（aj）（am） 。分两种情况：
（1）当G为无限循环群时。任取x∈（ai）∩（aj），则存在p，q∈Z，使得x=aip=ajq。由G是无限循环群知，必有ip=jq=k，因此，i|k，j|k，k为i和j的公倍数，而m为i和j的最小公倍数，故，m|k。因此，ak∈（am），即x=aip=ak∈（am）。因此，（ai）∩（aj）am。
（2）当G是n元循环群时。设s是n和i的最大条约数，t是n和j的最大条约数，d是n和m的最大条约数。由例6.2.9知，
（as）=（ai），（at）=（aj），（ad）=（am）。
显然，d是s和t的最小公倍数。
任取x∈（ai）∩（aj），注意到s，t都是n的因数，必存在p，q∈Z，使得asp=atq，且0sp，tq<n，有sp=tq=c。于是，s|c，t|c，因此，d|c，故x= ac∈(ad)。因此，
（as）∩（at）（am）
即，（ai）∩（aj）（am）。
综上，（am）=H1∩H2，（H1∩H2，·）是循环群，其生成元是am，m是i和j的最小公倍数。

例6.2.11 设有限互换群（G，·）中所有元素之积不等于单位元1，试证明G必为偶数元群。
证明：用反证法。假设（G，·）为奇数元群，往证（G，·）中所有元素之积等于单位元1。
由G有限，设G={1，a1，a2,…,a2n}。首先证明对G中任意非单位元的元素a，a≠a-1。假设对G中任意元素a，a=a-1，则a2=1，显然（{1，a}，·）是（G，·）的元数为2的子群。由Lagrange定理知，2应当整除G的元数。因为G的元数为2n+1，因此2不整除G的元数，这就产生了矛盾。因此，对G中任意非单位元的元素a，有a≠a-1。因为任意元素的逆元素是唯一的，即不一样的元素有不一样的逆元，因此在a1，a2,…,a2n中按如下措施取元素：先任取一ai1及其逆元aj1(i1≠j1)，再在剩余的2（n-1）个元素中任取一ai2及其逆元aj2(i2≠j2)，以此类推n次，直到取出ain及其逆元ajn(in≠jn)。则
=1，
由（G，·）为互换群知，= a1·a2·…·a2n，因此，
a1·a2·…·a2n=1。
即（G，·）中所有元素之积等于单位元1，这与已知（G，·）中所有元素之积不等于单位元1矛盾，因此，G必为偶数元群。

阐明：在此例中，我们应用了Lagrange定理，该定理是很重要的定理，在考查有限群的元数和其子群的元数时常常要用到。

6.2.4 有关元素的周期

这部分习题重要是用周期的定义（若n为适合an=1的最小正整数，则称a的周期为n。）以及周期的性质（教材中定理6.4.5及定理6.4.5’）。
例6.2.12 设（G，·）是群，a，b，c∈G。a·b=c·b·a，a·c=c·a，b·c=c·b。
试证明：若a，b的周期分别为m，n，m与n的最大条约数为d，则c的周期整除d。
证明：（1）设c的周期为k，由最大公因数的定义，要证明k|d，只需证明k是m与n的公因数，即k|m，k|n。再由k为c的周期及周期的性质知，只要证明出cm=1，cn=1，则k|m，k|n就显然成立了。
由a·b=c·b·a，在等式两边同时右乘bn-1，得
a·bn=c·b·a·bn-1，
由b的周期为n知，bn=1，故，
a·bn=a，
而 c·b·a·bn-1= c·b·(a·b) ·bn-2 由结合律
= (c·b)(c·b·a)·bn-2 由a·b=c·b·a
=(c·b) 2·abn-2 由结合律

=(c·b) n· a
= cn·b n·a 重复应用b·c=c·b
= cn·1·a 由b的周期为n
=cn·a
因此，
a=cn·a
两边同时右乘a的逆元，得到
cn=1。
类似地，可证得
cm=1。

例6.2.13 设（G，·）是群，x，y∈G，且y·x·y -1= x 2，其中x≠1，y的周期是2，试求x的周期。
解：由y·x·y -1= x 2，得：
x 4=（y·x·y –1）·（y·x·y –1）
= （y·x）·（y –1·y）·（x·y –1） 由结合律
=（y·x）·1·（x·y –1）
= y·x2·y –1
= y·（y·x·y –1）·y –1 由已知
= y2·x·y –2
由y的周期是2知，y2=1，且 y –2=1。因此，
x 4= 1·x·1=x。
即，
x3=1。
而由已知x≠1，断言x2≠1，否则，若x2=1，由已知y·x·y -1= x 2，得y·x·y -1=1，即y·（x·y -1）=1，又由群中任意元素的逆是唯一的得y -1= x·y -1，两边同时右乘y，得x=1，与已知矛盾。因此，3是满足xn=1的n的最小正整数，即，x的周期是3。

6.2.5 有关同态与同构

给出一映射，要证明它是同构映射，一般是先证明它是同态映射，再证明它是1-1映射，这种情形严格按照定义就能够了。
对于证明详细的两个群同构，一般的做法是结构一个函数使它满足某种特定的要求，这就要求我们懂得函数的特点。
例6.2.14 设（R，-）和(R+，÷)是两个代数系统，其中R和R+分别为实数集合与正实数集合，-与÷分别为算术加法与除法，试证明：（R，-）和(R+，÷)同构。
证明：结构函数f(x)=ex。
（1）证明该映射为R到R+的1-1映射。
显然f为R到R+的映射。
对任意y∈R+，都有x=ln y，使得ex=y，因此f为R到R+上的映射（满射）。
对于任意a,b ∈R，若a≠b，则ea≠eb，因此f为单射。
（2）证明f为同态映射。
对于任意a,b ∈R，有f(a-b)= ea-b= ea÷eb=f(a)÷f(b)。因此，f为R到R+的同态映射。
综上，f是R到R+的同构映射，即，（R，-）和(R+，÷)同构。

下面举一个应用同态基本定理（教材中定理6.5.3）的例子。
例6.2.15 设（G，·）是一个互换群，H是由G中所有周期是有限的元素组成的集合，试证明：
（1）（H，·）是（G，·）的正规子群。
（2）在商群G∕H中，除了单位元H外，所有元素的周期都是无限的。
证明：
（1）显然H非空。因为1的周期有限，1∈H。
对于任意的a，b∈H，往证a·b-1∈H。由a，b∈H，知a，b周期有限，不妨设a的周期为m，b的周期为n，则am=1，bn=1，b-n =1，故
（a·b-1）mn=（a）m·(b-n)m=1，
可见，a·b-1的周期是有限的，因此，a·b-1∈H。
因此，（H，·）是（G，·）的子群。再由（G，·）是一个互换群，互换群的子群都是正规子群，因此，（H，·）是（G，·）的正规子群。
（2）使用反证法。假设G∕H中存在一个非单位元H的元素aH，使得aH的周期是有限的，不妨设为n，则
（aH）n=H。
由教材中定理6.5.3知，若令
σ：a→aH，
则σ是G到G∕H上的一个同态映射。于是
anH=σ(an)
= σ(a) σ(a) …σ(a)
=aH aH…aH
=(aH) n
=H.
因此，an∈H，即an的周期有限，故a的周期亦有限，即a∈H，于是，aH=H，与aH≠H矛盾。因此，原假设不对，G∕H中除了单位元H外，所有元素的周期都必然是无限的。

6.2.6 有关环

要证明R在加法和乘法下做成环，需要证明R对于加法组成一个Abel群，在乘法下做成半群，即乘法适合结合律，还要证明乘法对于加法有分派律，注意因为乘法不见得适合互换律，因此分派律需证明两个。
证明环的同态映射要注意需要证明加同态与乘同态两条。
例6.2.16 设Z是整数集合，R={（a，b）|a，b∈Z}，定义R上的二元运算⊕与⊙如下：（a,b）⊕(c,d)=(a+c,b+d),
（a,b）⊙(c,d)=(a×c,b×d),
其中+，×分别是算术加法和乘法。
试证明（R，⊕，⊙）是环，并求出此环的所有零因子。
证明：显然，⊕在R上运算封闭，且满足互换律和结合律。⊕的单位元为（0，0），R上任意元素（a,b）的逆元为（-a,-b）。因此，（R, ⊕）为互换群。
又因为⊙在R上运算封闭，且满足结合律，因此，（R, ⊙）为半群。
任取R上三个元素（a,b），（c,d），(e,f)，有：
（a,b）⊙（（c,d）⊕(e,f)）=（a,b）⊙（c+e,d+f）
=(a×(c+e),b×(d+f))
=(a×c+a×e,b×d+b×f))，
(（a,b）⊙（c,d）)⊕(（a,b）⊙(e,f))=(a×c, b×d) ⊕(a×e, b×f)
=(a×c+a×e,b×d+b×f))，
因此，
（a,b）⊙（（c,d）⊕(e,f)）=(（a,b）⊙（c,d）)⊕(（a,b）⊙(e,f))。
因为⊙和⊕都满足互换律，因此，
（（c,d）⊕(e,f)）⊙（a,b）=(（c,d）⊙（a,b）)⊕((e,f)⊙（a,b）)。
综上，（R，⊕，⊙）是环。
因为⊕的单位元为环的零元：（0，0）。对于所有的（a,0）∈R，其中a≠0，存在（0，b）∈R，其中b≠0，满足（a,0）⊙(0,c)=（0，0），再依照运算⊙的互换律得到，（a，0）和（0，b）都是环的零因子。

例6.2.17 设（R，+，·）是环，对于任意的a，b∈R，定义：
a⊕b=a+b+1,
a⊙b=a·b+a+b。
试证明（1）（R，⊕，⊙）也是含壹环。
（2）（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构。
证明：
（1）①首先证明（R，⊕）是互换群。
由 + 在R上运算封闭知，对于任意的a，b∈R，a+b+1∈R，而a⊕b=a+b+1，故a⊕b∈R。因此，⊕在R上运算也封闭。
由 + 在R上满足互换律知，⊕在R上也满足互换律。
对于任意的a，b，c∈R，由 + 在R上满足互换律和结合律得：
（a⊕b）⊕c=（a⊕b）+c+1
=（a+b+1）+c+1
=a+(b+1+c)+1 由+满足结合律
=a+(b+c+1)+1 由+满足互换律
=a+（b⊕c）+1
=a⊕(b⊕c),
可见，⊕在R上也满足结合律。
因为对R中任意元素a，有
a⊕-1=a+（-1）+1
=a+(（-1）+1)
=a+0
=a,
-1⊕a=a⊕-1=a，
因此（R，⊕）的单位元为-1。
因为对R中任意元素a，有
a⊕（-a-1-1）= a+（-a-1-1）+1
=(a+(-a))-1+(-1+1)
=0+(-1)+0
=-1，
（-a-1-1）⊕a= a⊕（-a-1-1）=-1
因此，（R，⊕）中任意元素a的逆元为-a-1-1。
综上，（R，⊕）是互换群。
②证明（R，⊙）是含壹半群。
由+和·在R上运算封闭知，对于任意的a，b∈R，a·b+a+b∈R，而a⊙b=a·b+a+b，故a⊙b∈R。因此，⊙在R上运算也封闭。
对于任意的a，b，c∈R，有
（a⊙b）⊙c =（a⊙b）·c+（a⊙b）+c
=（a·b+a+b）·c+（a·b+a+b）+c
=a·(b·c+b+c)+a+(b·c+b+c)
= a·(b⊙c)+a+(b⊙c)
=a⊙(b⊙c)，
可见，⊙满足结合律。
因为对R中任意元素a，有
a⊙0= a·0+a+0
=0+a+0
=a，
0⊙a=a⊙0=a,
因此，（R，⊙）的单位元为0。
③证明⊙对⊕有左右分派律。
对于任意的a，b，c∈R，有
a⊙(b⊕c)= a·(b⊕c)+a+(b⊕c)
= a·（b+c+1）+a+（b+c+1）
= a·b+（a·c）+a+a+b+c+1
= (a·b+ a+b)+(a·c+a+c)+1，
(a⊙b)⊕(a⊙c)= (a⊙b)+(a⊙c)+1
= ( a·b+ a+b) + ( a·c+ a+c) +1
因此，a⊙(b⊕c)= (a⊙b)⊕(a⊙c)。
(b⊕c)⊙a=(b⊕c)·a+(b⊕c)+a
=（b+c+1）·a+（b+c+1）+a
= b·a+（c·a）+a+b+c+1+a
=(b·a+b+a)+(c·a+c+a)+1，
(b⊙a)⊕（c⊙a）= (b⊙a)+ （c⊙a）+1
= (b·a+b+a)+ (c·a+c+a)+1，
因此，(b⊕c)⊙a=(b⊙a)⊕（c⊙a）。
综上①、②、③知，（R，⊕，⊙）是含壹环。
（2）证明（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构。
做映射f:R→R，f(a)=a-1。
① 往证f是1-1映射。
显然，f是R到R内的映射。
对任意a∈R，有a+1∈R，满足f(a+1)=a+1-1=a。因此，f是R到R上的映射（满射）。
若对b，c∈R，有f(b)=f(c)=a，即b-1=c-1=a，则b=c=a+1。因此，f是一对一映射（单射）。
② 由f的定义有：f(a+b)=a+b-1。另首先，
f(a)⊕f(b)=f(a)+f(b)+1
=(a-1)+(b-1)+1
=a+b-1,
因此，f(a+b)= f(a)⊕f(b)。
由f(a·b)= a·b-1，及
f(a)⊙f(b)=f(a)·f(b)+f(a)+f(b)
=(a-1)·(b-1)+(a-1)+(b-1)
=a·b-a-b+1+(a-1)+(b-1)
=a·b-1，
知，f(a·b)=f(a)⊙f(b)。
因此，f是环同构映射，故（R，⊕，⊙）与环（R，+，·）同构

§6.3 第六章习题解答

6.3.1 习题6.1解答

1. 设W1、W2、W3分别为是模6的剩余类集合Z6的子集：W1={，}，W2={，，}，W3={，，}，试问剩余类加法是不是这些子集的二元代数运算？
解：剩余类加法对W1，W2是二元代数运算，而W3不是。

2. S={2n | nN}，加法是S上的二元代数运算吗？乘法呢？
解：加法不是S上的二元代数运算，乘法是。

3. 自然数集N 上的二元代数运算 * 定义为x * y = xy，* 是否满足结合律？是否满足互换律？
解：都不满足。

4. 设 * 是集合S上的二元代数运算，且满足结合律，设x，y是S中任意元素，假如x * y = y * x，则x = y。试证明 * 满足等幂律。
证明：因为对S中任意的x，y和z，有x*(y*z)=(x*y)*z，故x*(x*x)=(x*x)*x，于是有x*x=x。

5. 设 + 和 * 是集合S上的两个二元代数运算，对于S中任意元素x和y，x + y = x。证明 * 对于 + 满足分派律。
证明：设x，y和z是S中任意三个元素，则
x*(y+z)=x*y=x*y+x*z，且
(y+z)*x=y*x=y*x+z*x，
故* 对于 + 满足分派律。

6.3.2 习题6.2解答

1. 设（G， ·）是代数系统，则（G×G，*）是代数系统，这里G×G的运算“*”要求如下：
（a，b）*（c，d）=（a·b，c·d），
其中，a，b，c，d为G中任意元素。证明：当（G， ·）是半群时，（G×G，*）是半群；当（G， ·）有单位元素时，（G×G，*）有单位元素；当（G， ·）是群时，（G×G，*）是群；
证明：设（G， ·）是半群，a，b，c，d，e，f为G中任意元素，若有(a，b),(c，d)，(e，f)属于G×G，则有
(a，b)*((c，d)*(e，f))=(a，b)*(c·e，d·f)=(a·(c·e)，b·(d·f))
=((a·c)·e，(b·d)·f))=((a·c)，(b·d))*(e，f)=((a，b)*(c，d))*(e，f)，
这就证明了当（G， ·）是半群时，（G×G，*）是半群。
设（G， ·）有单位元素1，(a，b)是（G×G，*）中任意元素，则有(a，b)=(a·1，b·1)=(a，b)*(1，1)且(a，b)=(1·a，1·b)=(1，1)*(a，b)，故(1，1)就是（G×G，*）的单位元素。
设（G， ·）是群，1是群（G， ·）的单位元素，则由前面的证明知(1，1)就是（G×G，*）的1且（G×G，*）是半群。
我们来证明（G×G，*）中的任意元素(a，b)有逆元素。(1，1)=(a·a’，b·b’ )=(a，b)*(a’，b’ )，其中a’和b’分别是a和b在群（G， ·）中的逆元素。同样有(1，1)=(a’·a，b’·b )=(a’，b’ )*(a，b )，这就证明了(a’，b’ )是(a，b)的逆元素，从而阐明（G×G，*）是群。

2. 举例阐明不要求可除条件而要求消去条件，即要求由aχ=ay可推出χ=y，由χ·a=y·a可推出χ=y，由G不见得是一个群，若G有限怎么样？
解：例如，全体自然数在一般乘法下，适合消去律，但不是群。若G={a1，a2，…an}，用a右乘G中各元素得a1a，a2a，…，ana必不相同，否则若aia=aja (i¹j) ，由消去条件有ai¹aj，矛盾。对任意bÎG，必有ai，使aia=b，因之方程xa=b有解。同理可知ay=b有解。故G是群。

3. 举例阐明定理6.2.2中的（1）ˊ和（2）ˊ分别改成：（1）ˊG中有一个元素1适合1·a=a，（2）ˊ对于任意a有一个a-1适合a·a-1=1，则G不见得是一个群。
解：例如，

a b
G= a，b是实数 。
0 0

1 0 a-1 0
有左1= 右逆： ，但G不是群
0 0 0 0
因当b¹0时
a b 1 0 a 0 a b
= ¹ 。
0 0 0 0 0 0 0 0

而不难懂得G中无1。

4. 试将加法群的公理进行符号化。
解：令P(x，y，z)：x ·y=z，i(x)：x-1。
则能够将加法群的公理符号化为：
(1) "x"y$zP(x，y，)
(2) "x"y"z"u"v"w(P(x，y，u) ÙP(y，z，v) ÙP(u，z，w) ®P(x，v，w)) Ù"x"y"z"u"v"w(P(x，y，u) ÙP(y，z，v) ÙP(x，v，w) ®P(u，z，w))
(3) "xP(x，e，x) Ù"xP(e，x，x)
(4) "xP(x，i(x)，e)Ù"xP(i(x)，x，e)
(5) "x"y"u(P(x，y，u) ®P(y，x，u))
前四条是群公理，第五条是互换性。

5. 设集合G={a，b，c}上的二元运算表如下：

·
a
b
c
a
a
b
c
b
b
a
c
c
c
c
c

则（G，·）是否为半群？是否为群？为何？
解：因为G非空且对任意的a，b属于G，有a·b 属于G，故（G，·）是代数系统。又因为·运算满足结合律，故（G，·）是半群，但（G，·）不是群，因为元素c没有逆元素。

6.3.3 习题6.3解答

1. 计算（1 2 3）（2 3 4）（1 4）（2 4）。
解：（1 2 3）（2 3 4）（1 4）（2 4）=（1 3）（2 4）。

2. 用1，2，…，n代表M中元素。求证M的任意置换能够表为（1 2），（1 3），…，（1 n）的乘积。又可表为（1 2），（2 3），…，（n-1 n）的乘积。
解：M的任意置换都可分为对换之乘积，又注意到：（ar as）=(1 ar)(1 as)(1 ar)，(ar，as¹1)，而(1 ar)=(1 2)(2 3)…(ar-2 ar-1)(ar-1 ar)(ar-2 ar-1)…(2 3)(1 2)。

3. 设s，t是两个置换。把t表示为不相杂的轮换的乘积。求证sts-1只要用s变换成t中文字。例如s=（1 2 3）。t=（1 2）（3 4）则sts-1=（2 3）（1 4）。即按照s的变换不t中之1换成2，2换成3，3换成1，即得sts-1。
证明：若t=(a11 a12 …a1r)(a21… a2s)…(am1…amt)
a11 …a1r a2r…a2s…am1…amt
而s=
b11 …b1r b2r…b2s…bm1…bmt
取经典元素bjk，我们有

因此在sts-1下，bjk®bjk+1。

4. 试设计一个乘轮换程序，计算输入的若干轮换的乘积，输出的成果是不相杂的轮换的乘积。
可参阅D.E.Knuth著，管纪文，苏运霖译《计算机程序设计技巧》134-138页。

5. 试证明n 个元素的所有置换作成一个群（一般叫做n次对称群）。证明n个元素的所有偶置换作成群（叫做n次交代群）。写出四次交代群中的元素。n次交代群的元数为何？
证明：只需验证满足群的各条件，略。
注意到偶置换×偶置换=偶置换。易知偶置换成群。
A4：(1)，(1 2 3)，（1 3 2），（1 2 4），（1 4 2），
（1 3 4），（1 4 3），（2 3 4），（2 4 3），（1 2），
（3 4），（1 3），（2 4），（1 4），（1 4），（2 3），n!。

6.3.4 习题6.4解答

1. （1）（1 2）（3 4），（1 3）（2 4），（1 2）（2 3）四个置换作成一个群