CINTA作业四:群、子群
发布日期:2022-03-08 21:50:36
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分类:技术文章
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一、证明命题6.6
设G为群,且a,b,c∈G。如果ba=ca,则b=c;并且,如果 ab=ac,b=c。
证明:
①∵G为群,且a,b,c∈G \quad ∵ b a = c a ba=ca ba=ca \quad ∴ b ( a a − 1 ) = c ( a a − 1 ) b(aa^{-1}) =c(aa^{-1}) b(aa−1)=c(aa−1) \quad (结合律) \quad ∴ b e = c e be=ce be=ce \quad ∴ b = c b=c b=c ②∵G为群,且a,b,c∈G \quad ∵ a b = a c ab=ac ab=ac \quad ∴ ( a − 1 a ) b = ( a − 1 ) a c (a^{-1}a)b =(a^{-1})ac (a−1a)b=(a−1)ac \quad (结合律) \quad ∴ e b = e c eb=ec eb=ec \quad ∴ b = c b=c b=c
二、证明命题6.7
设G是群, ∀ \forall ∀a,b∈G,以下性质成立:
① ∀ \forall ∀m,n∈Z, g m g n = g m + n g^mg^n=g^{m+n} gmgn=gm+n ② ∀ \forall ∀m,n∈Z, ( g m ) n = g m n (g^m)^n=g^{mn} (gm)n=gmn ③ ∀ \forall ∀n∈Z, ( g h ) n = ( h − 1 g − 1 ) − n (gh)^n=(h^{-1}g^{-1})^{-n} (gh)n=(h−1g−1)−n;如果G是阿贝尔群,则 ( g h ) n = g n h n (gh)^n=g^nh^n (gh)n=gnhn证明:
① ∵ g m = g g … … g ⏞ m g^m=\overbrace{gg……g}^{m} gm=gg……g m \quad \quad g n = g g … … g ⏞ n g^n=\overbrace{gg……g}^{n} gn=gg……g n \quad ∴ g m g n = g g … … g ⏞ m + n g^mg^n=\overbrace{gg……g}^{m+n} gmgn=gg……g m+n \quad ∴ g m g n = g m + n g^mg^n=g^{m+n} gmgn=gm+n ② ∵ g m = g g … … g ⏞ m g^m=\overbrace{gg……g}^{m} gm=gg……g m \quad \quad ( g m ) n = g m g m … … g m ⏞ n = g g … … g ⏞ m n (g^m)^n=\overbrace{g^mg^m……g^m}^{n}=\overbrace{gg……g}^{mn} (gm)n=gmgm……gm n=gg……g mn \quad ∴ ( g m ) n = g m n (g^m)^n=g^{mn} (gm)n=gmn ③ ∵由命题6.4: ∀ \forall ∀g∈G, ( g − 1 ) − 1 = g (g^{-1})^{-1}=g (g−1)−1=g可得 ( g h ) n = ( ( ( g h ) − 1 ) − 1 ) n (gh)^n=(((gh)^{-1})^{-1})^n (gh)n=(((gh)−1)−1)n \quad ∵由命题6.3: ∀ \forall ∀a,b∈G, ( a b ) − 1 = b − 1 a − 1 (ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1} (ab)−1=b−1a−1,和②得 ( g h ) n = ( ( ( g h ) − 1 ) − 1 ) n = ( ( h − 1 g − 1 ) − 1 ) n = ( h − 1 g − 1 ) − n (gh)^n=(((gh)^{-1})^{-1})^n=((h^{-1}g^{-1})^{-1})^n=(h^{-1}g^{-1})^{-n} (gh)n=(((gh)−1)−1)n=((h−1g−1)−1)n=(h−1g−1)−n 若G是阿贝尔群,则G满足交换律 ( g h ) n = g h … … g h ⏞ n (gh)^n=\overbrace{gh……gh}^{n} (gh)n=gh……gh n \quad \quad = g g … … g ⏞ n h h … … h ⏞ n =\overbrace{gg……g}^{n} \overbrace{hh……h}^{n} =gg……g nhh……h n \quad \quad = g n h n =g^nh^n =gnhn
三、证明任意偶阶群都含有二阶元素
群中的每一个元素的阶均不为0 且单位元是其中惟一的阶为1的元素。因为任一阶大于2 的元素和它的逆元的阶相等。且当一个元素的阶大于2 时,其逆元和它本身不相等。故阶大于2 的元素是成对的。从而阶为1的元素与阶大于2 的元素个数之和是奇数。因为该群的阶是偶数,从而它一定有阶为2 的元素。
四、证明命题6.9
群G的非空子集H是G的子群,当且仅当对任意a,b ∈H, a b − 1 ab^{-1} ab−1∈H
充分性:
\quad G的非空子集H是G的子群, 因为a,b∈H,所以b−1∈H,由封闭性可得ab-1∈H 必要性: (1)存在单位元: \quad ∵ ∀ \forall ∀ a , b ∈ H , a b − 1 ∈ H a, b∈H ,a b^{-1}∈ H a,b∈H,ab−1∈H \quad ∴当 a = b a=b a=b 时, a a − 1 ∈ H aa^{-1}∈H aa−1∈H \quad ∴ e ∈ H e∈H e∈H \quad ∴H存在单位元 (2) 存在逆元: \quad ∵ ∀ \forall ∀ a , b ∈ H , a b − 1 ∈ H a, b∈H ,a b^{-1}∈ H a,b∈H,ab−1∈H \quad ∵ e ∈ H e∈H e∈H,任取 a ∈ H a∈H a∈H \quad ∴ e a − 1 ∈ H ea^{-1}∈H ea−1∈H \quad ∴ a − 1 ∈ H a^{-1}∈H a−1∈H \quad 对 ∀ a ∈ H , \forall a∈H, ∀a∈H,H中都存在相应的逆元 a − 1 a^{-1} a−1 (3) 封闭性: \quad ∵ ∀ \forall ∀ a , b ∈ H a, b∈H a,b∈H \quad ∴ b − 1 ∈ H b^{-1}∈H b−1∈H \quad ∴ a ( b − 1 ) − 1 ∈ H a(b^{-1})^{-1}∈H a(b−1)−1∈H \quad ∴ a b ∈ H ab∈H ab∈H \quad 故H满足封闭性 (4) 结合律: \quad ∵ ∀ a , b , c ∈ H , H 是 G 的 子 集 \forall a,b,c∈H,H是G的子集 ∀a,b,c∈H,H是G的子集 \quad ∴ a , b , c ∈ G a,b,c∈G a,b,c∈G \quad ∵G是群 \quad ∴a,b,c满足结合律即(ab)c=a(bc)
五、证明 g 0 g 1 … g n g_0g_1…g_n g0g1…gn的逆元是 g n − 1 g_n^{-1} gn−1… g 1 − 1 g_1^{-1} g1−1 g 0 − 1 g_0^{-1} g0−1
因为 ∀ n ∈ H , i ∈ [ 0 , n ] , g i ∈ G \forall n ∈ H , i ∈ [ 0 , n ] , g_i ∈ G ∀n∈H,i∈[0,n],gi∈G
所以 g i − 1 ∈ G , g i g i − 1 = e g_i^{-1}∈G,g_ig_i^{-1}=e gi−1∈G,gigi−1=e 计算 ( g 0 g 1 … g n ) ( g n − 1 … g 1 − 1 g 0 − 1 ) = g 0 g 1 … ( g n g n − 1 ) … g 1 − 1 g 0 − 1 = e ∈ G (g_0g_1…g_n)(g_n^{-1}…g_1^{-1}g_0^{-1})=g_0g_1…(g_ng_n^{-1})…g_1^{-1}g_0^{-1}=e∈G (g0g1…gn)(gn−1…g1−1g0−1)=g0g1…(gngn−1)…g1−1g0−1=e∈G 所以由封闭性可得 g 0 g 1 … g n , g n − 1 … g 1 − 1 g 0 − 1 ∈ H g_0g_1…g_n,g_n^{-1}…g_1^{-1}g_0^{-1}∈H g0g1…gn,gn−1…g1−1g0−1∈H 所以 g 0 g 1 … g n g_0g_1…g_n g0g1…gn的逆元是 g n − 1 g_n^{-1} gn−1… g 1 − 1 g_1^{-1} g1−1 g 0 − 1 g_0^{-1} g0−1
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[***.243.131.199]2024年04月04日 17时22分40秒
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