抽象代数思考题

抽象代数思考题

$\text{Proposition 1 }\left<Z,+\right>$是循环群.
$1|a,a\neq 0$，所以$\left<Z,+\right>=\left<1,+\right>$.

$\text{Proposition 2 }$任意两个同阶循环群一定是同构的.
设$n$阶循环群生成元为$a$,那么可以构造同构:

$$\varphi:\begin{array}{ccc} \left<Z_n,+_n\right>&\to&\left<G,\cdot\right>\\ x&\mapsto&a^x \end{array}$$
由同构的等价性质,任意两个同阶循环群是同构的($Z_{\infty}=Z$).

$\text{Proposition 3 }$任意循环群的子群是循环群。
由命题2,我们直接在$\left<Z_n,+\right>$($+_n的n$略去)上研究循环群的性质.
若$n=\infty$,则任意集合$S=\{a_1,a_2,...a_n\}$,一定有$\left<S,+\right>=\left<(a_1,a_2,...a_n),+\right>$,所以$Z$的子群是循环群,记为$(a_1,a_2,...,a_n)Z$.
若$n<\infty$,设$Z_n$子群为$mZ_n$,则由$n\equiv 0\in mZ_n$，得$m|[m,n]$(m是$mZ_n$中最小的元素).易知$\left<mZ_n,+_n\right>$是循环群$\left<m,+_n\right>$.
总之$Z_n$的子群$mZ_n$是循环群.

无零因子有幺元的环是整环.

$\text{Proposition 4 }$若$M$是整环,那么当且仅当$M[x_1,x_2,...,x_n]$是整环.
充分性:$M$是整环,于是$0,1\in M$分别是零元和幺元,那么对于任意形式多项式函数$f(\vec{x})\in M[\vec{x}],0\cdot f(\vec{x})=0,1\cdot f(\vec{x})=1$，所以$M[\vec{x}]$是整环.
必要性$M[\vec{x}]$是整环，那么存在$0,1\in M[\vec{x}]$分别是零元和幺元,对于$M_0=\{f_0|\deg f_0=0\}$来说,其与$M$同构,并且$M_0$是整环,所以$M$是整环.

$\text{Proposition 5 }$若$M$是无零因子环,那么当且仅当$\deg(f\times g)= \deg f+\deg g,f,g\in M[x_1,x_2,...,x_n]$.时$M[x_1,x_2,...,x_n]$是整环.
暂略…先看看高代下册再来看这个问题吧_(:3」∠)_.

$\text{Ideal 1 }$
考虑环$\left<X,+,\cdot\right>$的加法群$\left<X,+\right>$的子群$\left<H,+\right>$.如果$Gh\in H$,那么$H$是$X$的理想。看起来和陪集有点像，其实根本不同QAQ…

$\text{Proposition 6 }$设$\circ是X$上二元运算,且对$\forall x,y$满足$(x\circ y)\circ y=y\circ (y\circ x)=x$，证明$\circ$是交换的.
证明:
$x\circ y=y\circ(y\circ(x\circ y))=y\circ ((x\circ(x\circ y))\circ(x\circ y))=y\circ x$.
反思:首先$左式=...=右式$,如果是抽象集合,中间一定反复利用,…貌似没有其他的证法。

$\text{Proposition 7 }$设$X^*是幺半群\left<X,\circ\right>$所有单位元素组成的集合,证明$X^*对\circ$是封闭的.
证明:
若$x,y\in X^*$，则$x\circ y$也可逆,所以$x\circ y\in X^*$.
(原题是幺群，但我觉得按它的定义…这里应该是幺半群..)
$\text{Proposition 8 }$设$\left<S,+\right>$是$\left<N,+\right>$的子半群,满足若$a,b\in S$，那么$|a-b|\in S$，证明S是循环群($\exists a_0\in S,S=\{a_0^n|n\in N\}$?).
证明:
由辗转相除法$a,b\in S\Rightarrow (a,b)\in S$,由数学归纳法若给$S$中元素任意编号$a_1,...,a_n,...$，若$P_n=(a_1,...,a_n)\in S,那么P_{n+1}=(P_n,a_{n+1})\in S$,又$P\geqslant 1$,于是$\exists P\in S,P|a_i,a_i\in S$,于是$S=\{nP|n\in N\}.$

$\text{Proposition 9 }$设$S_1,S_2$是交换半群$X$的子半群,证明$S_1S_2=\{s_1s_2|s_1\in S_1,s_2\in S_2\}$也是$X$的子半群.
证明:
设$a_1b_1,a_2b_2\in S_1S_2$，那么$a_1b_1a_2b_2=(a_1a_2)(b_1b_2)\in S_1S_2$.
$\text{Proposition 10 }$将下列概念由群推广到半群：
1.由一个群的子集生成的子群;
2.循环群;
3.群的极小生成集合;
4.有限生成的群.

1.考虑类似矩阵的$\left<P,\cdot\right>$,若$S=\{s_1,s_2,...,s_n\}$,则$\{s_1^{a_1}s_2^{a_2}...s_n^{a_n}|a_1,a_2,...,a_n\in N,a_1+a_2+\cdots+a_n>0\}$.
事实上这样的子群应该是交换的,证明从略。
2.只由一个单元素子集生成的半群
3.若$G=\left<S,\cdot\right>$,且$\forall S'\subset S,G\neq \left<S',\cdot \right>$称$S$为$G$的极小生成集合.
4.若$|S|<\infty$，称$G$是有限生成的.
举例:一切无限维矩阵组成的集合$\left<M[K],\cdot\right>$不是有限生成的.其是半群,因为$A(BC)=(AB)C$.
$\text{Proposition 11 }$设$\left<G,\cdot\right>$是交换半群,且有相消律成立,记$Q[G]=\{(p,q)|p,q\in G\}$，若$ad=bc,则(a,b)=(c,d)$，证明$\left<Q[G],\circ\right>,(a,b)\circ(c,d):=(ac,bd)$是交换群.
证明：
结合律:
$((a,b)\circ (c,d))\circ (e,f)=(ac,bd)\circ(e,f)=(ace,bdf)$
$(a,b)\circ ((c,d)\circ (e,f))=(a,b)\circ(ce,df)=(ace,bdf)$
所以结合律成立.
幺元:
$(1,1)\circ(a,b)=(a,b)$，故$(1,1)$是幺元,
进而$r(1,1)(a,b)=(a,b)$，故$(r,r),r\in N_{+}$是幺元.
逆元:
$(a,b)\circ (b,a)=(ab,ba)=(ab,ab)=ab(1,1)=(1,1)$，故$(a,b)$的逆元是$(b,a)$.
交换律:
$(a,b)\circ(c,d)=(ac,bd)=(ca,db)=(c,d)\circ(a,b)$.
$\text{Proposition 12 }$一个有限半群如果是交换的，且有相消律成立，那么它是交换群.如果它不是交换的呢？
$gb=gc\Rightarrow b=c$那么对于所有的$g\in G$,必须有逆元存在,假设不存在,首先设$|G|=n$,则$\forall x\neq e\in G,gx\neq e$,设$gg=a\neq g,否则g=e$,设$ga=b\neq g$，否则$a=g$,设$gb=c\neq g$，否则$b=g$,…,这样的乘法可以无限做下去，但是由于$G$是有限半群，这是不可能的,那么必然有$g^l=g,1\leqslant e\leqslant n$，于是$g^{l-1}=e$,$l=1,则g=e,l=2，则g^{-1}=g^{l-2}$.于是所有元素都有逆元.
在上面所证中只会有一个元素满足$gg=g=ge(e是待定的幺元)$.

如果不是交换的.
若是左可约的，那么存在左逆元，若是右可约的那么存在右逆元.若既是左可约的又是右可约的，它才是群?
$\text{Proposition 13 }$群的极小生成集合是唯一的吗？举例说明。
可能大概不是唯一的QAQ…极大线性无关组怎么可能是唯一的。

$\text{Proposition 14 }$ 证明如果一个群没有真子群，那么它一定是循环群.
若$H<G$,那么$G-H不能由H中任意元素h表示$,自然$g'\in G-H,g\neq h^{k}$,反之亦然.从而它不是循环群.我们能够从这样的陪集分解获得启示.
现在看它的逆否命题:
若它不是循环群,则$g'\neq g,\left<g',\cdot\right>$是它的子群,$g\notin \left<g',\cdot\right>$,所以它是真子群。