# 判断题解答

$FFTFF\ FFTTT\ FTTFT$

设 $〈S,\ast〉$ 是一个含幺半群，如果运算 $\ast$ 满足消去律，那么 $〈S,\ast〉$ 是一个群

参考有限无限环中无零因子，逆元和消去律之间关系
$〈N,+〉$ 是题目的一个反例
即证如果运算 $\ast$ 满足消去律，则 $〈S,\ast〉$ 也满足群的三个性质：
1. 封闭性：对于任意 $a,b\in S$ ，有 $a\ast b\in S$ 。
  由于 $〈S,\ast〉$ 是含幺半群，因此满足结合律，即 $(a\ast b)\ast c=a\ast (b\ast c)$ 对于任意 $c\in S$ 成立。因此， $(a\ast b)\in S$ ，即 $S$ 对于 $\ast$ 运算是封闭的。
2. 逆元素存在性：对于任意 $a\in S$ ，存在 $b\in S$ ，使得 $a\ast b=b\ast a=e$ ，其中 $e$ 是 $S$ 的单位元素。
  由于运算 $\ast$ 满足消去律，因此对于任意 $a\in S$ ，方程 $a\ast x=e$ 有唯一解 $x\in S$ 。令 $b=x$ ，则有 $a\ast b=e$ 。
  现在我们需要证明 $b\ast a=e$ 。假设 $b\ast a\neq e$ ，则根据消去律，我们有：
$a\ast(b\ast a)=(a\ast b)\ast a=e\ast a=a\ast e=a$

由消去律得：

$a\ast(b\ast a)=a\ast e=a$

因此， $b\ast a$ 是方程 $a\ast x=a$ 的另一个解。由于方程 $a\ast x=a$ 只有唯一解 $a\ast e=a$ ，因此 $b\ast a=a\ast e=a$ 。因此， $b$ 是 $a$ 的逆元素，即存在 $b\in S$ ，使得 $a\ast b=b\ast a=e$ 。
综上所述，若方程 $a\ast x=e$ 有唯一解 $x\in S$ ，对于任意 $a\in S$ ，存在 $b\in S$ ，使得 $a\ast b=b\ast a=e$ ，即 $〈S,\ast〉$ 满足逆元素存在性。
但可能没有这个解，故不一定有逆元
3. 结合律：对于任意 $a,b,c\in S$ ，有 $(a\ast b)\ast c=a\ast (b\ast c)$ 。
由于 $〈S,\ast〉$ 是含幺半群，因此满足结合律。因此， $〈S,\ast〉$ 也满足结合律。
综上所述，如果运算 $\ast$ 满足消去律，则 $〈S,\ast〉$ 是一个群。
含幺半群的子半群一定是含幺半群

整数加法半群的子群偶数加法半群（去 0），没有幺元。
幺元是群的唯一幂等元

假设 a 是幂等元，那么对任意群中元素 b,ba=baa, 依照消去率，b = ba; 同理 ab = aab, 因此 b = ab, 依照幺元的概念，a = e; 即群中幂等元是幺元
设 $〈G,\ast〉$ 是群，则 G 必有二阶元素

一个循环群 Z，它包含了所有整数以加法运算为群运算，但是它没有任何二阶元素。因为对于任意一个整数 $n\in Z$ ，如果 n 是一个二阶元素，则有 n+n=0，这显然是不可能的。
设 $〈G,\ast〉$ 是群， $|G|=n,设x\in G,若x^m=e,m\in I,则m|n$
本题想考察：
设 $〈G, \ast 〉$ 是群。 $\forall g \in G$
1. 若 g 的阶有限，设其为 k，从而 $g^k=e$ 。则
  1. $\forall m \in N,g^m=e \iff k|m$ (k 整除 m，即 $m=n\ast k$ )
  2. $\forall m,n \in N,g^m=g^n \iff k|m-n$
2. 若 g 的阶无限，则 $\forall m,n \in N,g^m=g^n \implies m=n$
若考察定理 7，n 应为 g 的阶而不是群的阶

或拉格朗日定理：群内元素的阶一定整除群的阶
参考上述定义可知题目为错
设 $〈N_m,+_m,\times_m〉$ , 当 m 为合数时， $〈N_m,+_m,\times_m〉$ 是整环

m 为素数才是
循环群的子代数系统一定是循环群

子代数系统不行， $〈Z,+〉\to 〈N,+〉$

若是子群，则可证
证明如下：假设 H 不是循环群，但是 G 的子群。有 $g^{ki}\in H,g^{ki}\notin <g^d>,ki=qd +r$
由群元素的可逆，运算封闭可知：
$g^{qd}\in H,q,r是整数，0<r< d$
$g^{-qd}g^{ki}=g^r\in H$
$d=min\{k_1,k_2...k_m\},r<d$ , 故而矛盾，假设不成立
$G=\{1,3,4,5,9\}$ , 则 $〈G, \times_{11} 〉$ 是群

检验其 4 要素，均满足，是群
设 $〈G,\ast〉$ 是群，|G|=6, 则它一定没有四阶子群

根据 Lagrange 定理，群 G 的任何子群的阶数必须是 G 阶数的约数。
没有非平凡子群的有限群一定是循环群

等价于不是循环群就有非平凡子群
假设 G 是非循环群， $\forall a \in G,集合G'=\{...,a^{-1},e,a^1,a^2...\}$ 在 G 的运算下成群。则 $G'$ 是 G 的真子群，则 G 有非平凡子群
循环群有且只有两个生成元

$a^k=a^l,a^k是生成元，则另一个也是$
除环是含幺的无零因子环

每个非零元都有 (乘法) 逆元的含幺环称为除环。
除环要成为整环，差乘法交换律；整环要成为除环，差 (非零元) 有乘法逆元；
循环群设 $〈N,+_4〉$ 与设 $〈\{1，-1，i，-i\},\times〉$ 同构

设 $f:N→{1,-1,i,-i}$ 为一个双射。由于 $f$ 是双射，所以 $f(0)=1$ 。因为 $f$ 是同映射所以对于任意的 $a,b∈N$ ，都有 $f(a+b)=f(a)×f(b)$ 。因此，我们可以得到：
$f(0+0)=f(0)×f(0)$
$f(0+1)=f(0)×f(1)$
$f(0+2)=f(0)×f(2)$
$f(0+3)=f(0)×f(3)$
由于 $f(0)=1$ ，所以我们可以得到：
$f(1)=±i,f(2)=±1,f(3)=±i$
因此，我们可以得到：

$N=〈4〉=〈1+i,i,-1-i,-i〉=〈-1-i,-i,1+i,i〉=〈-4〉$

因此，循环群设 $〈N,+_4〉$ 与设 $〈{1，-1，i，-i},\times〉$ 同构
整环一定是域

整环是交换含幺的无零因子环，它与域概念仅差每个非零元都有 (乘法) 逆元。但在有限环的情况下，无零因子 $\iff$ 每个非零元都有乘法逆元。
设 $〈F, \oplus , \otimes〉$ 是域， $〈R, \oplus , \otimes〉$ 是 $〈F, \oplus , \otimes〉$ 的子环，则 $〈R, \oplus ,\otimes〉$ 是整环

关于 $\oplus$ 交换，关于 $\otimes$ 含幺，无零因子，由定义易知，子环不一定含幺，则错

# 第二题解答

（10%）设 a 是 10 阶群的生成元，则 $a^3,a^4$ 是几阶元素？

解答

10 阶，5 阶， $3\ast 10=30,4\ast 5=20$

# 第三题解答

（20%）设 $〈G,\ast〉$ 是交换群，e 是 $\ast$ 的幺元， $〈S,\ast〉$ 是 $〈G,\ast〉$ 的子群，定义 G 上的二元关系 R 如下：

$\forall x,y\in G,(x,y)\in R \iff (\exists a\in S)(x\ast a=a^{-1}\ast y)$

证明：R 是 G 上的等价关系
设 $〈G,\ast〉=(N_6,+_6),S=([0]_6,[3]_6)$ ，求出所有等价类

解答

(1) 要证明 R 是 G 上的等价关系，需要证明 R 满足自反性、对称性和传递性。
自反性：对于任意 $x\in G$ ，由于 $e\in S$ 且 $x\ast e=e^{-1}\ast x=x$ ，所以 $(x,x)\in R$ 。因此，R 满足自反性。
对称性：对于任意 $x,y\in G$ ，若 $(x,y)\in R$ ，则存在 $a\in S$ 使得 $x\ast a=a^{-1}\ast y$ 。由于 G 是交换群，所以 $a^{-1}\ast y=y\ast a^{-1}$ 。又因为 S 是 G 的子群，所以 $a^{-1}\in S$ 。因此， $(y,x)\in R$ 。所以 R 满足对称性。
传递性：对于任意 $x,y,z\in G$ ，若 $(x,y)\in R,(y,z)\in R$ ，则存在 $a,b\in S$ 使得 $x\ast a=a^{-1}\ast y,y\ast b=b^{-1}\ast z$ 。将两式相乘得到

$(x\ast a)\ast (y\ast b)=(a^{-1}\ast y)\ast (b^{-1}\ast z)$

由于 G 是交换群，所以

$x\ast (a\ast b)=(a^{-1}\ast b^{-1})\ast z$

又因为 S 是 G 的子群，所以 $a\ast b,b^{-1}\ast a^{-1}\in S$ 。因此，

$x\ast (a\ast b)=(b^{-1}\ast a^{-1})\ast z$

即 $(x,z)\in R$ 。所以 R 满足传递性。
综上所述，R 满足自反性、对称性和传递性，因此 R 是 G 上的等价关系。

(2) 由交换与群定义可知， $x\ast a \ast a=y$ (交换右半式，右乘 a)
$[0]_6+[0]_6+[0]_6=[0]_6,[0]_6+[3]_6+[3]_6=[0]_6,则\{[0]_6,[0]_6\}$ 是个等价类，由于是类，去重有： $\{[0]_6\}$
$[1]_6+[0]_6+[0]_6=[1]_6,[1]_6+[3]_6+[3]_6=[1]_6,则\{[1]_6,[1]_6\}$ 是个等价类，由于是类，去重有： $\{[1]_6\}$
以此类推，6 个等价类，为 $N_6$ 的 6 个元素单独成类

# 第四题解答

（20%）已知 $〈S_1, \oplus , \otimes〉$ ， $〈S_2, \oplus , \otimes〉$ 是环 $〈R, \oplus , \otimes〉$ 的两个子环

$〈S_1\cap S_2, \oplus , \otimes〉$ 是 $〈R, \oplus , \otimes〉$ 的子环吗，给出理由
如果 $〈S_1, \oplus , \otimes〉$ ， $〈S_2, \oplus , \otimes〉$ 都是无零因子环，
那么 $〈S_1\cup S_2, \oplus , \otimes〉$ 一定是无零因子环吗，给出理由

解答

设 $〈R, \oplus , \otimes〉$ 是代数系统， $\oplus 和\otimes$ 是 R 上的两个二元运算，若 $〈R, \oplus〉$ 是交换群， $〈R, \otimes〉$ 是半群， $\otimes 对 \oplus$ 满足分配率，则是环
(1) 首先，由于 $S_1\cap S_2$ 是 $S_1$ 和 $S_2$ 的交集，所以它包含在这两个子环中。因此，它也包含在环 R 中。
其次，我们需要证明对于任意 $x,y\in S_1\cap S_2$ , $x\oplus y$ , $x\otimes y$ , $-x$ 都属于 $S_1\cap S_2$ . 由于 $x,y\in S_1\cap S_2$ , 所以 $x,y\in S_1$ 且 $x,y\in S_2$ . 因为 $S_1$ 和 $S_2$ 都是子环，所以 $x\oplus y$ , $x\otimes y$ , $-x$ 都属于 $S_1$ , 同时也都属于 $S_2$ . 因此，根据交集的定义，我们可以得出结论：对于任意 $x,y\in S_1\cap S_2$ , $x\oplus y$ , $x\otimes y$ , $-x$ 都属于 $S_1\cap S_2$ .
综上所述，我们证明了 $〈S_1\cap S_2, \oplus , \otimes〉$ 是一个子环。

(2) 不一定。设 $R=\mathbb{Z}$ ， $\oplus = +_6$ , $\otimes = \times_6$ . 设 $S_1=2\mathbb{Z}$ 和 $S_2=3\mathbb{Z}$ 。那么，虽然这两个子环都没有零因子，但是它们的并集却有零因子：6。

# 整体试卷

# 判断题 50%

1，判断题 10%

设 $〈S,\ast〉$ 是一个含幺半群，如果运算 $\ast$ 满足消去律，那么 $〈S,\ast〉$ 是一个群
含幺半群的子半群一定是含幺半群
幺元是群的唯一幂等元
设 $〈G,\ast〉$ 是群，则 G 必有二阶元素
设 $〈G,\ast〉$ 是群， $|G|=n,设x\in G,若x^m=e,m\in I,则m|n$
设 $〈N_m,+_m,\times_m〉$ , 当 m 为合数时， $〈N_m,+_m,\times_m〉$ 是整环
循环群的子代数系统一定是循环群
8. $G=\{1,3,4,5,9\}$ , 则 $〈G, \times_{11} 〉$ 是群
设 $〈G,\ast〉$ 是群，|G|=6, 则它一定没有四阶子群
没有非平凡子群的有限群一定是循环群
循环群有且只有两个生成元
除环是含幺的无零因子环
循环群设 $〈N,+_4〉$ 与设 $〈\{1，-1，i，-i\},\times〉$ 同构
整环一定是域
设 $〈F, \oplus , \otimes〉$ 是域， $〈R, \oplus , \otimes〉$ 是 $〈F, \oplus , \otimes〉$ 的子环，则 $〈R, \oplus ,\otimes〉$ 是整环

解答题
2，（10%）设 a 是 10 阶群的生成元，则 $a^3,a^4$ 是几阶元素？

3，（20%）设 $〈G,\ast〉$ 是交换群，e 是 $\ast$ 的幺元， $〈S,\ast〉$ 是 $〈G,\ast〉$ 的子群，定义 G 上的二元关系 R 如下：