【文章內(nèi)容簡介】 數(shù)，所以 r1 = r2 。所以(a*kb) *kc= a*k ( b *kc)，即 *k滿足結合律。 因此， Nk， *k是半群。 2022/6/2 42 【 例 】 設 S={a,b,c}，在 S上的一個二元運算 Δ 定義如表。驗證 S, Δ是一個半群。 Δ a b c a b c a b c a b c a b c 解 從表 Δ是封閉的，同時 a,b和 c都是左幺元。所以，對于任意的 x,y,z?S，都有 xΔ(yΔz)=xΔz=z=yΔz=(xΔy)Δz 因此， S, Δ是半群。明顯地，代數(shù)系統(tǒng) I+， 和 R， /都不是半群，這里， 和 /分別是普通的減法和除法。 2022/6/2 43 【 練習 】 設 *是實數(shù)集 R上的運算，其定義如下： a*b=a+b+2ab 1)求 2*3， 3*（ 5）和 7*1/2。 2)R， *是半群嗎？ *可交換嗎？ 3)求 R中關于 *的幺元（單位元）。 4)R中哪些元素有逆元，逆元素是什么？ 2022/6/2 44 解 1) 2*3=17， 3*（ 5） =32， 7*1/2= 2)運算 *在 R上是封閉的。 對任意 a， b， c∈ R， (a*b)*c=(a+b+2ab)*c=a+b+2ab+c+2(a+b+2ab )c =a+b+c+2ab+2ac+2bc+4abc a*(b*c)=a*(b+c+2bc)=a+b+c+2bc+2a(b+c+2bc) =a+b+c+2ab+2ac+2bc+4abc 所以 (a*b)*c= a*(b*c)。因此 R， *是半群。 *可交換。 3)R中關于 *的幺元是 0。 4)R中除 1/2外所有元素都有逆元， a的逆元素是 a/（ 1+2a）。 2022/6/2 45 二、子半群 定理 設 S,?為一半群 , B?S且 ?在 B上封閉，那么B, ? 也是 一個半群，稱為 S,?的 子半群 。 證明思路：結合律在 B上仍成立。 證明：因為 ?在 S上是可結合的，而 B?S且 ?在 B上封閉，所以 ?在 B上也是可結合的，因此， B, ? 也是 一個半群。 【 例 】 設 表示普通的乘法運算，那么 [0,1], 、[0,1), 和 I, 都是 R, 的子半群。 解 首先，運算 在 R上是封閉的，且是可結合的，所以 R, 是一個半群。其次，運算 在 [0,1]、 [0,1)和 I上都是封閉的，且 [0,1]?R， [0,1） ?R， I?R。因此，由定理 [0,1], 、 [0,1), 和 I, 都是 R, 的子半群。 2022/6/2 46 練習 若 S， *是半群， a∈ S， M={an|n ∈ N}，證明M， *是 S， *的子半群。 證明 只須證明運算 *在 M上是封閉的。 任取 an ， am ∈ M， an * am =（ an * a） * am 1 = an +1 * am 1 =（ an+1 * a） * am 2 = an +2 * am 2 =…… = an +m ∈ M 所以 M， *是 S， *的子半群。 2022/6/2 47 定理 設 ?S,*?是半群 ， S是有限集 ， 則必有 a?S，使得 a*a=a 證明： ?b?S， 由 *在 S上的封閉性知： b2=b*b?S b3=b2*b?S ? 2022/6/2 48 因為 S是有限集 ， 所以必有 i＜ j使 bi=bj 令 p=j–i， 則 p=j–i≥1， 而 j=p＋ i bi=bj=bp+i=bp*bi 于是下式成立： bq=bp*bq q≥i 因為 p=j–i≥1， 總可以找到 k≥1， 使得 kp≥i 對于 S中的元素 bkp， 就有 bkp=bp*bkp =bp*(bp*bkp) =b2p*bkp =b2p*(bp*bkp) =? =bkp*bkp 令 a=bkp， a*a=a 2022/6/2 49 【 習題 】 對于正整數(shù) k， Nk={0,1,2,…, k1}，設 *k是 Nk上的一個二元運算，使得 a*kb=用 k除 ab所得的余數(shù)，這里 a， b∈ Nk。我們已經(jīng)證明了 Nk， *k是一個半群。 當 k=4時， *k的運算表如下： *k 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1 找出 Nk， *k中的等冪元。 0和 1都是等冪元。 2022/6/2 50 前面已驗證 S，△ 是一個半群。這里 a， b， c都是等冪元。 【 例 】 設 S={a,b,c}，在 S上的一個二元運算 Δ 定義如表。驗證 S, Δ是一個半群。 Δ a b c a b c a b c a b c a b c 2022/6/2 51 三、獨異點 定義 設代數(shù)系統(tǒng) S,?為 半群 ，若 S,?含有關于 ? 運算的 幺元 ,則稱它為 獨異點 (monoid)，或 含幺半群 。 例如，代數(shù)系統(tǒng) R， +是一個獨異點，因為 R， +是一個半群，且 0是 R中關于運算 +的幺元。另外，代數(shù)系統(tǒng)I, ,I+, ,R, 都是具有幺元 1的半群，因此它們都是獨異點。 代數(shù)系統(tǒng) N{0}， +雖是一個半群，但關于運算 +不存在幺元，所以，這個代數(shù)系統(tǒng)不是獨異點。 2022/6/2 52 有代數(shù)系統(tǒng) S， *，其中 S ={a， 0， 1}，運算 *由下表定義，證明 S， *是獨異點。 * a 0 1 a a 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 證明 1）運算 *是封閉的。 2）對于任意 x， y∈ S， (x*y)*a=x*y x*(y*a)=x*y (x*y)*0=0 x*(y*0)=x*0=0 (x*y)*1=1 x*(y*1)=x*1=1 所以運算 *是可結合的。 3） a是 S中關于運算 *的幺元。 因此 S， *是獨異點。 2022/6/2 53 定理 設 S,?,e是一個獨異點 ,則在關于運算 ?的運算表中任何兩行或兩列都是不相同的。 證明 : 因 S 中關于 ?運算的幺元是 e， 因為 對于任意的元素a,b?S，且 a≠b時，總有 e ? a = a ≠ b= e ? b 和 a ? e = a ≠ b= b ? e 所以，在的運算表中不可能有兩行或兩列是相同的。 2022/6/2 54 【 例 】 設 I是整數(shù)集合， m是任意正整數(shù)， Zm是由 模 m的同余類組成的 同余類集 ，在 Zm上定義兩個二元運算 +m和 m分別如下：對于任意的 [i]， [j]?Zm [i] +m[j]=[(i+j)(mod m)] [i] m[j]=[(i j)(mod m)] 試證明在這兩個二元運算的運算表中任何兩行或兩列都是不相同的。 證明：考察代數(shù)結構 Zm , +m 和 Zm , m ， 只須證明 Zm， +m和 Zm， m都是獨異點。 先分三步證明 Zm , +m 是獨異點，再利用 定理 ： 1）根據(jù)運算定義，證明兩個運算在 Zm上封閉； 2）根據(jù)運算定義，證明兩個運算滿足結合律； 3）根據(jù)運算定義，證明 [0]是 Zm , +m 的幺元， [1]是 Zm , m 的幺元。 本例題的實例見 表 2022/6/2 55 (1)由運算 +m和 m的定義，可知它們在 Zm上都是封閉的。 (2)對于任意 [i]， [j]， [k]?Zm ([i]+m[j])+m[k]=[i]+m([j]+m[k]) =[(i+j+k)(mod m)] ([i] m[j]) m[k]=[i] m([j] m[k]) =[(i j k)(mod m)] 即 運算 +m和 m都是可結合的。 (3)因為 [0]+m[i]=[i]+m[0]=[i]，所以， [0]是 Zm ,+m中的幺元。 因為 [1] m[i]=[i] m[1]=[i]，所以， [1]是 Zm , m中的幺元。因此，代數(shù)系統(tǒng) Zm ,+m， Zm , m都是獨異點。由定理，這兩個運算的運算表中任何兩行或兩列都不相同。 2022/6/2 56 上例中，如果給定 m=5，那么 +5和 6的運算表分別如表 。 +5 [0] [1] [2] [3] [4] [0] [1] [2] [3] [4] [0] [1] [2] [3] [4] [1] [2] [3] [4] [0] [2] [3] [4] [0] [1] [3] [4] [0] [1] [2] [4] [0] [1] [2] [3] 6 [0] [1] [2] [3] [4] [0] [1] [2] [3] [4] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [1] [2] [3] [4] [0] [2] [4] [1] [3] [0] [3] [1] [4] [2] [0] [4] [3] [2] [1] 表 表 顯然，上述運算表中沒有兩行或兩列是相同的。 2022/6/2 57 定理 設 G,*是獨異點 ， ?a,b?G且 a, b均有逆元 ， 則 ⑴ (a–1)–1=a ⑵ a*b有逆元，且 (a*b)–1=b–1*a–1 證明： ⑴ 因 a*a–1=a–1*a =e，故 (a–1)–1=a ⑵ 因 (a*b)*(b–1* a–1)=(a*(b*b–1)*a–1 =a*e*a–1=a*a–1=e 又 (b–1* a–1)*(a*b)=(b–1*a–1)*(a*b)