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代数有关硕士毕业论文范文 与近世代数教学中的问题解答方面硕士论文开题报告范文

版权:原创标记原创 主题:代数范文 类别:本科论文 2024-03-07

《近世代数教学中的问题解答》

本文是代数有关硕士论文开题报告范文跟近世代数和近世代数教学和问题解答方面论文怎么写。

欧阳伦群,郑棵心

(湖南科技大学 数学与计算科学学院,湖南 湘潭 411201)

摘 要:对有限集合间映射的个数、n个元素间加括号步骤的个数及等价关系中反射律条件是否多余等6类近世代数教学中学生普遍感到难以理解的问题,通过实例分别做出详尽解答.

关键词:映射;不变子群;二元运算

中图分类号:O151.2文献标志码:A文章编号:1674-5884(2017)04-0041-03

近世代数是大学本科数学专业主干课程之一.它一方面是高等代数知识的深化与继续;另一方面又为后续课程,如代数数论、代数几何和代数拓扑等重要基础课程的学习打下基础;同时又是一门应用性很强的基础学科,在计算机、电子科学和信息科学等诸多领域都有着非常广泛的应用,特别是在信息编码和信息安全方面更是应用广泛.但是由于近世代数具有高度抽象性和严密逻辑性的特点,学生学习起来往往困难重重.下面参照张禾瑞先生所编的《近世代数基础》教材\[1\],通过实例,对教材中学生普遍感到难以理解的问题,一一做出详尽解答.

1有限集合间映射的个数问题

映射是近世代数核心定义之一,贯穿于整个近世代数始终.弄清有限集合间映射的个数问题,有助于深刻理解置换群和Cayley定理.许多同学不会计算有限集合间到底有多少不同性质的映射.下面通过一个例题给出计算有限集合间不同性质映射个数的方法.此例题来源于文献\[2\].

例1:设A, B是2个非空有限集合,那么,(1)从A到B可以建立多少个映射?(2)从A到B可以建立多少个单射?多少个满射?多少个一一映射?

解:设集合A中有m个元素,分别是a1,a2,…,am.集合B中有n个元素,分别是b1,b2,…,bn.则

(1)要建立一个从A到B的映射ψ,必须对集合A中每个元素ai(1≤i≤m)都唯一确定一个像ψ(ai).由于对每个ai,(1≤i≤m),ψ(ai)都有n种选法,故从A到B可建立nm个映射.

(2)如果m>n,则集合A中至少有2个元素具有相同的像,此时从A到B没有单射存在.下面考虑m≤n的情况.由于ψ(a1)有n种选法,ψ(a2)有n-1种选法,…,ψ(am)有n-m+1种选法,故从A到B可建立Pmn等于n(n-1)…(n-m+1)个单射.

如果m<n,则显然没有从A到B的满射存在.故只须考虑mn的情况.因为考虑的是满射,故B中每个元素都有原像.又由于B中元素b1的原像有m种选法,b2的原像有m-1种选法,…,bn的原像有m-n+1种选法,故共有m(m-1)…(m-n+1)等于Pnm种选法,则从A到B可建立Pnm个满射.

由上面的讨论可知,只有当m等于n时,方可从A到B建立一一映射,且建立一一映射的个数为m!个.

2n个元素间加括号步骤的个数问题

设A是一个集合,°是集合A的二元运算,在集合A中任取n个元a1,a2,…,an,符号a1°a2°…°an是没有意义的.但如果用一个加括号的步骤,当然会得到一个结果,加括号的步骤不止一种.由于n是一个有限整数,由文献\[3\]知这种加括号的步骤的个数也是一个有限整数,那么加括号的步骤到底有多少种呢?

我们用N(n)表示n个元所有加括号的步骤的个数,则显然有N(1)等于1,N(n)等于N(n-1)N(1)+N(n-2)N(2)+…+N(1)N(n-1).

为了得到N(n),可引入幂级数

y等于N(1)x+N(2)x2+…+N(n)xn+….

由于

y2等于N(1)N(1)x2+[N(1)N(2)+N(2)N(1)]x3+…等于N(2)x2+N(3)x3+…,

故y2-y+x等于0.解此方程得

3等价关系中反射律条件是否多余

有人说:假如一个关系R适合对称律和推移律,那么它必适合反射律.其推论方法是:因为R适合对称律,aRbbRa,因为R适合推移律,aRb,bRaaRa.从而关系R必定适合反射律,故等价关系中反射律的条件是多余的.等价关系中反射律的条件真的是多余的吗?

我们的解答是:对集合中的任意元素a,如果集合中至少还存在一个元素b,使得aRb,则由对称律和推移律,必有aRa;如果集合中存在这样一个元素a,它与集合中所有元素都不满足关系R,则由对称律和推移律得不到aRa.此时一个关系R仅适合对称律和推移律,它就不一定适合反射律,从而关系就不一定是等价关系.例如:令A是整数集合,在集合A中定义关系R如下:aRb当且仅当ab>0.显然关系R适合对称律和推移律.但由于0与A中所有元素都不满足关系,故0R0不成立,R不满足反射律.因而R不是等价关系.

4环定义中加法必须满足交换律的条件是否多余

有人说环的定义中加法运算必须适合交换律的条件是多余的,因为由两个分配律成立可以得到环中的加法运算肯定是适合交换律的,其证明方法如下:对任意a,b∈R,由于分配律成立,有下列式子成立:

(a+b)(1+1)等于(a+b)×1+(a+b)×1等于a+b+a+b,

(a+b)(1+1)等于a(1+1)+b(1+1)等于a+a+b+b.

有a+b+a+b等于a+a+b+b得a+b等于b+a,再由a,b的任意性知加法适合交换律.故环的定义中加法运算必须适合交换律的条件是多余的.这种说法是否正确呢?

我们的解答是:如果环R是有单位元1的环,上述说法是正确的.在有单位元1的环中,加法适合交换律的确是环中乘法对加法适合分配律这个条件的结果.但是如果环R中没有单位元1,则由乘法对加法满足分配律的条件得不到加法满足交换律的结论.实际上没有单位元1的环很多,故作为一般环的定义,加法满足交换律这个条件是必不可少的,并不多余.

5半群中单位元与逆元素不同边是否还构成群

设{G,°}是一个半群,°是G的代数运算.如果半群{G,°}中有左单位元且每个元素有左逆元,或半群{G,°}中有右单位元且每个元素有右逆元,则由近世代数中的相关知识,半群{G,°}是一个群.教学中学生往往会问到另一个问题,如果半群{G,°}中单位元和逆元素出现在不同的边,譬如:半群{G,°}中有左单位元,每个元素有右逆元,那么半群{G,°}是否也能构成一个群呢?

对于这个问题,我们的解答是:如果半群{G,°}中单位元与逆元素不同边,则半群{G,°}不一定是群.

6群为何只对不变子群才能做商群

令N是G的子群,把N的所有右陪集做成一个集合Sr等于{Na, Nb,Nc,…},在Sr中定义运算:(Nx)(Ny)等于N(xy).我们知道如果N是G的不变子群,则Sr对此运算做成群,称之为群G对不变子群N的商群,并记做G/N.现在的问题是:如果N是G的一般子群,Sr对此运算是否一成群?

我们的解答是:Sr对上述运算不一成群.因为Sr对上述运算做成一个群,则运算必须满足封闭性,即两个右陪集Na与Nb运算的结果还必须是一个右陪集Nc.下面我们证明对任意Na,Nb∈Sr,它们的积NaNb仍是N的右陪集的充要条件是对任意x∈G,有xN等于Nx,即N必为不变子群.

充分性:如果N为不变子群,则对任意Na,Nb∈Sr,有

NaNb等于N(aN)b等于N(Na)b等于NNab等于N(ab),所以NaNb等于N(ab)是以ab为代表元的右陪集.

必要性:对任意x∈G,对y∈G,由条件知NxNy仍是一个右陪集Na.但xy等于exey∈NxNy等于Na,所以Nxy等于Na等于NxNy.令y等于e,我们有Nx等于NxN.任取xn∈xN,由式子Nx等于NxN知,存在n1,n2∈N使得n1x等于n2xn,于是有n-12n1x等于xn,所以xn∈Nx.由xn的任意性知xNNx.再由x的任意性有x-1NNx-1,从而有x(x-1N)xx(Nx-1)x,即NxxN,于是证明了xN等于Nx.

参考文献:

\[1\] 张禾瑞.近世代数基础\[M\].北京:高等教育出版社,2012.

\[2\] 杨子胥,宋宝和.近世代数习题解\[M\].济南:山东科学技术出版社,2002.

\[3\] 贾柯勃逊N.抽象代数学\[M\].北京:科学出版社,1960.

(责任校对谢宜辰)

代数论文参考资料:

括而言之,上文是适合不知如何写近世代数和近世代数教学和问题解答方面的代数专业大学硕士和本科毕业论文以及关于代数论文开题报告范文和相关职称论文写作参考文献资料。

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