近世代数基础_课后答案(张禾瑞

1、第一章基本概念 1集 合1BciA,但月不是/的真子集这个悄况什么为候才 能出现？解 由题设以及真子集的定义得，/的毎一个元都属 于E,因此AuB于是由BuA AdB得* = 所以上述情况在AB时才能出现.2.假定 AB9= ?解 (i由于AB 所以夹的毎一个元都廉于B, 即/!的每一个元祁是力和B的共同元，因而由交集的定义得 Aa.A但显然有A(Bc:A所以如B = A(ii) 由并集的定义，AJB的每一元素都屈于为和 之r 但AcziB9所以A)B的每一元素都屈于BMBuB另一方面BU4U8,所以= 2 映 射1. A= 1, 2,100 找一个Ax A到戏的映射解 用a, 6)裟示Ax

2、A的任意元索，这地。和“郝 属于按照定义做一个满足要求的映射即可，例如(a, b) a就是这样的个，因为Ax A的任何元累(a, b)规定 了个唯一的滋a.而c j.读者应该门己再找几个Ax A到力的映射.2. 在你为习题1所找到的映射之下，是不是力的每一 个元都足AxA的一个元的象？険 在上面给出的映射ez下/的每一个元索都是 Ax A的-个元的象，丙为(偽6)中的a可以是力的任一 元素.你自己找到的映射的悄况如何？有没冇岀现力的元素不 都是象的惜况？假如汝方，找一个这样的映射 3 .代数运算1- /二所有不等于冬的個数.找一个集合D,使得 普通除泾是M x A到L!的代数运算.超不是找得到

3、一个以上 的这样的D?解 一个不等于冬的偶数除个不零于零的偶数所得结 果总是一个不竽于零的有理数.所以取Q = 所有不等于零的有现数 普通除去就是一个AxA到Q的代数运算.可以找得到一个以上的满足耍求的Q.读者可以自己找 几个.2.Aa. bc.规定力的网个不同的代数运算M ( i我们用运算汝来给出力的一个代数运算：oabcaaaabaaacaaa按照这个衣，通过对于力的任何两个元素都可以得岀一 个唯一确定的结果a来，而a仍屈于所以o是X的一个 代数运笫.这个代数运算也可以用以下方式*加以描述o：(x, y a - xoy对一切. yA(ii 同列o:(r, y) x = xoy对一切, yA

4、也是虫的一个代数运算.读者町用列表的方法来給出这个代 数运算.读者还应自己给出几个虫的代数运算. 4. 结合律1. 虫二所有不等于零的实数.。是普通除法这个代数运算适合不适合结合律？解这个代数迄算。不适合结合律例如, 当a = 46 - c = 2时(ao6) oe =(4o2) o2 =石o2 =三co (6oc) = 4c (2o2)4所以当a. 6和c取上述值时(ao6) oc 丰 ao (boc)2. H = 所有实数人 代数运箕ot(o, &) a 4- 26 = aob适合不适合结合律？解读者可以用解上一题的方法来证明，所给代数运算不适合結合律3.-/I = a#b, c .由表

5、bcaa bcbbcaccab给出的代数运算适合不适合结合律？解 所給代数运算O适合结合律.为丁得出这个结论. 需鉴对元索 5 b, C的27 (= 33)种排列(元索允许庖复 出现)加以验证.但是利用元素a的特性，可以把 验证简 化.仔细考粲运算表，我们发现以下规律.对集合/的任意 元素来说，都有aox = xoa = x由此得出，对于有ad!现的排列，结合律都成立.这一点读 者可以自己验证.还剩卞a不出现的排列.这样的排列共有 8 bA（j02）SHs062二（6 0fel） （O1 02）（?2 O6X）、 7.映射.变换K 兰=所冇二0的实数 A= 所有实数.找 一个&与7间的映射.解

6、 4X1r x对一切A是一个加与71间的映射.首先.给了任一工即任一大于0的实数. 是 一个实数.RPlgxC A.并且lgr是唯一确定的，所以0是一 个/到万的映射.一英次，对于任一丿万，即任一实数10= %是- 个大于0的实数而在e之下，x Jg x = Jgio= y所以G是一个X到刁的满射.最后.若迅G.工2E厶并且兀1#工那么仗工【如炉2, 所以。是一个/到芳的单射.这样.0呈一个/与力间的映射.2. 匕=所有二0岂实数 _N二所有实数N, 0 I. 找一个4到万的满射.解 x 乂 若 0 WY1*亠寺若NI足一个/到匚4的満射首先，6替毎-xG A规定了一个唯一确定的彖而0所以0是

7、一个AA的映射其次.柱之下，7的毎一元都是/中一个元，即药本身的象P所以 0是一个到7的满射读者可以证明. | si n x |x A。讥乂 00 x 11 * .兀A三N1都是/到；1的淆射._3. 假定P&A与万间的一个映射，。是虫的一个元.(a)?若C是力的一个变换，这两个问题的冋答又该是什么？解 当e是虫与万间的一个映射时， 。-辽。(0：= a 0匸07 (a)未必有意义.若足力的一个变换，那么a C-1 ( a ) = a读者可以做-做以下补充习题.0的整数证明0ix x + 1 对一切x A是/与7间的一个映射. | x |6)%2 %c ) x x2d ) x x解 a) 取万

8、二所有二0的实数八则A=Af而I:xx=Ptx)x Q. A是/到刁的一个同态淌射.因为，对任一实数久，|%|足一个唯一确翌的二0的实数，所以 是虫到万的一个映射, 若是无那么XA,而2 ( X ) = I X I = X所以丄是力创万的一个满射，对任I. y Q a.e i SO = Ip I = I 11 I = 当取遍一切实数值时 2 w也取遍一切实数值. 读者容易证明8X -*2x = Pi ( x)是虫到X的一个满射，但0乂不是力到虫的一个同态满射. 因为二取虫的数2和3,那么53) = 6(2.3=f(6= 12#丹=。3(兀)X e A是力到万的一个同态满射.d) 当取遍一切实数

9、值时，-工也取遍一切实数 值.容易证明4：兀一“二八兀)乂 4是AlA的-个满岁但不是一个同态满射_=2假定AA对于代数运算。和石来说巴态，而万和 免对于代数运算石和&来说同态. 证明和肓对于代数运 算。和5说同态. 由题设存竺X到匸的一个同态满射 _e 八a T 厂=4 (a)a w 小 a并且对于虫的任盘州个元素a和b来说】(cob) = a o6 = ： ( a ) o ( 6 )同样存在A A的一个叵态满射2：d7a = 2(Q)aW“4, aQ A并且对于万的江意两个元索：和石来说 z (a o 石)=a a 6 = P2 (a) o PZ ( 6 ) 如下足义4a匸Ci (d 门

10、a e A那么0足力到芳的一个同态满射因为*(i)_山于,和是同态满射，所以对于任何aEA9 4(。)是万的个唯一购定的元素,jrn2ri () 的 一个啾一确定的元素，因而。足/到声的个映射.9(19 由于同一門，对于任何亏存在一个元 素百使02 (V) =T,并且存在一个元素a eA.使 S3因此在之下，_=QiQ) 2 匸】(0)J = C2(a)=而。是A到芳的一个满射.(iii) 由于冋一原因，对于虫的任何两个元素d和b (ao&) = G2L 力= 5bt c .代数运算。由下表给定，abCaccCbccCccc-C找出所冇/的变囱对于代数运算。来 说，这些换足否都是虫的自同构？解

11、虫共有6(u 3 ：个变换，即, xa -*abi bc cd2 1a Tab* cc i b5 =a -b 、b cc a变 9 同构自同构 4 ) = 4( c) =4( x)oi(y) = c因而(2)a；( c)= c反过来，若(2成立，那么(丄也成立24是/的一个对于加法來说的自同构，并旦显然不是映射一兀C是X的一变换，读者可以自己证明。令和，是力的任慈两个元素.那么tx 4- y-* (x + y) kx + y) fer + ky =(x) +4 (y)所以e是/的一个自同构.渎者可以试证，力只有以下対于加法來说的自同构 兀一虹 xQA. fe* 0的有理敎_3. A - 所有有

12、理数二玄的代数运算是普通加法.2= 所冇於0的有理奴$万的竺数运算是普通乘法.证 明，对于给的代数运算来说，加与万间没有同构映射存在(先决定0在一个同构映射下的象.)M 设0是兰与N间对于所给代数运算的一个 同构映 射，而0(0)那么由于0足同构映射，电(0 + 0) -( 0) (0) =a但同构映射是单射，所以得于是有o N =石 Ca 1 = 0但2所以石* o ,因而N 1=0,即石=1 这样C(0) = 1( 1 )由于e是满射，7的元- 1必是力的某一元a的象G ( a ) = 1由是得e(2a)=C(Q + a)=G(a)e(a= ( 1 ) x = 1 于是由。是单射，得2e=

13、0.即 = 0 ,而(0) = -1, 与(1)矛盾.这说明在力与万间对所给代数运算来说不 存在同构对应.读者町以用以下方法得出本题的另一证明.设0( a=2考虑G (弓+号) 10. 等价关系与樂合的分类】 A = 所有实数力的元间的关系以及N是不 是等价关系？解 不是等价关系J这个关系不满足反射律a 。 不成立13二也不足等价关系，它不满足对称律，例如，32 , 但2二3不成立.2. 有人说*假如一个关系/?适合对称律和推移律，那 么它也适合反射律.他的淮论方法足因为7?适合对称律a R b b R a因为/?适合推移律.a R b . b R a = a R a这个推论方法有什么错误？解

14、这个推论方法的错泯応于，对于“等价关系”定义 的陈述没有准确地理解.a R b b R a的意思是：由d R b可得b尺 J 假如对于某一元素 J 找 不到任何元索b,a R b成立，那么就得不出b R o,囚而也就得不岀aRa.例如&令力是柴数集，如下定义虫 的元间的关系斤zQ R b 当目仅当ob0./?显然满足对称徉和推移律，但灭不满足反射律因为0 7? 0不戒立.3. 仿照例3规定密数问的关系a 三 b ( - 5 )证明你所规定的是一个等价关系，并且找出模- 5的剩余 类。齡可以完全仿照例3 *做.第二章群论 1.群的定义1. 全休整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解 不是，

15、因为普通滅法不运合结合律例如3-（2-1）=3 1=23-2） -1=1-1-03（2 7）工（3 - 2） 12. 举一个有两个元的群的例.解 令G二 , &的乘法山下表给出atr先，容易验证，这个代数运笫满足结合律 1 ）（ x y） z = x （y a ） x9 y, zQG因为,由于e o = a & =。，若是元素在（1 ）中出现， 那么（1）成立（参考第一章， 4 ,习題3.）甘是c不 在（1）中出现，那么有（a a ） a = c a=a a（a a） sae = a而（1 ）仍成立-其次，G有左单位元，就足e冇左逆元，就是e, 。有左逆元，就是所以G赴一个群.读者可以考虑-下

16、.以上注算表是如何作出的.3. 近明我们也可以用条件I , n以及下面的条件 IVS V来做娜的定义*WG里至少存在一个右逆元a,能让ae a对于G的任何元a都成立$V7 对于G的每一个元，在G里至少存在一个右逆 元Xp能让aa 1 = c解 这个题的证法丸全平行于本节中关于可 以 用条件 I , I. w, V來做眸定义的证明，但渎者一定要白己写 下.2. 单位元、逆元、消去律1. 若辟G的毎-个元都适合方程=6 那么G足交换群.解令a和b是G的任意两个元由题设(a6) (a6) = (a6) * = e另一方面(ab) (6a) = abz a = aea = a = e于是有(a6) a

17、6) = 2. 考累旷.我们有a (a*1) ” = e e (a* O R 5=5 (a) 11 = e设正核数w 2的個设矛盾.这样，我们就有一对不同的阶大于2 的元a和旷设G还有元b + d b a-1,并且b的阶大于2 那么庆的阶也大于2,并且b-Jb.我们也有57*6 否则e = 6* 16 = oa 1 = -】a_ 消去，得b与假设矛庸.同样可证这样，除a和a夕卜，又有一对不同的阶大于2的元b和b.由于&足有限群而&的阶大于2的元总是成对出现. 所以G里这种元的个数一定是偶数3. 假定G足一个阶是偶数的有限群在&里阶等于2 的元的个数一定是奇数.解 曲习题2知.G里阶大于2的元的

18、个数是偶数.但 G只有一个阶是1的元，就是单位元e于是由于7的阶是 偶数.得G星阶等于2的元的个数是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都有限解 令G是一个有限群而。是G的任一元素那么6 a2 9 a39 y7不能都不相等.囚此存&正整数便小=小用X，乘两边，得(1 )(jLf = g这样.存在正整数匚-几便(1成立.因此也存在最小的 正整板叫使犷=6这就是说.元的阶足机. 4. 群的同态假定在两个群。和否的一个同态映射之下，aaa与 u的阶足不是一定和冋？解 不一定例如.令G是本章 1中例2所给出的群 而X足该节小例】所给出的群.那么渎者容易证明：n g 外是G*的任意元是G到O的一个同态映

19、射.但G的毎一个元0都足无限 阶的，而g的阶是1.5. 变换群1. 假定v是集合X的一个非变换.厂会不会冇个左逆元t独得x-lr = c?解可能有.例如令力=所有正整数,则r t1 1 n*n 1nl显然是力的一个非一一变换而虫的变换r1.n-n +1A就能使z-F=172. 假定/是所有实数作成的集合遞明.所冇力的可 以写成x-ax + b 。和6是有理数，a#0形弍的变换作成一个变换群.这个榔臭不是一个交换群？ 解令G是由一切上述变换作成的集合.考察G的任何 阳个元济T 1X 037 4-6a 和 5 是有理数，a#oA :x-cx + dc和d是右理数，c*0那么丫九x-*xrz = f

20、a r + 6) x = c (ax+ b) +=(cc) x 十(cb + d)这里c。和c 6 + J都是有理数，并且c a弄0 所以叔仍展于G结合律对一戲变换都成立，所以对上述变换也成立.单位变换 :XX凰于O.容易验证.丁在G中有逆，即r_1-务)因此G作成一个变换群.但G不足一个交换群.令丁:工一*8 十 1r2Xx2x那么GFX (xT1)=(工 + 1)匕2 = 2乞+ 2w.rrjgx (xr2)r, = (2x)rj =2x + 1Uz * Vi3. 假定S是一个築合M的所有变换作成的集合.我们 暂时仍用符号r |a a9 =*r( a)来说明一个变换了证明，我们可以用 da

21、( a) J =rlr2 ( a)来规定一个S的乘法，这个乘法也适合结合律并目对于这个 乘法来说.还足S的单徴元.解令厂和J足S的任嫩两个元而。足M的任就一个 元.那么r3!).解 (i)看S八的旳个不相连的循环匹换Q和t.我们 考察乘积 g 使数字1,2 ,，”如何变动.有三种情况.(口) 数字i在中出现，并且o把i变成/ 这时 由于。和匕不相连，不在r中出现”因河r使，不变.所 以ar仍耙:査成j .(6) 数字上在匸中出现，并且丫把k变成2.这时 上不在c中出现，因而c俠上不变，所以仍把更变成/()数彷加不在少利*中岀理这时5便F不动.如上考察2池数宇2 ,，力如何变动.显然得 到同样的

22、縮果.因此X =(H) 小于(匚订小(“订“讥=(R ,所以=让“讥)4. 证明一个k -循环程换旳阶是k 解.一个循环M换(G i-u)的一次方，二次 方，.上次方分别把讥变成订，订，匚同理把订 变成订，把让交成讣.冈此肝二I).由上面的分析， 若是/ k9那么小*(1.这就证明丁，”的阶是上5. 证明S”的每一个元都町以写成(12), (13，(In)这h - !个2-循环宜換中的若干个的乘积.鱗 曲于毎-个笛换郁可以写成不相连的循坏徑换的乘 积.所以只碘HEH爪 一个循环置换可以写成若十个(1门形 的豈换的乘积.设是一个人-循坏述换.我们分两个情形 加以讨论.(a)1在”中出现，这时兀可

23、以写成容易脸算(1 ，) ( 1 h)1G)-(1 n-1 ) (6)1不在兀中小现，这时= )m (1 2-( 1 u) ( 1 i) 7. 循环群1- 证明.一个循坏群一定是交换群.解 设循环辟G = (a)那么。的任何阿个元都可以可 成犷和o(m,舁是整数)的形式.但= a + = aa-*所以G足一个交换胖.2. 假定祥的元。的阶足匹明“的阶是寻这里 d - (r, n)足r和舁的域大公因子.解由TH | r , r =Z所以) ： = 9) : k(护 =e现在证明，分规是小的阶.设。的阶为那么k.得e = (ar ) = (ar) = (ar) M (ar) r (ar) 1 但r

24、t k而上足/的阶，所以c = 0而n .歹十于卮得k(参看本节定理的第二种情形)为了证明fe =,只飲反过来证明jk.由ar*=e而 舁足a的阶，同上有nrk9因而务|音但d是兀和厂的 煨大公因子.所以呼和产互常而有于| k.3. 假定a生成一个阶是舁的循环群G证明*心也生 成6假如(r n) = 1 (这就是说和兀互素)解由习题2，。的阶是并所以a (ar)2,，a0-1, S* = e互不相冋.但G只冇充个元，所以G = 叽 ar) 1, “ (a 而a，生成O.4. 假定G足循环群.并且G与石同态.证明歹也足循 环群.解由于G与同态，了也是一个群设tam我们证明，。是G到Q的一个同态满

25、射.(i ) 由于G是无限阶的循环群，G的任何元都只能 以一种方法弓成旷的形式.所以在之下.G的每一个元 有一个瞧一确定的欽，而。是匸I =c/Z所以鬼G到存的一个同态满射.8.子 群1找出S?的所有了群.解 Sn显然冇以下子群&So 本身(!) =, ( 1) H(13)- ( 1 3), ( 1) I( = ( 2 3 , ( 1 ,(1 2 3)= (1 2 3), (1 3 2), ( 1 ) .若S。的一个子押H含有(12”(丄3这网个2-循环 養换，那么旧含有(12)( 1 3 ) = (1 2 3) , (1 2 3) ( 1 2) = (2 3) 因而S“ 同埋，若足Ss的一个

26、于群含有两个2循环理 换(2 1), (2 3 )或(3 1), (32八这个子郡也必然 足用完全类似的力法，读者可以算出，若是S&的一个子 群含有一个2-循环超换和一个3循环匿换，那么这个子群也 必然足S“因此上面给出的6个子群是S金的所有子群.2. 证明，群&的两个子祥的交集也足&的T群.解设尸八和HzG的了群.令e是G的单位元.那么e朋于才/初/因而e eHH2而円小比不空.令J b /. D ffz.那么J b屈于/“和”2但、 和丹N是子櫛所以辰于円和円2,囚而屈于这就 liEHJFjS是G 的 了擀.3. 取 S” 的子 $US=(L2，12 3). S 生成的 子群包含哪些元？

27、一个誹的阴个不同的子集会不会生成相同 的于群？解见习题1的解.4. 证叨，循环样的子辭也是循环群.解 设循环能G二(匕)而H鬼G的一个子群.若H只含单位尤c=,则H =是獗环群.若“不仅含单位元，那么囚为H址子群，它一定含右元共中m 足正整数.令S是最小的便得F .居于 冃 的正整数，我们证 明，这时H = 3)君円的任一元J.令t =f7 + r0 r那么acFJ由于小和少。都屈于刃，有ar = aiqaf 6 H于是由假设r = 0 f af - （J）Q而=（小）.5- 找出模12的剩余类加群的所有子群.解 模12的剰余类加群G是一个阶为12的循环群.因此 由题4, G的子群都是循环群.

28、容易看出，（匚0 1） 匸 0J（匸 1 D2 （匸 5 =（匚门）=（C11J） - G（r2 J） （CIO：） =E2 1, C43, 6h m9 匚 10h C03心A A （匸 9 me 3 n 6 A E9S 匸0J（C4J） = （8） = C4 J, C8 J, con（a = con足G的所有子醉.6. 假定足群G的一个非空子集并且H的每一个元的 阶都有限.证明，片作成个子群的充鉴条件是*6 b,H ab d GH讼a CH.由于H的毎一元的阶都荷脈，所以a的阶 足某一正整数样而=a 于足由所给条件得。7日9. 子群的陪集1在G中取一元a + J则a 生成G的一个循环子群（a

29、）设（。）的阶为并，那么竹#1 但由定理2n P 9所以n = P而G=（a）是一个循环群2. 证明，阶是的群（P是素数.1 ） 一定包含 一个阶是Q的子群.解设群&的阶是K在G中取-元o/S那么由定 理3,。的阶但几#1,所以n p% t 1 若 t = 1 ,那么a的阶为/而（。）是一个阶为P的子群若 t 1,可取b=y那么&的阶为而（是一个阶 为#的子群.3 假定a和b是一个群G的两个元，并Rabba. X 假定。的阶是f b的阶是”并且（枷，n ） = 1 .证明： ab的阶是mn.解设ab的阶足由ab = ba9得（a6）wn = am,6= e因此km n .我们反过来证明，m n

30、 k.由c = （a6）= aknbk， = a*以及a的阶为也、 k n .但（m. n ） = 1 /所以m k. 同理 n | Z? . X 由（m, n ） = 1 ,得皿 n k .这样.ab的阶h = m / 4假定是一个祥G的元间的一个等价关系，并且对 于G的任意三个元J x, 0 .来说araxz上匕证明，与。的单位元&等价的元所作成的集合是G的一个子M 令円是与e等价的元所成的集合.由于ee 9所以円不空.设a . b H.那么abe &e可写成a 1 aba a因此由题没，abae而abH.qq可写成oeaa 1 因此由题设.e盯1 ifu ti 1 WH 这样，H作成G的

31、一个子群5. 我们直接下右陪集Ho的定义如下 Ha刚好包含G的可以写成h a ( h /Y)形式的元.由这个定义推出以下事实，O的每一个元属于而 且只風于一个右陪樂解取任意元aWG.由于H灶一个子群，单位元 e /,因此a = e a a9这就是说，元a屈于右陪傘 Ha.设 a WH b. a EH c ,那么a = h、b = H(ft t 9 h r E 11、由此得，bh；lh2 c9而Hb的任意元 kb = hh、 嘉 c WHc因而H buH c .同样可证H c = ICO,匸1 匸2 R I： 3 G,的元匸1 J的阶足4而足匸1 J所生成的循环群(匚1 )S的的子群= ( 1

32、) ,(1 2) (3 4), (13)(24几(14)(23)叫作克莱因阿元群.B是S。的于群容易验证.我们有:(1 2) ( 3 4) = C ( 1 3) ( 2 4)：P = f( 4) (23) V = (1)(12) (34)(13) (24)= (13) (24)(12)(34)= 14)(23)(13) (24)(14)(23)= (1 4)(2 3) (1 3) (2 4)- (12) (34) 14)(23) (12) (34)= 1 2)(3 4) (1 4) (2 3) = (13) (24)这两个稱显然都足交换擀.现在证明，任何阶足4的群郁和以上两个磨之一同构. 设G

33、思一个阶为4的群.那么G的元的阶只能是2咸4.若G有一个阶为4的元那么G =(巧足一个備坏曲 而G与G i同构.若G没有阶为4的元那么除单位元e外，G的其它3 个元的阶都是2.因此存(7 = e, a9 by c a2 62 c2 由于G是胖有曲WO.我们liE明，d = c.由cb= ?将得ab-a2 b = a ,这不可能.由a 6= a将得bug,也不可能.由ab= b将得a = 一也不可能因此只能ab=c.同样可证ab = ba = c9 be = cb = af ca = ac = b 比较G和石的代数运算.易见G和Bq同构.补充題 利用6题证期，一个有限非交换群至少有6个 元.10

34、不变子群.商群1 假定群G的不变子群N的阶是2.证明，（？的中心 包含N.解 i = e9 n ,这里e是G的单位元.取G的任 意元 J 由于N是一个不变子群，有a N = N a , 1卩 a, an a9 na 所以= 这样.TV的两个元e和rx都可以和O的任何 元a交换，所以NJM于&的中心.2- 证明，两个不变子群的交集还足不变于群.解 令和Nz是群G的两个不变子群那么N（ n/V“ 是G的一个子群（8.习题2）.我们进一步证明，NMN. 是G的一个不变了群.令aEG. nN gN- 那么nG/V, / WN-但/V】和N*是不变子群，所以。并a EN” a n a1因而a n a-1

35、 N、门于是由定理2, N.CN.是一个不变子群.3. 证明，描数是2的子样一定足不变子群.解 令G是一个群而N匙G的一个指数为2的子群若n N.那么显然左n N = N n . 没W G, bN 那么由于TV的指数是2, G被分成两个左陪集N和bN、G 也被分成两个右陪集和N b .因此bN = Nb.这样，对丁 G的任何元a来说，aN = N。而N足G的一个不变子孵.4. 假定是G的子群 N是&的不变子群.证明 HN卮G的子群解 由于H和N都不空，所以HN也不空设 WHN. b WHN.那么a = A)n4,b = h2nz(A3 , h右 W H n, rtWN)ab 1 = /t x

36、rt n 1 ft J 1 k h g h；(“ = m 1)由于N是一个不变子群，有Nhl 叮 N.心;=/ (24 (1 4) (2 3) M = ( I，(12)(34)己知N足G的一个子群(上节习题6).我们证阴，N 是G的一个不变于群.为了证明这一点.我们号粲是否对 一切xWS-等式(a)=N成立.由于任何”都可以写成(10 形的2-循环置换的乘 积(6.习题5),我们只须对(1。形的来看等式(a)处否成立.又由于N的元的对称性，我们只须看 nr- (12)的情形但(12)( ( 1)# (12) (34), (13) (24) (14)(23) (12) = ( 1 ) (12)

37、(34)(14) (23) , (13) (24) 所以N是的一个不变子群.由于N足交换酔，A当然是 N的一个不变子群.但不是S,的一个不变子群因为31(13)C(12) (34)0(13) = (14) (23)6一个群O的可以写成abab形式的元叫作换位 子.证明 i)所有有限个换位子的乘积作成的集合C是G的一个不变子群,(ii) O/C足交换群(iii) 若N是G的一个不变子群，并且G /N是交换 群，那么NnC解 (i ) C的两个元的乘积仍是冇限个换仮子的乘 积，因而仍是C的一个元.一个换位子的逆仍足一个换位 子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元这样C足一个子 群.对于 aWG c

38、C, aca1 = (aca*11) c EC,所 以C是G的一个不变子群.ii) 令J b WG那么c WC 由比得 ab = bac. u b C = b a c C = b aC 即aC bC= bCaC而G/C是交换胖.(iii) 因为G/N是交换膵，所以对G的任何阴个元 o和&(a N) ( b N) = ( b N) ( a TV) , a hN = b aN 曲此得 a b = b a n (nW N a 1 6 1 a6 = n N.这样N含有一切换位子，因而依有C.补充题 令”和u)屉于S “证明兀7 a訂？订)”=a： : *；)11. 同态与不变子群! 我但看一个更含力到

39、集色7的满射九 证明， 的子M S&A的子集三的逆彖，左一定是S的象.但若M是 S的象，S不一定是色的逆製._( i )设竺逆象.这时对任二元Q & S.存在 元NWH,使 2 3, 4 , Ld = 2, 4 H 虫到万的满射是：1 2,22,3 4.4-*4取S = 3 那么S的彖忑= 2, 4 但左的逆 象是X 4 S2. 假定群&与群同态，呂足&的个不变子群，N 足币的逆象.证明，G/NCf/N.解设所给G更0的同态满射是.aro=0(a)我们要建立一个纟空到&丿雨的同拘映射.定义 认a若a N=b N.那么b a WN.由于眉是N在之下的象，有G 疋， N帀=T7v所以0是G/N到0

40、/77的一个映射.Ne&/N而0(a)工方”那么叭a AZ右帀所以是G/7V到旷/77的一个满射._若a N丰b N、那么b a EN 由于是77的逆象 由此得一6 J a * 評玄宅0a Af , T/V所以0是G/与G/N间的一个映射.晟后.由于aNbN = abN= TvT/Vw g/ng/n问的一个同构映射.3 假定G和存是两个和限循环群，它们的阶各是”和 刃证明，O与&同态.当而口.只当n m的时候.解设&与旷同态那么由定理2. G/N = G.这里 N是G到吞的同态满射的核.所以 a*若a* = aS那么rn h - k .于是由n 1 m ,得nh - k而 o =o 这样e金g

41、到石的一个映对容易证明，e是g到 吞的一个同态满射.因此G与召同态4. 假定G是一个猱环群，N.&G的一个子群.证明 G/N也足循环群.解 循环群G是交换群，所以&的子群N是不变子倂. 而G/7V有意义.33设G=(a).容易证明G/N = 3N所以G/JV也是 循环群.S6第三章环与域 1.加群.环的定义1 证明，木卡内所给的加群的一个非空子築作成一个 子群的条件是充分而且必耍的.解 可以象证明P.62定理1那样完全类似地加以证明， 这里从略.2-7? = 1 0 , a , ft, c F ,加法和乘法由以下两个茨给定&二Q Q b cx0 a b c00 a 6 c00 0 0 0aa 0 c bo0 0 0 0bb c Q abQ a b cCc b a 0c0 a 6 c证明，尺作成一个环.解 由加法表容易看出，/?对于加法來说，与克菜因四元群(参看第二章 9习题6同构.因此卅对于加法米说 作成一个加祥R的乘法满足结合律xy) 4r = xx9 y9 2 R困为当R - 0或c时,xy zx Cyw) = 0 ,当龙=6或cBf Gry)2