近世代数习题解答(张禾瑞)二章

1、近世代数习题解答第二章群论1群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？证 不是一个群，因为不适合结合律2. 举一个有两个元的群的例子 .证 G二1,-1对于普通乘法来说是一个群.3. 证明，我们也可以用条件1,2以及下面的条件4,5来作群的定义：4 . G至少存在一个右单位元e,能让ae= a 对于G的任何元a都成立5 . 对于G的每一个元a,在G里至少存在一个右逆元a-1,能让aa，二e证（1） 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa=e 得a_1a=e因为由4G有元a能使a Ja = e所以（aa）e = 屯）备）=a（aaa =aea，= aa，= e即 a a = e（2

2、）一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由 ae = a 得 ea = aea 二（aa）a 二 a（aa）二 ae 二 a即 ea 二 a这样就得到群的第二定义（3）证 ax = b可解取 x 二 aa（ab）二（aa）b 二 be 二 b这就得到群的第一定义反过来有群的定义得到4，,5,是不困难的.2单位元，逆元，消去律1. 若群G的每一个元都适合方程x2二e,那么G就是交换群.证 由条件知G中的任一元等于它的逆元,因此对a,b：=G有ab = (ab) = ba-1 = ba .2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 先证a的阶是n则a J的阶也是n. an = e= (a

3、)n = (an)1 = e-1 = e 若有mn使(a)m=e 即(am)，二e因而 am=e，. am=e 这与a的阶是n矛盾-a的阶等于aJ的阶1 1 2(2) a的阶大于2,则a=a 若a二a=a二e 这与a的阶大于2矛盾(3) a = b 贝y a J - b J_ 1总起来可知阶大于2的元a与 a双双出现，因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G是个数一个阶是偶数的有限群，在G里阶等于2的元的个数一定是奇数证 根据上题知，有限群G里的元大于2的个数是偶数；因此阶-2的元的个数仍是偶数，但阶是1的元只有单位元，所以阶 a , a和a的阶是不是一定相同？不一定相同_1J3例

4、如G二1,- 2G =1对普通乘法G，G都作成群，且 (x1 (这里x是G的任意元，1是G的元)由 J可知 G sG1i . 3 _ 1 _ i 3但 1I 31 I 3的阶都是3.2 2而1的阶是1.5变换群1. 假定.是集合的一个非一一变换,.会不会有一个左逆元二使得，二；？ 证我们的回答是回有的 A =1,2,3,.显然是一个非变换但1T121t 12 12t 33t 23t 44t 34t 52. 假定A是所有实数作成的集合证明.所有A的可以写成 x ax b,a,b是有理数，a = 0形式的变换作成一个变换群这个群是不是一个交换群 ？证(1) . :x ax bx ex d汀“：e(

5、ax b) d 二 eax eb dea,eb d是有理数 ca = 0； 是关闭的(2)显然时候结合律(3) a =1 b =0 贝y ； ： x x-:-jT-Jax bi1+/ b、:x x ()a a= ；：所以构成变换群又 d Xr X 12 :x 2xV 2 ： X 2(x1)2 “ ： x 2x 1 故12 1因而不是交换群3. 假定S是一个集合 A的所有变换作成的集合，我们暂时仍用旧符号:a a= (a)来说明一个变换.证明，我们可以用.仁2： ar匚.2(a) =2(a)来规定一个S的 乘法，这个乘法也适合结合律，并且对于这个乘法来说；还是S的单位元.证:a 1(a)2： a

6、 ：2(a)那么 12： a 1 2(a)二 1 2(a)显然也是A的一个变换.现在证这个乘法适合结合律：(12)3： a ( 1 2) 3(a) Ki .2【3(a)1( 2 3)：a d 2 3(a)=餡2【3(a)故 (1 2)3 =讷(2 3)再证；还是S的单位元；:a a = ；(a)T:a (a) = (a)；：a ；(a) = .(a)ST = TS4. 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。证设；是是变换群G的单位元G , G是变换群，故.是变换，因此对集合A的任意元a，有A的元b , b a = (b)；(a)二；(a) = ； (b) = (b) = a丁E(a) =a另证

7、 &(xT(x)根据1.7.习题3知n七(x) =x；(x)二 x5. 证明实数域上一切有逆的n n矩阵乘法来说，作成一个群。证 G =实数域上一切有逆的n n矩阵1 1A,B G 则B A是AB的逆是G的单位元。从而 A,B G对矩阵乘法来说，G当然适合结合律且 E (n阶的单位阵)故 G作成群。6置换群1. 找出所有S的不能和(；23)交换的元证S3不能和(器)交换的元有(123),(223),(；23)这是难验证的2. 把S3的所有的元写成不相连的循环置换的乘积解：S3的所有元用不相连的循环置换写出来是，(12), (13), (23), (123), (132).3.证明:(1)两个不

8、相连的循环置换可以交换(i2ik)_(ikikj h)证(応：皿心)=(寫艄竄：=(i1i/ ikik 1ik 2 imi m 1.Ln)i2i i1i k 2ik 3 5 1im 1- - i n (ii.i (i j . . j (帀2 ikik 1ik 2 im im 1. in、(屮2 iJk 1 imim1 in、乂 (ik 1ik 2 im ) (i1i2呱丿=(帀2ik 2i k 3ik dm 1 in 丿(i2i3i/k 厂仏厂 丿i i i iii ii=(爲：工：订m；n),故皿ik)(ik昇 im) = (i“im)(hi2ik) (2)(応 ik)(ikikijn (i

9、1),故(応ik)S(ikikh).i1i2 ikik j1i 2 imim 1 in)(i 1 i2 ikik 2i k y i k 1im 1 in )3.证明一个证设二2JtK 一循环置换的阶是K.=(讣2iQ = (；：；：).i,)i i2 k 二kJt :设h k,if i k、二(ik Jf：) 乂)那么=(：二%)珂1)5. 证明Sn的每一个元都可以写成 (12),(13),，(1n)这n-1个2循环置换 中的若干个乘积。证 根据2.6.定理2。 Sn的每一个元都可以写成若干不相干循环置换的乘积而我们又能证明1i2 Ik) =(l1l2)(l1l3)(|山)同时有(id) =(

10、1i1)(1ii)(1i1),这样就得到所要证明的结论。则二2二住加i3 i11,if - ik二乂 ikk _1)7循环群1. 证明一个循环群一定是交换群。证 G (a) am , an Gm n mF n m n m贝 U a a a a a a2. 假设群的元a的阶是n,证明ar的阶是-这里d =(r, n)是r和n的最大公因子d证 因为（r,n ）=d 所以 r=dn，n= dg,而= 13假设a生成一个阶n是的循环群G。证明a也生成G，假如(r, n) = 1(这就是说r和n互素)证a生成一个阶n是的循环群G，可得生成元a的阶是n,这样利用上题即得所证,或者，由于(r,n) =1有s

11、r tn =1a =asr tn =asratn =(ar)n 即 a (ar)故(a) =(a)r4假定G是循环群，并且 G与G同态，证明G也是循环群。证有2。4。定理1知G也是群，设 G 且(a a ( 是同态满射)b G则存在b G使(b) b b = ak因而G s Gkk故(ak) =ka即(b) = a因而b = a 即？= (?)5 假设G是无限阶的循环群，G是任何循环群，证明G与G同态。证i)设G是无限阶的循环群，-_TG =(a)sG 二辺 令(a ) = a且(as a ) =a 二 a a = :(as) (a )所以G s Gii)设G = (a)而a的阶是n。_ki令

12、-：ahl a当且只当 hi 二 nq ki,0乞K n易知匸是G到G的一个满射1_kiah2 ； ah2 二 nq2 k20 乞 k2 n设 & k2 = nq 卜则qh1 k = n 盹)卜卜二 n(q q? q) k那么 ah1ah2 a a=a = a二 a aG s G8子群1 找出S3的所有子群证 S3= (1),(12),(13),(23),(123),(132)的子群一定包含单位元(1)。i) S3本身及只有单位元(1)都是子群ii) 包含(1)和一个2 一循环的集合一定是子群因(1)(ij)二(ij),(ij)2二H2=(1),(12), H3 =(1),(13), H4=(

13、1),(23)亦为三个子群iii)包含(1)及两个3循环置换的集合是一个子群(ijk)(ijk) , (ijk)(ikj)=(1)出=(1),(123),(132)是子群，S 有以上 6 个子群,今证只有这6个子群，iv)包含(1)及两个或三个2循环置换的集合不是子群因(ij )(ik) = (ijk )不属于此集合V )若一集合中3 循环置换只有一个出现一定不是子群因(ijk)(ikj)Vi)一个集合若出现两个 3循环置换及一个2循环置换不是子群因(ij )(ijk) =(ik)诚)3循环置换及2循环置换都只有两个出现的集合不是子群因若(ij),(ik)出现 则(ij)(ijkO =(jk)

14、故S有且只有6个子群。2证明；群G的两个子群的交集也是 G的子群。证HH2是G的两个子群，H =比 H2H显然非空a,bH 则a,bH, 同时a,bH21 1因Hi,H2是子群，故ab = Hi，同时ab = H2 所以 abJ H1 H2 二 H故H是G的子群3 取S的子集S =(12),(123) , S生成的子群包含哪些个元？ 一个群的两个不同的子 集不会生成相同的子群？证(12)2 二 S(123)2 =(132) S(12)(123) =(13) S(12)(132)= (23) S 从而 S 二群的两个不同的子集会生成相同的子群S 二(123) S 生成的子群为 (1),(123)

15、,(132)S2 =(132)S 生成的子群为 (1),(123),(132)4 证明，循环群的子群也是循环群。证G= ( a )是循环群，H是G的子群设 ak H，而 O h k 时 ak H。任意 b H 则 b G 因而 b 二 am m二 kq，r O_rkm kq T kq ra a a akq因am H , a 二(ak)q所以H二(ak)是循环群.5. 找出模12的剩余类加群的所有子群证剩余类加群是循环群故其子群是循环群G=0,1,11(i ) (1) =(5) =(7) =(11) =G(丘)H(0)(说)()=(【10)即 H 0,2,4,6,8,10(卜)(3)=(9)即出

16、二0,3,69(v ) (4) =(8)即 H4 二0,4,8(vi) (6)即 H0,6有且只有以上6个子群6. 假定H是群G的一个非空子集，并且H的每一个元的阶都有限，证明，H作成子群的充要条件：a,b H推出abH证必要性显然充分性a,bH推出abH ,(*)所以只证a，H推出即可.a H , a的阶有限设为mam=e 即 aam e所以aA-amJ由(*)可知am二H ,因而a J H这样H作成G的子群.9子群的陪群1. 证明阶是素数的群一定是循环群证：设群G的阶是素数P,则可找到a G而a = e,则a的阶p ,根据2.9.定理3知n p,但P是素数，故 ,n = p那么aa1, a

17、2ap 4是G的P个不同元，所以恰是P的不同元，故n = p .2. 证明阶是pm的群(p是素数)一定包含一个阶是 p的子群.证：设阶是pm的群为G , m是正整数，可取a G ,而a e,pn_1根据2.9.定理3, a的阶是pn而nm,进一步可得ap的阶为p .nH =(ap )是阶为p的G的子群.3. 假定a和b是一个群G的两个元，并且ab二ba，又假定a的阶是m ,b的阶n是并且(mn) =1.证明：ab的阶是mn证 am =e,bn 二 e. (ab)m = amnbm = e.设(ab)，=e.mrmr mrmr贝U (ab) a b b e二 n|mr,(m, n) =1故 n|

18、r.(ab)nr =anrbnr =e= m|n r ,(m ,n)=1故 m|r 又(m,n) =1二 mqra,x,x 来因此ab的阶是mn.4. 假定是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G的任意三个元说,ax ax = x x证明与G的单位元e等价的元所作成的集合为H证 由于是等价关系，故有ee即e H.a,b,H ,则a e, b e1 1因而 ae aa , be bb由题设可得ea,eb由对称律及推移律得 b J a J再由题设得abe即abJ H这就证明了 H是G的一个子群.5. 我们直接下右陪集 Ha的定义如下：Ha刚好包含G的可以写成ha (h H)G的每一个元属于而且只

19、属于一个右陪集. 证任取a G则a = ea Ha这就是说，G的每一个元的确属于一个右陪集若 x Ha,x Hb 则 x = h!a,x=h2b.贝U ha =町6因而 a =h/h2b,b nhzha-14= ha 二 hh h2b,hb 二 hh2 ha=Ha Hb, Hb Ha 故 Ha=Hb这就证明了，G的每一个元只属于一个右陪集.6. 若我们把同构的群看成是一样的，一共只存在两个阶是 4的群，它们都是交换群.证设G是阶为4的群.那么G的元的阶只能是1,2,4.1若G有一个元的阶为4，则G为循环群；若G有一个元的阶为2,则除单位元外，其他二元的阶亦均未 2.就同构的观点看阶为 4的群，

20、只有两个；由下表看出这样的群的确存在.循环群01230012311230223 0133012非循环群eabceeabcaaecbbbceaccbae循环群是交换群，由乘法表看出是交换群10不变子群、商群1. 假定群G的不变子群N的阶是2，证明,G的中心包含N .证设 N 二e,nN是不变子群，对于任意a G有ana N若 an a =e 则 an = a ， n=e 矛盾 ana= n 贝U an = na即n是中心元又 e是中心元显然.故G的中心包含N.2. 证明，两个不变子群的交集还是不变子群令证NN2 ,则N是G的子群.n N = n N,及n N2, ana1 N,ana N2二 a

21、na N 故N是不变子群.3. 证明：指数是2的子群一定是不变子群.证设群H的指数是2则H的右陪集为He, HaH的左陪集为eH,aHHe =eH由 He Ha =eH aH 易知 Ha =aH因此不论x是否属于H均有Hx = xH4. 假定H是G的子群,N是G的不变子群，证明HN是G的子群。证任取 hnHN, h2n2 HN（讪）（呦2）= hm）压 *（h2（hn） =n e Nh =h N（hn宀 hn HN.至于HN非空是显然的!HN是G的子群.5.列举证明,G的不变子群N的不变子群1未必是G的不变子群（取G=!）证取G = S4,N1 , 12 34,13 24, 14 23 /M

22、二 U ,14 23 】易知N是G的子群，汕是N的子群我们说码是if 的不变子群.,，这是因为3 !.卩123431 2 3 4Ji 2此即说明細3 N,aG,n N.因为N是阶为4的群，所以为交换群i44，故其子群Ni是不变子群.但Ni却不是G的不变子群，原因是：341-14 23 3 13 24 入-4 J6. 一个群G的可以写成a b ab!形式的元叫做换位子证明：i）所有的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）G/C是交换群;iii）若N是G的一个不变子群，并且G/N是交换群，那么N二C证i）e显然是有限个换位子的乘积；1 1e=e e ee故e C（有限个换位子的乘

23、积厂（有限个换位子的乘积）=有限个换位子的乘积，故C对G的乘法是闭的.由于ab4a ba4ba1是换位子，故（有限个换位子的乘积）的逆仍为（有限个 换位子的乘积）即有c，二C，故C是子群；c C, g C由 gcgJ C 有 gcg JcJ c C即gcg J C 所以c是不变子群.(ii) x、y G c C1 1x y xy =c 就有 xy 二 yxc故 xy yxC 1因而 xyC = yxC即(xC)(yC) =(yC)(xC)所以G N是交换子群；(iii) 因G/N是交换子群就有(xN)(yN) =(yN)(xN)(xy)N = (yx) Nxy yxNxy = yxn n N1 1因此 x y xy N又由于N是子群,所以N包含有限个换位子的乘积，即 N 二 C .11同态与不变子群1. 我们看一个集合A到集合A的满射 ,证明，若S是S的逆象，S 定是S的象;但若S的S的象，s不 1定是 S的逆象证i )在 之下的象一定是S;若有S的元s在 之下的象s- S,则s有两个不同的象，故矛盾又S的逆象是S两者合起来，即得所证ii )设 A 二1,2,3,4,5,6， A 二1,21 12 2