近世代数第二章答案

1、近世代数第二章群论答案§ 1.群的定义1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解：不是，因为普通减法不是适合结合律。例如3_ 2_1 =3_1 =23_2 _1 =1_仁03 2 1 = 3-2 -12. 举一个有两个元的群的例。解：令G xe,a?, G的乘法由下表给出首先，容易验证，这个代数运算满足结合律(1)x y z = x y z x,y,z G因为，由于ea二ae二a，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参 考第一章，§ 4,习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有aa a =ea = aa aa = ae = a而(1)仍成立。其次，G有左

2、单位元，就是e ； e有左逆元，就是e，a有左逆元， 就是a。所以G是一个群。读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。3. 证明，我们也可以用条件I,H以及下面的条件IV , V来做群的定义:IV G里至少存在一个右逆元a J，能让ae= a对于G的任何元a都成立；V 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 J = e解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件i,ii,iv,v来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。§ 2.单位元、逆元、消去律1. 若群G的每一个元都适合方程x2 = e，那么G是交换群。解：令a和b是G的任意两个元。由题设2ab ab

3、= ab = e另一方面ab ba = ab2a = aea = a2 = e于是有ab ab = ab ba。利用消去律，得ab = ba所以G是交换群。2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。解：令G是一个有限群。设G有元a而a的阶n>2。考察a。我们有an(a* = enne a = a_= e设正整数m<n而am = e，那么同上可得am = e，与n是a的阶的假设矛盾。这样，n也是a"的阶，易见aa否则a2 = aa 1 = e与n > 2的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a和设G还有元b， b = a， b = a，并且b的阶大

4、于2。那么bJ的阶也 大于2,并且b J - b。我们也有b J - a。否贝Se = b Jb = aa J = b Ja J消去bd得b = a J，与假设矛盾。同样可证bJ = a_1。这样，除a和a， 外，又有一对不同的阶大于 2的元b和bJ。由于G是有限群，而G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是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。解：由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数。但G只有一个 阶是1的元，就是单位元e。于是由于的阶是偶数，得G里阶等于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

5、群而a是的任一元素，那么不能都不相等。因此存在正整数i, j, i ' j，使 a"=aj，用 a 乘两边，得(1)这样，存在正整数i - j，使（1）成立，因此也存在最小的正整数 m ,使am = e，这就是说，兀a的阶是m。4. 群的同态假定在两个群G和G的一个同态映射之下，a > a。a与a的阶是 不是一定相同？解：不一定。例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明:n- gn是G的任意元是G到G的一个同态映射。但G的每一元n = 0都是无限阶的，而g的 阶是1。5.变换群1. 假定是集合A的一个非一一变换。会不会有一个左逆元

6、-J使得?解：可能有。例如令A=所有正整数，贝S-:1 1 ,n _ n _ 1 n 一 1显然是A的一个非变换。而A的变换-4 :n ； n 1n A就能使£氓=乞2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 ba和b是有理数， a = 0形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群？ 解：令G是由一切上述变换作成的集合。考察 G的任何两个元素:X- ax ba和b是有理数，aFx ex dc和d是有理数，c=0那么X/. :x ' =( a x )b' = (e a x) b d=(ca)x (cb d)这里ca和cb - d都是有理数，并且

7、ca = 0 所以.仍属于G 。结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立单位变换xx属于G。容易验证，.在G中有逆，即:1bxx ()aa因此G作为一个变换群。但G不是一个交换群。令i :x x 12 :x 2x那么12 :x(x1) 2 =(x 1)2 =2x 221 :X； (x2) (2x)2x 1213假定S是一个集合A的所有变换作成的集合。我们暂时用符号a ； a 二(a)来说明一个变换。证明，我们可以用d 2 :a r 】2(a) = J 2(a)来规定一个乘法，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。解：令-1和2是S的任意两个元而a是A的任意一个元。那么

8、2(a)和 i 2(a)都是A的唯一确定的兀。因此如上规定.i2仍是S的一个唯一一 确定的元而我们得到了一个S的乘法。令3也是一个任意元，那么(1 2 ) 12 a3=() 1a£( ) 1( 23)a F )1昭3珂)1a()所以(1 2)3 =5( 23)而乘法适合结合律。令是S的任意元。由于对一切a A，都有；(a) = a ,所以；.(a)二；(a)二.(a).；(a)二；(a)二(a)即而；仍是S的单位元。4. 证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。解：设G是由某一集合A的变换组成一个变换群，而；是G的单位元。任取G的一个元-和A的一个元a。由于； = ,有a，(a J，

9、a由于是A的一个一一变换，所以a；=a而；是A的恒等变换。5. 证明，实数域上一切有逆的n n矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群.解：这个题的解法很容易，这里从略。6.置换群/l 23 31. 找出所有s不能和231 !交换的元解：S3有6个元:"123、12 3、广 1 23、<123><132>03广 1 23'12 3、'123 '<231,0 2<321 其中的123、Q23q 23a 31广 12 3'_0 2=广123迄31显然可以和肾交换。通过计算，易见其它三个元不能和1 23,2 31交换第11页共20

10、页第#页共20页2. 把S3的所有元写成不相连的循环置换的乘积解:佃1)，伤1=( 2 3),123丿 '八遛丿' )'1 23 1213=(1 2)，=(1 3)，=（1 2 3）*12 331 2=（1 3 2）第#页共20页第#页共20页3. 证明:(i)两个不相连的循环置换可以交换;第#页共20页第12页共20页解: ( i)看一.的两个不相连的循环置换二和t。我们考察乘积二T第#页共20页使数字1, 2,，n如何变动。有三种情况。(a) 数字一在二中出现，并且二把一变成j。这时由于二和t不相连， j不在T中出现，因而T使j不变，所以匚T仍把一变成j。(b) 数

11、字k在T中出现，并且T把k变成。这时】不在二中出现， 因而二使k不变，所以T仍把变成一。(C)数字m不在;和T中出现。这时二T使m不动。如上考察T二使数字1，2，n如何变动，显然得到同样的结果。 因此-T = T ；。(ii)由于為&曲眛(厂'!:，所以妊勻-怎,3八屯4. 证明一个.循环置换的阶是.。解：一个稳循环置换n =沁片：威的一次方，二次方，次方分别把一变成梯轧锐必。同理把i2变成i2,把.变成.。因此 用十。由上面的分析，若是.，那么浓首：忙。这就证明了， n的阶是。5. 证明-.的每一个元都可以写成(1 2)，(1 3)，(1 n)这- 一个一-循环置换中的若干个

12、的乘积。解：由于每一个置换都可以写成不相连的循环置换的乘积， 所以只须 证明，一个循环置换可以写成若干个(1)形的置换的乘积。设n是一个.-循环置换。我们分两个情形加以讨论。(a) 1在n中出现，这时n可以写成(1 1 ® “ 4-1)容易验算(1 ii h - A-i)=(1(1 S ”(1(b) 1不在n中出现，这时兀=(i1i3.Jl) = (li1i21iJl) (1 it)=(1 £)(1 Q z (1 i )(1 £)1. AA1§ 7.循环群1. 证明，一个循环群一定是交换群。解：设循环群G二a。那么G的任何两个元都可以写成am和an(m，

13、 n是整数)的形式。但amaam an anam 所以g是一个交换群。2假定群的元a的阶是n。证明-的阶是1，这里d=( r，n )是r和n 的最大公因子。解：由于d | r , r=ds，所以H * .雲(ar)5 = (an)s = e现在证明，就是丁的阶。设一的阶为。那么. O令-=叮-:二二匚 I得二二.亍：二二_< ： f：' - - C.' -但叫瘵能而.是的阶，所以二】而-=Aqd于是: |。(参看本节定理的第二种情形。)为了证明,只须反过来证明一| 。由二m而n是a的阶，同上有n | r ,因而匚| '。但d是n和r的最大公因子，所以!-tl aQ

14、 互素而有 。3假定a生成一个阶是n的循环群G。证明：二也生成G ,假如(r,n ) =1 (这就是说r和n互素)。解：由习题2,二的阶是n。所以ar,(才)6 ，(才)口【，(ar)n = e互不相同。但G只有n个元，所以丁二；: _'' 一，而生成G。4. 假定G是循环群，并且G与.同态。证明匚也是循环群。解：由于G与.同态，也是一个群。设G二a，而在G至畀的同态满射©下，。看的任意元二。那么在©下，有 - |匕一 :'-。这样，.的每一元都是為的一个乘方而G =(a)。5. 假定G是无限阶的循环群，是任何循环群。证明G与同态。 解：令G二a ,

15、 G =Q)。定义 ：一：-我们证明，©是G至的一个同态满射。(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写成 .的形式，所以在©之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而 ©是G到的一个映射。(ii) .的每一个元都可以写成 的形式，因此它在©之下是G的元 0的象，而©是G到的一个满射。(iij)賈直買_二=_所以©是G到.的一个同态满射。§ 8子群1. 找出,的所有子群。解：二显然有以下子群：本身；(1)=(1)；(1 2)=(1 2),(1);(1 3)=(1 3),(1);(2 3)=(2 3),(1);

16、(1 2 3)=(1 2 3),(1 3 2), (1)。若【的一个子群H含有(1 2 ) ,(1 3)这两个2-循环置换，那么H含有(1 2 )(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因而H= 一.同理，若是，一的一个子群含有两个2-循环置换(2 1)，(2 3)或(3 1),(3 2),这个子群也必然是。用完全类似的方法，读者也可以算出，若是【的一个子群含有一个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是因此上面给出的6个子群是一的所有子群。2. 证明，群G的两个子群的交集也是G的子群。解：设；和，是G的子群。令e是G的单位元。那么e属于H帆，因而而Ht

17、n巡令a,bE弘"业。那么a, b属于 HjllHj。但E秫2是子群。所 以属于，因而属于町“！!；。这就证明了，上|小二是g的子群。3. 取.的子集S二(1 2) ,(1 2 3)。S生成的子群包含哪些元？ 一个 群的两个不同的子集会不会生成相同的子群？解：见习题1的解。4. 证明，循环群的子群也是循环群。解：设循环群G=( a)而H是G的一个子群。若H只含单位元e=a0，则H= (e)是循环群。若H不仅含单位元， 那么因为H是子群，它一定含有元am,其中m是正整数。令.是最小 的使得属于H的正整数，我们证明，这时 门飞癖.看H的任一元 塞令t=iq+r 0< r v i那么

18、ai=aiqaro由于d和aiq都属于H,有ar=a-iqat H于是由假设r=0,at= (ai) q而H= (a)5. 找出模12的剩余类加群的所有子群。解：模12的剩余类加群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，容易看出：(0) =0(1)=(5)=(7)=(11)= G(2)=(10)=2,4,6,8,10,0(3)=(9)=3,6,9,0(4)=(8)=4,8,0(6)= 6,0是G的所有子群。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作成一个子集的充要条件是：a,b 出 ab H解：由本节定理1,条件显然是必要的。要证明条件也是充分的

19、，由同一定理，只须证明： -1a H : a H设a H,由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1 Ho§ 9. 子群的陪集1. 证明，阶是素数的群一定是循环群。解：设群G的阶为素数p,在G中取一元e,则a生成G的一 个循环子群(a)。设(a)的阶为n,那么n工1.但由定理2, n丨p,所以n=p而G=(a)是一个循环群。2. 证明，阶是pm的群(p是素数，存1) 一定包含一个阶是p的 子群。解：设群G的阶是pm。在G中取一元aze,那么由定理3, a的 阶n丨pm.但n 1,所以n=p,t > 1,若t=1,那么d的阶为p,

20、 (a)是一 个阶为p的子群。若t > 1,可取b=ap ,那么b的阶为p,而(b)是一 个阶为p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的阶是n,并且(m,n) =1.证明：ab的阶是mr。解：设 ab 的阶是 k。由 ab=ba,得(ab) mn=amrbmn=e因此k | mn 我们反过来证明， mn| k。由e= (ab) "=anbn=akn 以及a的阶为m得m| kn,但(m,n)=1,所以m| k.同理n | k。又由(m,n) =1,得 mn| k.这样，ab 的阶 k=mn4假定是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于 G的

21、 任意元三个元a, x, x'来说axax '二 x x'证明，与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群。解：令H是与e等价的元所作成的集合。由于ee,所以H不空。设 a,b H,那么 ae,be,be可写成 a-1aba-1a因此由题设，abae而ab H。ae可写成aeaa-1，因此由题设,ea-1而a-1 H。 这样，H作成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h a (h H)形式的元。由这个定义推出以下事实：G的每一个元属于而且只属于一个右陪集。解：取任意元a G，由于H是一个子群，单位元e H,因此 a=e a

22、 H a这就是说，元a属于右陪集H a。设 a H b,a H c,那么 a=h，b=h2c (，h H)d A由此得，b=hh2c,而H b的任意元hb= hhh2c H c因而H b H c，同样可证H c H b,这样H b=H c而a只能属于一 个右陪集。6. 若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是 4的群， 它们都是交换群。解：先给出两个阶是4的群。模 4 的剩余类加群 G1=0，1，2，3.G1的元1的阶是4而G1是1所生成的循环群(1)。S4的子群B4=(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)叫作克莱因四元群。B4是&的子群容易验证

23、，我们有(1 2)(3 4)2=(1 3)(2 4)2=(1 4)(2 3)2=( 1)(1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)这两个群显然都是交换群。现在证明，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。设G是一个阶为4的群。那么G的元的阶只能是1, 2或4若G有一个阶为4的元d，那么G=(d)是一个循环群， 而G与G1同构。若G

24、没有阶为4的元，那么除单位元e外，G的其他3个元的阶 都是2,因此有G = e,a,b,c a 2=b2=c2=e由于G是群，有ab G ,我们证明ab=c由ab=e将得ab=a2和b=a ,这不可能.由ab=a将得b=e,也不可能由ab=b将得a=e,也不可能.因此只能ab=c,同样可证ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比较G和B的代数运算，易见G和B4同构。补充题：利用6题证明，一个有限非交换群至少有 6个元。§ 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。解：令N= e,n ,这里e是G的单位元，取G的任意元a。 由于N是一个不变子群

25、，有aN=Na即a,an = a,na 所以an二na。这样，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换, 所以N属于G的中心。2. 证明，两个不变子群的交集还是不变子群。解 令Nf和N2是群G的两个不变子群。那么NJ N2是G 的一个子群（§ 8.习题2）。我们进一步证明， M c N 2是G的一 个不变子群。令a G,n N 2，那么口毛M，n N 2，但M和N 2是不变子群，所以ana-1 比，ana -1 n 2 ,因而-1厂ana Ni N2于是由定理2, N N2是一个不变子群。3. 证明，指数是2的子群一定是不变子群。解：令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群。若n N

26、,那么显然有nN=Nn设b G,b© 2那么由于N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N 和Nbb因此bN=Nb这样，对于G的任何元a来说，aN=Na是 G的 一个不变子群。4假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明，HN是G的子 群。解：由于H和N都不空，所以HN也不空。设 a HN , b HN。那么a=hini，b=h2 n2( hi，h? H，ni，n? N)ab =hi ni n2 h2 =hi n h? ( n Fn?)由于N是一个不变子集，有NfhfN，n h2=h； n (n N)由是得abp hl h：)n HN HN是一个子群。5.举

27、例证明，G的不变子集N的不变子群Ni未必是G的不变子群 (取 G=S4 ).解：令 G=S4, N= (1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)Ni= (1), (12) (34)已知N是G的一个子群(上节习题 6)。我们证明，N是G的一 个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切 二 s4，等式(a)： N -=N成立。由于任何二都可以写成(1 i)形的2 一循环置换的乘积。(§ 6. 习题5)，我们只须对(1 i)形的兀来看等式(a)是否成立。又由于 N 的元的对称性，我们只须看二二(12)的情形。但(12) (1), (12) (34), (13) (2

28、4), (14) (23) (12) =( 1),(12) (34), (14) (23), (13) (24)所以N是$的一个不变子群。由于N是交换群，N1当然是N的一不 变子群。但N1不是S4的一个不变子群。因为(13) ( 12) (34) (13) =(14) (23)N16. 一个群G的可以写成 Jbab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 ) G/C是交换群；(iii )若N是G的一个不变子集，并且 G/N是交换群，那么N二 C解：(i ), C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积，因而仍是C的一个元。一个换位子的逆仍是一个

29、换位子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元。这样C是一个子群。对于 a G, c C ,ac a'=(ac a'J) c C ,所以 C是 G 的一 个不变子群。(ii ) 令 a,b G。那么 J Jab=c C。由此得ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC二bCa而G/C是交换群。(iii )因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b(aN)(bN)二(bN) (aN), abN=baN由此得 ab=ban (n N)a'b'ab= n N。这样N含有一切换位子，因此含有C。补充题。令二和(和j2ik)属于Sn。证明二二(ii i2二=(iix ix i：)