代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案

1、第一章代数基本概念1.如果群G中，对任意元素a,b荀ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,bG，由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b,a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中，每个元素a都适合a2=e,则G为交换群.证明:方法1对任意a,bG,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.方法2对任意a,bG,a2b2=e=(ab)2,由上一题的结论可知G为交换群.3设G是一非空的有限集合，其中定义了一个乘法ab,适合条件:a(bc)=

2、(ab)c;由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成一群.证明:方法1设G=%,a2，,a,k是1,2,n中某一个数字，由可知若ij(I,j=l,2,n),有12nikjk再由乘法的封闭性可知ikjk再由乘法的封闭性可知aaaakikjaaaa6=3严2,鲁=%,%雹，,akan6=3严2,鲁=%,雹，anak由1和3知对任意aG,存在aG,使得tmaa=a.kmt由2和4知对任意aG,存在aG,使得tsaa=a.skt由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。方法2为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证

3、明G存在幺元(单位元)，并且证明G每一个元素都可逆即可.为了叙述方便可设G=a,a2，,a.12n(I)证明G存在幺元.1存在atG,使得aiat=ai.(这一点的证明并不难，这里不给证明)；2证明aa=aa;itti因为a(aa)a=(aa)(aa)=(a)21t1t1t1t1a(aa)a=(aa)a=a(aa)=(a)2,11tt11t11t1故此a(aa)a=a(aa)a.1t1t11tt由条件(1),(2)可得到aa=aa.1tt1证明at就是G的幺元；对任意aG,ka(aa)=(aa)a=aa1tk1tk1k由条件(2)可知aa=a.tkk类似可证aa=a.ktk因此at就是G的幺元

4、.(U)证明G任意元素都可逆；上面我们已经证明G存在幺元，可以记幺元为e,为了方便可用a,b,c,等符号记G元素下面证明任意aG,存在bG,使得ab=ba=e.对任意aG,存在bG，使得ab=e；(这一点很容易证明这里略过.)证明ba=ab=e;因为a(ab)b=aeb=ab=ea(ba)b=(ab)(ab)=ee=e再由条件(2),(3)知ba=ab.因此G任意元素都可逆.由(I),(U)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.4设G是非空集合并在G定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律，并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G恒有解，则G在该乘法下成一群.证明：取一元

5、aG,因xa=a在G有解，记一个解为e，下面证明e为G的左幺元.对任意aabG,ax=b在G有解，记一个解为c,那么有ac=b，所以eb=e(ac)=(ea)c=ac=b,aaa因此e为G的左幺元.a再者对任意dG,xd=e在G有解，即G任意元素对e存在左逆元，又因乘法满足结合律，故aa此G在该乘法下成一群.总结群有几种等价的定义:(1)幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.设G是一个非空集合，G定义一个代数运算，该运算满足结合律，并且G包含幺元，G任意元素都有逆元，则称G为该运算下的群.设G是一个非空集合,G定义一个代数运算,该运算满足结合律，并且G包含左幺元，G任意元素对左幺元都有左逆

6、元，则称G为该运算下的群.(4)设G是一个非空集合，G定义一个代数运算，该运算满足结合律，并且对于任一对元素a,bG,下列方程ax=b和ya=b分别在G恒有解，则称G为该运算下的群.值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律,则该半群一定是群.5.在33中找出两个元素x,y,适合3(xy)2x2y2.思路在一个群G中，x,yG,xy=yx(xybx2y2(这一点很容易证明)因此只要找到S3中两个3不可交换的元素即可.我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.解:取x=,y=那么(xy)2=x2y2.注意我们可以通过mathematica软件编写S的群表，输出程序如下：nPra_,b_,n:=

7、(*两个置换的乘积*)(Tableabi,I,1,n);Sen:=(*1,2,n的所有可能的排列做成一个表格*)(PermutationsTablei,I,1,n);Stablen:=(*生成S群表*)n(a=Sen;Tableprai,aj,n,I,1,n,j,1,n)当n=3时群表如下：说明：表示置换，剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,那么群表如下:6.对于n2,作一阶为2n的非交换群.7设G是一群，a,bG,如果a-iba=br，其中r为一正整数，证明a-ibai=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时，a-1ba=br=,结论成立;假设当k=n时结论成

8、立，即a-nban=成立，下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1bka=bkr，因此a-(n+1)ban+1=a-1(a-nban)a=a-1a=，可见k=n+1时结论也成立.由归纳原理可知结论得证.8证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.证明:(I)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为,并且群G为一个交换群，可得因此有综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.(n)接着证明当映射是一同构映射，则群G为一个交换群.若映射是一同构映射，则对任意有，另一方面，由逆元的性质可知因此对任意有，即映射是一同构映射，则群G为一个交换

9、群.9设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系ab当且仅当ab-iS.证明这是个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.wwwwws证明:首先证明若是等价关系，则S是G的一个子群.对任意aG,有aa,故此aa-i=eS;对任意a,bS，由(ab)b-i=aS,可知abb,又be-i=bS,故be,由传递性可知abe,即(ab)e-i=abS.再者因ae-i=aS,故ae,由对称性可知ea,即ea-i=a-iS.可见S是G的一个子群.接着证明当S是G的一个子群，下面证明是一个等价关系.对任意aG,有aa-i=eS，故此aa（自反性）;若ab，贝Iab-iS，因为S为G的子群，故（ab-i）-

10、i=ba-iS，因此ba（对称性）;若ab,bc,那么ab-iS,bc-iS,故ab-ibc-i=ac-iS,因此ac（传递性）.综上可知是一个等价关系.10.设n为一个正整数,nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.证明:我们容易证明为Z到nZ的同构映射，故此nZ与Z同构.11证明:在34中，子集合4B=e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)是子群，证明B与卩4不同构.4证明:可记a=(12)(34),b=(13)(24),c=(14)(23)，那么置换的乘积表格如下:eabceabc由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆（任意元的逆为其本

11、身），因此B为S/勺子群.这个群（以及与其同构的群）称为4Klein（C.L.Klein,1849-1925）四元群.假设B与U4同构，并设f为B到U4的同构映射，贝I存在B中一元x使得f（x）=i（i为虚44数单位）,那么f(x2)=f2(x)=i2=-1另一方面，f(x2)=f(e)=1(注意X2=e),产生矛盾所以假设不成立，即B与比不同构.4讨论日与卩4都是4元交换群,但是后者是循环群，前者不是，这是这两个群的本质区别.4证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.证明:方法1设H是2n阶群G的n阶子群，那么对任意aH,有HaH=，并且aHG,HG,又注意到aH和H中都

12、有n个元素，故此HaH=G.同理可证对任意aH,有HHa=，HHa=G,因此对任意aH,有aH=Ha.对任意aH,显然aHH,HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故aH=Ha=H.综上可知对任意aG,有aH=Ha,因此H是G的正规子群.方法2设H是2n阶群G的n阶子群，那么任取aH,hH,显然有aha-iH.对给定的xH,有HxH=,HxH=G.这是因为若假设yHxH,则存在hH，使得y=xh,即*=丫5H产生矛盾，因此HxH=;另一方面，xHG,HG,又注意到xH和H中都有n个元素，故此HxH=G.那么任取aH,由上面的分析可知axH,从而可令a=xh1这里气日.假设存在hH,使得aha

13、-1H,则必有aha-1xH,从而可令aha-1=xh2这里hH.2那么xh1ha-1=xh2,即a=h2h1hH,产生矛盾.因此，任取aH,hH,有aha-1H.综上可知对任取aG,hH,有aha-iH,因此H为G的一个正规子群.设群G的阶为一偶数，证明G中必有一元素ae适合a2=e.证明:设bG,且阶数大于2,那么brb-i,而b-i的阶数与b的阶数相等换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1,注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，（切确的说阶数为2的元素有奇数个）.讨论1设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元为什么？提示：采用反证法，并注意用Lagran

14、ge定理.2群G中，任取aG,有an=e，那么G定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？令A=,B=证明:集合B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群，而这个群与群D同构.n证明:下面证明G=B,B2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群.首先证明对乘法运算封闭.下面进行分类讨论：BiBj=Bi+j，注意到Bn=故此BiBj=BrG这里i+j=kn+r,kZ,0rn.ABiBj=BrG这里i+j=kn+r,kZ,Orn.容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+i)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,Otn.那么Bi(ABj)

15、=(BiA)Bj=(ABn-t)BjG(ABi)(ABj)=A(BiABj)=A(ABn-t)Bj)=A2(Bn-tBj)=Bn-tBj)G由,(2),(3)，知G对乘法运算封闭.(D)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.(皿)显然Bn=A2=E为幺元.(W)对Bi(i=1,2,n),有BiBn-i=E;对ABi(i=1,2,n)，有(ABi)(Bn-iA)=E,因此G任何一元都可逆.由(I),(U),(皿)，(W)可知G在矩阵乘法下构成一群.最后证明G与D同构.n令f:GDnf(Bi)=Ti,f(ABi)=STi(i=1,2,n),可以证明f就是G到D的同构映射，

16、这里不予证明了.n设i是一个正整数，群G中任意元素a,b都适合(ab)k=akbk,k=I,i+1,i+2证明G为交换群.证明:对任意a,bGai+2bi+2=(ab)i+2=(ab)(ab)i+1=(ab)(ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,根据消去律可得TOC o 1-5 h zai+1b=bai+1.(1)同时ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab)(ab)i=(ab)(aibi)=a(bai)bi+1,根据消去律可得aib=bai.(2)因此ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai(3)另外bai+1=(ba)ai(4)结合(1),(3),(4)有(ab)ai

17、=(ba)ai(5)由消去律可得到ab=ba.因此G为交换群.16在群SL2(Q冲，证明元素a=的阶为4，元素b=的阶为3，而ab为无限阶元素.证明：可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.因为ab=，对任何正整数n，(ab)n=H可见ab的阶为无限.注意在一群中，有限阶元素的乘积并丕二定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.问题若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.证明:交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a,bS,并设a的阶为m，b的阶为n，则(ab)mn=(am)n(bn)m=e因此a

18、b为有限阶元素，即abS.a-i的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-iS.综上可知S为G的一个子群.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.证明:采用反证法证明假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素.(1)首先看第一种情况：G中取a严e,并设其阶数为珥，贝I循环群月,为G的一个子群；G中取a2Gi，并设其阶数为n2,贝I循环群G2=，为G的一个子群；G中取a3GiUG2，并设其阶数为巴，贝I循环群G3=，-为G的一个子群；31233我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列G(n=1,2,)，所以nG有

19、无穷多个子群，产生矛盾；(2)再看第二种情况:设aG的阶数为无穷，那么序列G=，G=，G=，12n是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.写出D的所有正规子群.n设H,K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.证明：(I)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.任取a,bHK,可令a=hk，b=hk1122这里hH，kK，i=1,2.ii那么ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2(1)(2)因HK=KH，故此(2)kh=hk1233这里hH,kK.33由(1),(2)知ab=气丄町叮吋丿吋严皿.另外，

20、a-i=(hk)-1=KH=HK.(4)11由(3),知HK是G的子群.(A)HK为G的一子群，下面证明HK=KH.若aHK,易知a-iKH.HK是子群，任取aHK,有a-iHK，因此(a-i)-i=aKH,那么有HKKH.若aKH,易知a-iHK.HK是子群，任取aKH,有a-iHK，因此(a-i)-i=aHK,那么有KHHK.综上知，HK=KH.设H,K为有限群G的子群，证明证明：因HPK为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为H=h(HPK)Uh(HPK)U-Uh(HPK)TOC o 1-5 h zi2r这里r为HPK在H中的指数，hiH，当iHj，hi-ihHnK(事实上等价于hi-ih

21、.K)，i，j=1,2，,r.又(HnK)K=K，所以HK=hKUhKU-UhK.(1)i2r注意到hfihjK,所以当iHj(i,j=1,2,r)时，hKPhK=.(2)ij由(1),(2)我们得到总结左陪集的相关结论设H为G的一子群，那么aaH;aHoaH=H;baHoaH=bH;aH=bHoa-ibH;aHPbH工，有aH=bH.设M,N是群G的正规子群证明：MN=NM;MN是G的一个正规子群；如果MN=e,那么MN/N与M同构.证明：方法1任取aMN,可设a=mn(mM,nN).因为M为G的正规子群，故n-imnM.所以a=n(n-imn)NM，故此MNCNM.同样的方法可以证明NMC

22、MN.因此MN=NM.方法2任取a，bMN，可设a=mn(mM，nN)，b=mn(mM，nN).下面只要11112222证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-iMN即可.因为ab-1=mnn-1m-1=m(nn-1m-1nn-1)(nn-1)，112211222112而M为G的正规子群，故nn-im-inn-iM,12221所以ab-iMN.由(i)可知MN为G的一个子群.任取aMN,可设a=mn(mM,nN).因为M和N为G的正规子群，对任意gG,有g-iag=g-imng=(g-img)(g-ing)MN.所以MN为G的正规子群.易知N为MN的正规子群，因此M

23、N/N是一个群.因为MN=e，对任何mHmijM,有mN工mN注.ij作一个MN/N到M的映射f注，f:MN/NfMmNm，那么该映射显然是一一对应，另外f(mNmN)=f(mmN)=mm，ijijij因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.讨论只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.注意1MN=e，对任何mHmM,有mNHmN.ijij证明：若存在mHmM,有mN=mN，那么mm-iN，而mm-iM.因此mm-iijijijijijMN,产生矛盾.2.设f:MN/Nf

24、MmNm,则由于对任何mmM,有mNHmN，故此f为MN/N到M的一个映射.ijij设G是一个群，S是G的一非空子集合令C(S)=xG|xa=ax,对一切aSN(S)=xG|x-iSx=S.证明：C(S),N(S)都是G的子群；C(S)是N(S)的正规子群.证明：首先证明C(S)是G的子群.任取x,yC(S),那么对任意aS有xa=ax,ya=ay.那么一方面，(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，所以xyC(S).另一方面,xa=axa=x-1axax-1=x-1a所以x-iC(S).因此，C(S)是G的子群.接着证明N(S)都是G的子群.任取x,yN(S)

25、，则x-iSx=S,y-iSy=S.那么一方面,(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S所以xyN(S).另一方面，x-1Sx=SS=xSx-1所以x-iN(S).因此，叫S)是G的子群.任取xC(S),aS,贝lxa=ax,即a=x-iax,亦即S=x-iSx.因此xN(S),即C(S)N(S).任取xC(S),yN(S),aS，则存在aS使得yay-i=a，因此a=y-iay.yyy那么(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1x(yay-1)x-1y=y1(xax-1)y=y-1ay=a,yy即(y-1xy)a=a(y-1xy).所以y-ixyC(S),因此C(S)是N(S)的正规子群.证明任意2阶群都与乘法群1,-1同构.证明：略.试定出所有互不相同的4阶群.解：我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.(1)若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为.若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1,其余元