近世代数基础课后答案

第一章基本概念

§1.集合

1.Bu4,但8不是4的真子集，这个情况什么时候才

能出现？

解由题设以及真子集的定义得，4的每一个元都属

于8,因此4u8.于是由

J3dAAczB

得4=5.所以上述情况在力=B时才能出现.

2.假定ZuB,*八8=?XU6=?

解（i）由于4u8,所以/的每一个元都属于8,

即”的每一个元都是4和8的共同元，因而由交集的定义得

Ac.A[\B

但显然有

4f]3uN

所以

A[\R=A

（五）由并集的定义，NUB的每一元素都属于“和

B之一3但/U&所以/U3的每一元素都属于3

ZUBuB

另一方面BuNUS,所以NUB=B.

§2.映射

1.A={1,2,…，100}.找一个/x/到月的映

射.

解用(a,6)表示Nx4的任意元素，这里a和b都

属于按照定义做一个满足要求的映射即可，例如

<Pt(a,b~)--->a

就是这样的一个，因为中咨％x/的任何元素(a,仍规定

了一个唯一的象a,而。e/.

读者应该自己再找几个/x/到/的映射..

2.在你为习题1所找到的映射之下，是不是月的每一

个元都是AxA的一个元的象？

廖在上面给出的映射⑦之下，.4的每一个元素都是

/x/的一个元的象，因为(a,b)中的a可以是力的任一

元素.

你自己找到的映射的情况如何？有没有出现4的元素不

都是象的情况？假如没有，找一个这样的映射.

§3.代数运算

1.-4={所有不等于零的偶数》.找一个集合。，使得

普逋除法是4x/到0的代数运算.是不是找得到一个以上

的这样的D?

解一个不等于零的偶数除一个不等于零的偶数所得结

果总是一个不等于零的有理数.

所以敢

D={所有不等于零的有理数}

普通除去就是一个Nx5到。的代数运算.

可以找得到一个以上的满足要求的簿.读者可以自己找

几个.

2.A={a,b,c}.规定力的两个不同的代数运算.

解(i)我们用运算表来给出力的一个代数运算：。

abc

aaaa

baaa

caaa

按照这个表，通过。，对于力的任何两个元素都可以得出一

个唯一确定的结果。来，而a仍属于2.所以。是Z的一个

代数运算.

这个代数运算也可以用以下方式来加以描述

o,(r,>)--->a~xoy对一切x,y^.A

(ii)同理

o；(X,V)--->x=roy对一切x,

也是Z的一个代数运算.读者可用列表的方法来给出这个代

数运算.

读者还应自己给出几个力的代数运算.

§4.结合律

1.N=(所有不等于零的实数》.。是普通除法:

3

aob=~r

b

这个代数运算适合不适合结合律？

解这个代数运算。不适合结合律.例如,

当

。=4b=c=2

时

42

(aob)oc=(4o2)o2=5。2=9=1

4

ao(6oc)=4o(2o2)=4。

HI14

所以当。，6和c取上述值时

(aob〉cc芦ac>(boc)

2./={所有实数}.代数运算

ot(a,6)--->a+2b=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

不适合结合律.

3.A~{atb,c}.由表

|ahc

-I-i

aabc

bbca

ccQb

给出的代数运算适合不适合给合律？

解所给代数运算。适合结合律.为了得出这个结论，

需要对元素a,b,c的27(=3与种排列(元素允许重复

出现)加以验证.但是利用元素。的特性，可以把验证简

化.仔细考察运算表，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。出现的排列，结合律都成立.这一点读

者可以自己验证.还剩下。不出现的排列.这样的排列共有

8(=29种.我们在这里验证4种，其余4种读者可以自

己验证.

(bob)ob=cob=a

bo(bob)=boc=a

所以(bob)06=60(bob)

(bob)oc=coc=b

60(boc)=60a=b

所以(bob)cc=bo(boc)

(boc)06=aoh=b

bo(cob)=boa=b

所以(boc)ofe=bo(cob)

(60c)oc=aoc=c

bo(coc)-bob=c

所以(boc)oc=bo(coc)

§5.交换律

1・/=｛所有实数｝.。是普通减法一

5

aob=a-b

这个代数运算适合不适合交换律？

解容易验证，当。=1,6=2时

aob¥=boa

所以这个代数运算不适合交换律.

2.A—{a,b,ctd}.由表

ddcab

所给的代数运算适合不适合交换律？

解要回答这个问题，只须考察一下运算表，看一看关

于主对角线对称的位置上，有没有不相同的元素.

§6.分配律

假定O,⑹是/的两个代数运算，并且㊉适合结合律,

O,①适合两个分配律.证明

503㊉⑸06力㊉⑶03㊉(a52)

=(a1G6i)@(a20&1)@(a1G52)<+)(a20b2)

解(aD㊉⑸03㊉⑸Obi)㊉503

=0£0(61©&2)+a20(fet(±)62)

=(a]㊉a?)o(b⑥62)

=(ai㊉a。。/①⑶㊉右)©力

-(aiQ&i).@(a2O6i)(±)(fliO62)©(a206i)、

6

§7.一一映射、变换

1.,=｛所有，。的实数｝.A=｛所有实数｝.我

11一个N与N间的——映射；

解x>lp;x对一切了七，

是一个力与力间的——映射.

首先，给了任一即任一大于0的实数无，卜工是

一个实数，BPlgrCAt并且1g上是唯一确定的，所以⑦是一

个工到N的映射..

其次，对于任一xeN,即任一实数y,10，=%是1

个大于。的实数，,而在少之下，

x—>lgx=jgioy=y

所以6是一个4到N的满射.

最后，若悬为，工zC/,并且叫芋4,那么1日m小幅工2,

所以◎是一个/到）的单射.

这样，中是一个〃与N间的—映射「

2./三｛所有二0的实数｝

N=｛所有实数G,o<^r<i｝

找一个/到N的满射.

解中，X->X若。名工<1

1.

&->三若火之11

是一个/到N的满射.

首先，⑦替每一工e/规定了一个唯一确定的象中（》），

7

而0式6(％)三1,所以⑦是一个d到N■的映射.其次，在@

之下，下的每一元后都是z中一个元，即下■本身的象，所以

。是一个z到二的满射.

读者可以证明，

(p1tx>|sinx|xA

<p2lx--->00<x<1

X-X>1

都是2到)的满射.

3.假定中是/与N间的一个----映射，a是N的一个

元.

⑦T£G(Q)[=?(«)1=?

若6是力的一个——变换，这两个问题的回答又该是什

么？

解当⑦是/与N间的一个——映射时，

0T[0(。〉]=。①[QT(a)1未必有意义.

若中是/的一个一一变换，那么

⑦T[⑦(Q)[=a⑦[0T(Q)=a

读者可以做一做以下补充习题.

(i)A=｛所有>0的整数｝

7=｛所有>o的整数｝

证明

0,x—>JC+1对一切yCN

是X与4间的一个---映射.

(ii)/=｛所有-0的实数｝

8

A=｛所有三0的实数｝

利用(i)题找一个工与工间的一-映射•：

§8.同态

1./=｛所有实数3].力四代数运算是普通乘法.

以下映射是不是工到力的一个子集N的同态满射？

a)x|x|b)x-*2xc)x-»x2

d)式一*一工

M。)取下=｛所有？。的实数｝，则NuZ,

而

曲：X-]XI(x)XQA

是4到N的一个同态满射.因为：对任一实擎明是一

个唯一确定的工。的实数，所以少।是/到二的一个映射,

若是五eA,那么元GN,

而

◎N无)=I元I=历

所以01是上到万的一个满射,对任意”,yQA,

%(xy)=\xyI=|JC[|y[=(pl(x)<p1(y)

所以中i是J到N的一个同态满射.

6)当》取遍一切实数值时，2x也取遍一切实数值.

读者容易证明

d：x—2工=也(x)

是4到J的一个满射，但中2不是“到力的一个同态满射.

因为：取力的数2和3,那么

也(2)=4%(3)=6

9

①2(2・3)=叽(6)=12竽巩(2)巩(3)

c)取N=｛所有20的实数｝,那么Nu/.读者可

以自己证明

2

<J>3tx->x=<J>3(x)XEA

是工到N的一个同态满射.

d)当x取遍一切实数值时，-%也取遍一切实数

值.容易证明

/：X-x=(Pi(x)XW/

是Z到/的一个满射，但不是一个同态满射.

2.假定力和N对于代数运算。和6来说蚂态，而7和

二对于住数运算己和5来说同态.证明，n和万对于代数运

算。和W说同态.

解由题设存在4到N的一个同态满射

⑦I：。-»1=中1(。)a£A,~aE~A

并且对于4的任意两个元素。和6来说

①i(aob)=ao6=<jpj(a)o见(b)

同样存在N壬项的一个同态满射

见：a—a=<J>2(a)aEA,A

并口对于力的注怠两个元素£和8来说

◎z(ao&-aab=(P2(a)o<J>2(6)

如下定义

①:a-*①i(a)3aW/

那么⑦是力到重的一个同态满射.因为：

(i)_由于。।和6z是同态满射，所以对于任何aQN,

中】(a)是/的一个唯一确定的元素，$/021中」(。)口是毒的

一个唯一确定的元素，因而©是4到二的一个映射.

10

(ii)由于同一叫，对于任何下存在一个元

素石6)，使中2(G)=G,并且存在一个元素aej,使

3i(a)=Z,因此在⑦之下，

a一⑦z[⑦i(Q)1=⑦2(。)=。

而⑦是A到力的一个满射.

(iii)由于同一原因，对于/的任何两个元素a和6

--⑦(aob>=⑦z£⑦1(。。6)2=中2「力1〈。)。⑦1(6)3

=。2皿(。)加2血⑹1

=<X>(a)o0(6)

而G是4到二的一个同态满射.

§9.同构、自同构

1./={。，6,c}.代数运算。由下表给定：

Qbc

bccc

找出所有/的一一变换，对于代数运算。来说，这些一一变

换是否都是力的自同构？

解工共有6（=3【）个——变换9即

GT。btbC—C

021QTa6一gc—b

<f>3«a-b，bfcc一。

11

⑦《»a-*6b—*ac—*c

6$•a­»cb—*bc—*a

中e：a—»cbfac-»6

对于代数运算。来说，中；和⑦，是4的自同构，其余4

个都不是,这是因为，若氏是一个Z的自同构，那么对力的

任何元素x和》，将有

(1)<t>i(.xoy)=(c)=<?>；(x)o^>i(y)=c

因而

(2)<i>i(c)-c

反过来，若(2)成立，那么(1)也成立.

2.A=(所有有理数｝.找一个N的对于普通加法来

说的官同构.(映射3-X除外).

解设氏是任一有理数，且人多0,k于1.

那么

①•x—kxxEA

是J的一个对于加法来说的自同构，并且⑦显然不是映射

XfX.力是/的--1■•一变换，读者可以自己证明。令X

和，是力的任意两个元素，那么

中：x+y(r+y)=k(x+y)~kx+ky-<P(.x)+(')

所以®是,4的一个自同构.

读者可以试证，工只有以下对于加法来说的自同构

x―频工€/,R是长0的有理数

3.Z=｛所有有理数｝二人的代数运算是普通加法.

7=｛所有若0的有理数｝，N的H数运算是普通乘法.证

明，对于给的代数运算来说，*与N间没有同掏映射存在.

(先决定o在一个同构映射下的象.)

12

解设⑦是么与N间对于所给代数运算的一个同构映

射，而0(0)=工那么由于①是同构映射，有

⑦(0)=9(0+0)=<P(0)<P(0)-a

但同构映射是单射，所以得高二至二于是有

a—a-a{a—1=0

但焉WN,所以瓦丰0,因而a—1=0,即。=1・

这样

0(0)=1(1)

由于⑦是满射，下的元-1必是力的某一元a的象，

cP(a)=-1

由是得

0(2a)=<t>(a+a)~<t>{a)<3>(a)=(-1)2=1

于是由功是单射，得2a=0,即a=0,而中(。)=-1,

与(1>矛盾.这说明，在Z与7间对所给代数运算来说不

存在同构对应.

读者可以用以下方法得出本题的另一证明,

设<f>(a)=2.考虑⑦(卷+卷)

§10.等价关系与集合的分类

1.4={所有实数}./的元间的关系〉以及N是不

是等价关系？

解>不是等价关系.这个关系不满足反射律：

不成立.

13

W也不是等价关系，它不满足对称律，例如，3>2,

但2~3不成立.

2.有人说；假如一个关系R适合对称律和推移律，那

么它也适合反射律.他的推论方法是:因为7?适合对称律

&RbbRa

因为A适合推移律

oRb,bRa=>aRa

这个推论方法有什么错误？

解这个推论方法的错误在于，对于“等价关系”定义

的陈述没有准确地理解.

aRb=>blia

的意思是：由。笈6可得6Ra,假如对于某一元素。，找

不到任何元素6,使得aH6成立，那么就得不出6Ka,

因而也就得不出a.例如；令人是整数集，如下定义工

的元间的关系??：

。Rb当且仅.当。6>0.

R显然满足对称律和推移律，但夫不满足反射律，因为

07?0

不成立.

3.仿照例3规定整数间的关系

。三6〈一5)

证明你所规定的是一个等价关系，并且找出模-5的剩余

类。

解可以完全仿照例3来做.

H

第二章群论

§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，因为普通减法不适合结合律.

例如

3-（2-1）=3-1=2（3-2）-1=1-1=0

3-（2-1）小（3-2）-1

2.举一个有两个元的群的例.

解令3={e,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）（Xy）z=x（yz）X,y,zQG

因为，由于ca=ae=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.-

15

其次，G有左单位元，.就是e，e有左逆元，就是e,

。有左逆元，就是。.所以,G是一个群.

读者可以考虑一下，以上应算表是如何作出的.

3.证明，我们也可以用条件I,II以及下面的条件

N',V’来做群的定义：

N'G里至少存在一个右逆元Li能让

o(?-a

对于G的任何元Q都成立；

V'对于G的每一个元。，在G里至少存在一个右逆

元a-1能让

aa*1=e

解这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件

I,I,W,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/=e，那么G是交

换群.

解令。和6是G的任意两个元.由题设

{ab)(ab)=(a6)2=e

另一方面

(06)(6a)=ab2a=aea=a2-e

于是有(Q6)(ab)=(ab)(ba).利用消去律,得

ab=ba

所以G是交换群.

16

2.茬一个着福国函誉,满元的个数一定是偶

数.

解令G是一个有限群丁至G有元。而。的阶">2・

考察我们有

a"(0T)"=ee(a-1)"=(a-1)fl=e

设正整数m<n而(a7)”=e,那么同上可得。*"=e,与"是

。的阶的假设矛盾.这样，”也是。―的阶，易见a-1#%

否则

o2=aa~1=e

与">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a-1

设G还有元b,b*a,b卡b',并且b的阶大于2.

那么6T的阶也大于2,并且67次6.我们也有b-i乎a.

否则

e=b~1b-aa~1=6-1a-1

消去6T得6=07,与假设矛盾.同样可证6-1ra-二这

样，除。和a-外，又有一对不同的阶大于2的元6和6-，

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G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是一个有限群而a是G的任一元素，那么

17

a,d2,as,岁

不能都不相等.因此存在正整数；.，//>，，使出=M.用

a-i乘两边，得"‘、

(1)出一，=e

这样，存在正整数i-八使(1)成立.因此也存在最小的

正整数力，使a”=e,这就是说，元。的阶是力.

§4.群的同态

假定在两个群G和4的一个同态映射之下，a-a.。与

«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1是该节中例1所给出的群.那么读者容易证明

(Ptn-S”是G的任意元

是G到百的一个同态映射.但G的每一个元”+。都是无限

阶的，而g的阶是1・

§5.变换群

1.假定T是集合/的一个非一一变换.丁会不会有一

个左逆元使得/♦=£?

解可能有.例如令力=｛所有正整数｝,则

T.1-1.普一"-1">1

显然是/的一个非---变换,而N的变换

T-1；«-♦»+1n(iA

就能使=

18

拉得开房间看见

2.假定/是所有实数作成的集合。证明，所有Z的用

以写成

x-^ax+b。和6是有理数-。于0

形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群？

解令G是由一切上述变换作成的集合.考察G的任何

两个元素

Tzx-^ox+ba和6是有理数，。共0

A■x-*cx4-dc和d是有理数，c手0

那么

x--*xrf-—(a.r+6)"=c(ar+6)+d

=(co)x+(cb+d)

这里ca和c6+d都是有理数，并且ca¥=0•

所以也仍属于G.

络合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立.

单位变换

£•X-*X

属于G.

容易验证，T在G中有逆，即

L，丁-3+(一。)

因此G作成一个变换群.

但G不是一个交换群.令

Tj：1-1

T2：X—^2X

那么

TlTZl工一(xT1)r2=(9+1)^2=2/十2

19

TiT,T1

T2T1：x-(x)=(2r)=2x+1

Tg—Ti

3.假定S是一个集合N的所有变换作成的集合.我们

暂时仍用符号

r.a—>a'=r(a)

来说明一个变换T.证明，我们可以用

TJT2Sa—>口[七(a)1=口丁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，e还是S的单位元.

解令一和Q是S的任意两个元而。是N的任意一个

元.那么。)和一[J"”都是N的唯一确定的元.因

此如上规定的口门仍是S的一个唯一确定的元而我们得到了

一个S的乘法.

令心也是S的一个任意元，那么

C(^iT2)r3J(a)=?,72^3(a)3=rt{jEj(。)口}

Oi(“3)1(°)=门〔七口(。力=Ti{rQs(}

所以“"2〉丁3=T1(LL〉而乘法适合结合律.

令工是S的任意元.由于对一切aC/,都有e(a)=a,

所以

e/(Q)=七匚厂(a)[=T(a)

re(a)=t[_e(a)]=r(a)

即£/=T£=工而£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是由某一集合上的变换组成的一个变换群，而

£是3的单位元.任取G的一个元T和4的一个元a.由于

20

=有

aCT=（ae）*=ar

由于r是Z的一个---变换，所以相=。而£是2的恒等变

换.

5.证明，实数域上一切有逆的"X”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

1.找出所有S3的不能和（幺力交换的元.

解Ss有6个元；

23、？123\

uulu327,\213/,

其中的

7123、7I

\1237,\2

显然可以和（：行）交换.通过计算，易见其它三个元不能和

（"；》交换.

2.把S3的所有元写成不相连的循环置换的乘积.

解（；港）=（»（；省）=（23）

UlU.=（12bUiU=（13b（；浦）=（123）

（；!Q=（l32）

21

3・证明，

(i)两个不相连的循环置换可以交换,

(ij)(GG--u)-1=(14JA.t•••»]).

解(i)看S.的两个不相连的循环置换。和T・我们

考察乘积E使数字1,2,•••,a如何变动.有三种情况.

(«)数字2.在。中出现，并且。把f变成f•这时

由于。和T不相连，，不在丁中出现，因而T使，不变，所

以8仍把i变成j.

(b)数字k在丁中出现，并且T把石变成2.这时

々不在。中出现，因而“使目不变，所以OT仍把h变成I.

(C)数字不在。利T中出现.这时人使用不动.

如上考察丁。使数字1,2,…，”如何变动，显然得

到同样的结果.因此OT=W.

(ii)由于GG…工)。山_「•&)=(1),所以

-1=(th淳-1…八)

4.证明一个k-循环置换的阶是k.

解一个人-循环置换；I=八…的一次方，二次

方，…，人次方分别把L变成〃，的，…，L.同理”把

变成同，…，把U变成U,因此a=(I).由上面的分析，

若是/<"那么^*(1).这就证明了，”的阶是k.

5.证明S”的每一个元都可以写成

(12),(13),(In)

这n-1个2-循环置换中的若干个的乘积.

解由于每--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，一个箱环置换可以写成若干个(1D形

的置换的乘积.设灯是一个左一循环苴换.我们分两个情形

22

加以讨论.

(a)1在B中出现，这时k可以写成

(1hii---ik-i)

容易验算

(1i\，2…3T)"(1»1)(1!2)(1)

(6)1不在"中出现，这时

31-(tjt2•■•ik)=(1…川(1»1)

=(1。)(1均)…(1ik)(1。)

§7.循环群

1.证明，一个循环群一定是交换弹.

解设循环群G=(。).那么G的任何两个元都可以写

成(T和。"(，〃，”是整数)的形式.但

a”a*=ae+“=a"+，“=a”aF

所以G是一个交换群.

2.假定群的元。的阶延”.证明。’的阶是占，这里

d=(r,n)是r和n的最大公因子.

解由于d|r,r=ds,所以

(o')d=(udi)d-(«")s=e

现在证明，2就是a'的阶.设炉的阶为上.那么归

令

M

方=M+ho三八三五一1

23

得

5

e=(ar)^=(ar)=(ar)kg(ar)、=(ar)

但々而R是。'的阶，所以乙二0而

n,

胃=柯

于是得女子.(参看本节定理的第二种情形.)

为了证明归=],只须反过来证明》ft.由a'h=e而

M是a的阶，同上有n|r"因而2]。.但d是舞和r的

最大公因子，所以去和3互素而有2k.

3.假定。生成一个阶是”的循环群G.证明：丁也生

成G,假如(r,n)=1(这就是说r和。互素).

解由习题2,"的阶是n・所以

a，(a')2,…，(a')"-',(ar)"=e

互不相同.但G只有正个元，所以

G={%G),…，G)”}

而a'生成G.

4,假定G是循环群，并且G与不同态.证明。也是循

环群.

解由于G与3同态，不也是一个群.设G=(a),而

在G到*的同态满射⑦下，。一>a.看。的售意元T.那个

在中下，有dWG,使a1"—>g.但a"---->a.所以g=£♦

24

这样，不的每一元都是*的一个乘方而3=

5.假定G是无限阶的循环群，百是任何循环群.证明

G与"同态.

解令G=(。)，在;3).定义

•一-m

CP：——>Q

我们证明，。是G到百的一个同态满射.

(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a"■的形式，所以在◎之下，G的每一个元

有一个唯一确定的象，而①是G到◎的一个映射.

(ii)豆的每一个元都可以写成不的形式，因此它在

中之下是G的元砂的象，而◎是G到停的一个满射.

一E+n—m

(iii)aman=--->a=aa

所以中是G到G的一个同态满射.

§8.子群

1.找出S3的所有子群.

解S3显然右以下子群：

S3本身,((D)={{1)}?

((12))={(12),(1))；

((13))={(13),(1)1j

(<23))={(23),(1)},

((123))=((123),(132),(1)}.

若S3的一个子群H含有(12),(13)这两个2-循环

置换，那么H含有

25

(12)(13)=(123),(123)(12)=(23)

因而”=S3.同理，若是Ss的--个子群含有两个2•循环置

换(21),(23)或(31),(32),这个子群也必然

是.S3•

用完全类似的方法，读者可以算出，若是Sa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S3.

因此上面给出的6个子群是Sa的所有子群.

2.证明，群G的两个子群的交集也是G的干群.

解设户九和日2是G的子群.

令e是G的单位元.那么e，屈于〃；和42,因而

而“山尸九不空.

令b)那么属于“，和九.但

a,rW2.a,b1

和以2是子群.所以必7属于日\和Hz,因而属于以10日2・

这就证明了，Hi(1Hz是G的子群.

3.取S：,的子集S={(12),(123)).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=(。)而H是G的一个子群.

若H只含单位无c=a°,则H=(e)是循环群.若〃不

仅含单位元，那么因为“是子秫，它一定含有元陵，其中切

是正整数.令i是最小的使得a-属于H的正整数，我们证

明，这时〃=3).看H的任一元出.令

26

t=iq+r0<r-<»

那么a，=a，”.由于出和N都属于N,有

ar=a~i9a'GH

于是由假设，=0,出=(a，)。而H=(aO.

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：

(E03)=E0J

([ID=([5D=(匚7))=(111D=G

(C2j)=(rioj)={[2j,C4],[61,m,non,EOJ>

(L3J)=(C93)={C3],[6]，[9，LOJ)

(C4j)=(C8i)={C4j,18，con

([69={[61,con

是G的所有子群.

6.假定〃是群G的一个非空子集并且打的每一个元的

阶都有限.证明，H作成一个子群的充要条件是：

a,bQH==>ab©H

解由本节定理I,条件显然是必要的.

要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明；

a£H=>a-1GH

设aGH.由于旧的每一元的阶都有限，所以。的阶

是某一正整数"而=。"-,于是由所给条件得

§9.子群的陪集

1.证明,阶是素数的群一定是循环群.

27

解设群G的阶为素数P.在G中取一元0丰e，则a

生成G的一个循环子群（a）.设（a）的阶为"，那么"/1.

但由定理2,n|P,所以w=夕而G=（a）是一个循环群.

2.证明，阶是力1"的群（。是素数，^>1）一定包含

一个阶是P的子群.

解设群G的阶是产.在G中取一元a/。，那么由定

理3,。的阶力|0".但."于1,所以“=〃，t>1.若

t=l,那么a的阶为白，而（。）是一^T•阶为力的子群.若

t>1,可取那么6的阶为D而（6）是一个阶

为。的子群.

3.假定a和b是一个群G的两个元，并Hab=6a,又

假定a的阶是a，6的阶是n,并且⑴，n）=1.证明：

a6的阶是mn.

解设。b的阶是6.由。6=%,得

（ab）E"=十崂倒"=e

因此我们反过来证明，mn\人由

e=（Q6）KN=。外％&0=

以及。的阶为m，得切lAs.但（m,“）=1」所以加

同理〃|k.又由（*n）=1,得血nIk.

这样，ab的阶k=懦n、

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a,x,a/来说

ar〜。h'①〜

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等价的元所成的集合.

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由于。〜e,所以“不空.

设a,b£H.那么。〜e,6〜e..6〜e可写成

a~〜。-*a

因此由题设，ab〜a〜e而ab€H.

a〜e可写成ae〜aa-i,因此由题设，e〜。一，而aC’CH.

这样，M作成G的一个子群.

5.我们直接下右陪集Ha的定义如下，&a刚好包含

G的可以写成

ha(hSH)

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aCG.由于H是一个子群，单位元

e6H,因此a=eaCHa,这就是说，元a属于右陪集

Ha.

设。匕/76,ac,那么

a=hib=HiC(A,,

由此得，b=h：%c,而"b的任意元

hb—hh^'h2c£Hc

因而HbuHc.同样可证“cu"6.这样"6=He而

。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6\=｛［01,C1LC2J,13».

G1的元［1:］的阶是4而G।是£1：!所生成的循环群(C1J).

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S,的的子群

=(12)(34),(13)(24),(14)(23)}

叫作克莱因四元群.3,是S,的子群容易验证.我们有

L(12)(34)]2=C(13)(24)]2=E(14)(23)12=(1)

(12)(34)(13)(24)=(13)(24)(12)(34)=(14)(23)

(13)(24)(14)(23)=(14)(23)(13)(24)