近世代数第二章答案

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?2 ?3?2??1?1?1?0 3??2?1???3?2??1 2.举一个有两个元的群的例。 解：令G??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) ?x?y?z?x?y?z????????x,y,z?G

因为，由于ea?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?a a?aa??ae?a

而(1)仍成立。

其次，G有左单位元，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，Ⅱ以及下面的条件IV?，V?来做群的

第 1 页 共 20 页

定义：

IV? G里至少存在一个右逆元a?1，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?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,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

?ab??ab?=?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?1。我们有

an?a?1?=e e?a?1?=?a?1?=e

nnn2设正整数m

m假设矛盾。这样，n也是a?1的阶，易见a?1?a。

第 2 页 共 20 页

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

a?1。

设G还有元b，b?a，b?a?1，并且b的阶大于2。那么b?1的阶也大于2，并且b?1?b。我们也有b?1?a。

否则 e=b?1b=aa?1=b?1a?1

消去b?1得b=a?1，与假设矛盾。同样可证b?1=a?1。这样，除a和a?1外，又有一对不同的阶大于2的元b和b?1。

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是一个有限群而a是的任一元素，那么

a,a2,a3,...

不能都不相等。因此存在正整数 i，j，i?j，使ai?aj ，用a?j乘两边，得

（1） ai?j?e

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，

第 3 页 共 20 页

使am?e，这就是说，元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?g n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??1使得

??1????

解：可能有。例如令A={所有正整数}，则

?： 1?1， n?n?1 n?1

显然是A的一个非一一变换。而A的变换

??1： n?n?1 n?A

就能使??1???.

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?b a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?b a和b是有理数， a?0

第 4 页 共 20 页

?： x?cx?d c和d是有理数， c?0

那么

????(ax?)b?(ca?x) b???： x?xd ?(ca)x?(cb?d) 这里ca和cb?d都是有理数，并且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

?： x?x

属于G。

容易验证，?在G中有逆，即

??1： x?x?(?)

1aba因此G作为一个变换群。 但G不是一个交换群。令

?1： x?x?1

?2： x?2x

那么

?1?2： x?(x?)??(x?1)??2x?2

122?2?1： x?(x?)??(2x)??2x?1

211 ?1?2??2?1

3. 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'??(a)

第 5 页 共 20 页

来说明一个变换?。证明，我们可以用

?1?2： a??1[?2(a)]??1?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?2(a)和

?1[?2(a)]都是A的唯一确定的元。因此如上规定?1?2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?3也是一个任意元，那么

(1?2)?3a](?)?1?2?a[3?()]?1a?{3 [()]} [?](?)?1?[2?a3?()]?1?2{a?3 [?1(?2?3)a [()]}所以(?1?2)?3??1(?2?3)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)??[?(a)]??(a) ??(a)??[?(a)]??(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?)??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

第 6 页 共 20 页

个群.

解：这个题的解法很容易，这里从略。

6. 置换群

?123?1. 找出所有s3不能和??交换的元。 231??解：s3有6个元：

?123??123??123???，??，??， 123132213???????123??123??123?，，??????。 ?231??312??321?其中的

?123??123??123??123? ??，?，???=?231?

??123??231??312??2显然可以和??123??123?交换。通过计算，易见其它三个元不能和 ???交换。?231??231?2. 把s3的所有元写成不相连的循环置换的乘积。 解： ??=（1），?12?123??323?123??1=（1 2），???21?213??3?123???=（1 3 2） ?312??123?13?2??=（2 3） ?23?1?=（1 3），??13?2???=（1 2 3） ?3．证明：

（ⅰ）两个不相连的循环置换可以交换； （ⅱ）

解：（ⅰ）看的两个不相连的循环置换?和τ。我们考察乘积?τ

第 7 页 共 20 页

使数字1，2，…，n如何变动。有三种情况。

（a） 数字 在?中出现，并且?把变成j。这时由于?和τ不相连，

j不在τ中出现，因而τ使j不变，所以?τ仍把变成j。 （b） 数字k在τ中出现，并且τ把k变成。这时

因而?使k不变，所以?τ仍把变成。 （c） 数字m不在?和τ中出现。这时?τ使m不动。

如上考察τ?使数字1，2，…，n如何变动，显然得到同样的结果。因此?τ=τ?。 （ⅱ）由于4．证明一个解：一个别把变成

循环置换的阶是 。 循环置换π=

。同理

的一次方，二次方，…，次方分把i2变成i2,…,把变成。因此，那么

。这就证明了，

，所以

不在?中出现，

。由上面的分析，若是

π的阶是。

5．证明的每一个元都可以写成

（1 2），（1 3），…，（1 n）

这

个

循环置换中的若干个的乘积。

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π是一个

循环置换。我们分两个情形加以讨论。

（a） 1在π中出现，这时π可以写成

容易验算

第 8 页 共 20 页

（b） 1不在π中出现，这时

§7.循环群

1．

证明，一个循环群一定是交换群。

解：设循环群G??a?。那么G的任何两个元都可以写成am和an（m，n是整数）的形式。但 一个交换群。

2.假定群的元a的阶是n。证明的阶是 ，这里d=( r，n )是r和n的最大公因子。

解：由于d｜r ，r=ds ，所以

现在证明， 就是的阶。设的阶为。那么令 得 但

而

是

的阶，所以

而

aamn?am?n?an?m?anam 所以G是

。

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｜ 。由

而n是a的阶，

同上有n｜r , 因而｜互素而有

。

。但d是n和r的最大公因子，所以

第 9 页 共 20 页

3.假定a生成一个阶是n的循环群G。证明：也生成G，假如（r,n）=1 (这就是说r和n互素)。 解：由习题2，的阶是n。所以

互不相同。但G只有n个元，所以 而生成G。

4．假定G是循环群，并且G与同态。证明也是循环群。

，

解：由于G与同态，也是一个群。设G??a?，而在G到的同态满射φ下，

。看

的任意元

。那么在φ下，有 。这样，的每一元都

是的一个乘方而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??a?，G?(a)。定义 Φ：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φ之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而φ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φ之下是G的元

我们证明，φ是G到

的象，而φ是G到的一个满射。 （ⅲ）

所以φ是G到的一个同态满射。

第 10 页 共 20 页

G=｛e,a,b,c｝ a2=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，有aN=Na，即 ｛a,an｝=｛a,na｝

所以an=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N1和N2是群G的两个不变子群。那么N1?N2是G 的一个子群（§8.习题2）。我们进一步证明，N1?N2是G的一 个不变子群。令a∈G,n∈N1?N2,那么n∈N1,n∈N2,但N1 和N2是不变子群，所以ana-1∈N1, ana-1∈N2,因而 ana-1∈N1?N2

第 16 页 共 20 页

于是由定理2，N1?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，那么显然有nN=Nn。设b∈G,b?∈N。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Nb。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=h1?1?n , b=hn12?12 (h1,h2∈ H , n1,n2∈N )

'ab=h1n1n2h?12=h1nh?12 (n=n1n2)

'?1由于N是一个不变子集，有

Nh2=h2N ，n?1?1?1'h?12=h2 n （n∈N）

?1由是得ab=(h1h2)n∈HN，HN是一个子群。

5. 举例证明，G的不变子集N的不变子群N1未必是G的不变子群 （取G=S4）.

解 ：令G=S4, N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝ N1=｛（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?∈S4，等式

第 17 页 共 20 页

?1

（a） ?N?=N

成立。由于任何?都可以写成(1i)形的2一循环置换的乘积。（§6.习题5），我们只须对(1i)形的?来看等式（a）是否成立。又由于N的元的对称性，我们只须看?=（12）的情形。但

（12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），

（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝

所以N是S4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）?N1 6. 一个群G的可以写成a?1??1b?1ab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?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 ,aca=(aca个不变子群。

（ii） 令a,b∈G 。那么a?1?1?1c?1) c∈C ,所以C是G的一

b?1ab=c∈C。由此得

ab=bac, abC=bacC=baC

即aCbC=bCaC而G/C是交换群。

第 18 页 共 20 页

（iii） 因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b (aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN 由此得 ab=ban (n∈N) a?1b?1ab= n∈N。

这样N含有一切换位子，因此含有C。 补充题。令?和（i1 i2…ik）属于Sn 。证明

??1（i1 i2…ik）?=（i1 i2 …ik ）

xxx §11.同态与不变子群

1. 我们看一个集合A到集合A的满射Φ。证明。若A的子集S是A的子集S的逆象；但若S是S的象,S不一定S的S是S的象，逆象。

解：（i）设S是S的逆象。这时对任一元a∈S,存在元a∈S，使Φ（a）=a,因此φ(S)? S。反过来，对任一a∈S，存在a∈S，使Φ（a）=a,因此S?φ(S)。这样S=φ(S)，即S是S的象。

（ii） 令A=｛1 ，2，3，4｝，A=｛2，4｝，A到A的满射是 Φ： 1?2 ，2?2 ，3?4 ，4?4

取S=｛1，3｝。那么S的象S=｛2，4｝。但S的逆象是A?S 2.

假定群G与群G同态，N是G的一个不变子群，N是N的逆象。证明，G/N?G/N。

解：设所给G到G同态满射是 Φ： a?a=Φ（a） 我们要建立一个G/N到G/N的同构映射。定义 ? ： aN ?a?1????????????????????????????????N

??若aN=bN,那么ba∈N。由于N是N φ之下的象，有

第 19 页 共 20 页

ba=b?1?1?a∈N， aN=bN

???????? 所以?是G/N到G/N的一个映射。 设a?N∈G/N而Φ（a）=a ，那么

???? ? ： aN ?a??N

?? 所以?是G/N到G/N的一个满射。

若aN? bN ,那么ba?N 。由于N是N的逆象，由此得 ba=b?1?1??1?a?N ，aN?bN

???????? 所以?是G/N到G/N间的一个一一映射。 3.

假定G和G是两个有限循环群，它们的阶各是m和n。证明，

G与G同态，当而且只当n|m的时候。

?? 解：设G与G同态，那么由定理2，G/N?G，这里N是G到G的同态满射的核。所以G/N的阶是n。但G/N的阶等于不变子群N在G里的指数，所以由§9的定理2它能整除G的阶m。由此得n|m。 反过来设n|m。 令G=(a), G=(a)。定义 Φ： a?a

若a=a，那么m|h-k。于是由n|m ,得n|h-k而a=a。这样Φ是G到G的一个映射。容易证明，Φ是G到G的一个同态满射。因此G与G同态。 4.

假定G是一个循环群，N是G的一个子群。证明，G/N也是循环群。

解：循环群G是交换群，所以G的子群N是不变子群，而G/N有意义。设G=（a）. 容易证明G/N=（aN）. 所以G/N也是循环群。

第 20 页 共 20 页

???hk?h?kkk?????

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/03fw.html