近世代数习题作业参考答案2010

近世代数部分习题参考答案

第11章 半群和幺半群

P343.3

证明：只须证：对?x,y?S，若有(a?b)?x?(a?b)?y，则必有x?y。

(a?b)?y?a?(b?y)，由结合律知(a?b)?x?a?(b?x)，从而a?(b?x)?a?(b?y)

又a为左消去元，故有b?x?b?y，而b也为左消去元，所以有x?y。 P343.8

证明：

1）结合律：由集合论知识知集合的对称差运算\?\满足结合律，故(2S,?)为半群；

2）单位元：对?A?2S有??A?A???A；

3）逆元：对?A?2S有A?A?A?A??，即为自身。 故(2S,?)为群。

P347.2

证明：令P?{aa?a?a,a?M} ① 显然有e?P，故P??，且P?M； ② 下证封闭性：对?a,b?P，下证a?b?P

因为(a?b)?(a?b)?a?(b?a)?b?a?(a?b)?b?(a?a)?(b?b)?a?b，故

a?b?P。

P355.1

证明：记S???1(e2)，则S?{x?(x)?e2}，显然有S?M1 ①S非空：由?(e1)?e2知e1?S。

②封闭性：对?x,y?S有：?(x)?e2，?(y)?e2， 则?(x?y)??(x)??(y)?e2?e2?e2，所以x?y?S

故S是M1的一个子幺半群。

若S是M1的理想，则有SM1?S，M1S?S

对?x?S，?y?M1，?(x?y)??(x)??(y)?e2??(y)??(y) 同理?(y?x)??(y)??(x)??(y)?e2??(y)

所以如果?(y)?e2，则x?y(y?x)?S，此时S是M1的理想，否则不是。

第12章 群

P370.3

证明：设G?{e,a,b,c}，(G,?)为群。其乘法表为：

? e a b c e e a b c a a aa ab ac b b ba bb bc c c ca cb cc 验证交换性只须验证乘法表中的矩阵的对称性即可，即只须验证： 1）ab与ba：显然ab?a,b，故ab?e,c

若ab?e，即a与b互逆，则必有ba?e，从而ab=ba；

若ab?c，则ba?c，否则若ba?e，则必有ab?e，从而c?e矛盾。 综上ab=ba。

同理可得：ac=ca，bc=cb。

P370.4

证明：设(G,?)为非交换群，且|G|?2。只须找到元素a?G，且a?1?a即可。 即只须在G中找到一个元素，其阶大于2即可。若G中不存在这样的元素，即对?a?G均有a2?e，则由2题知G为交换群，矛盾。故?a?G，其阶大于2，即a?1?a，从而令b?a?1，显然有b?a，但ab?ba。

P373.5

证明：记S???1(e2)，则S??x?(x)?e2,x?G1?，显然S?G1

1）S非空：对?y?G2，由?为满射，则?x?G1，使得y??(x)，从而 ?(e1)?y??(e1)??(x)??(e1?x)??(x)?y，同理有y??(e1)??(x)?y，所以：

?(e1)?y?y??(e1)?y，则?(e1)?e2，所以e1?S。

2）封闭性：对?x,t?S，有?(x)?e2，?(t)?e2，则?(x?t)??(x)??(t)?e2， 所以x?t?S。 3）结合律：显然。 4）单位元：e1?S。

5）逆元：对?x?S，有?(x)?e2，则：e2??(e1)??(x?x?1)??(x)??(x?1)

?e2??(x?1)??(x?1)，即?(x?1)?e2，所以x?1?S。 P384.3

证明：由ar?G，则(ar)?G。设ar的阶为k，即(ar)k?e。

因为(ar)n?(an)r?er?e，所以kn。又由(ar)k?e?ark?e，而an?e， 所以nrk，由已知(n,r)?1，则有：所以k?n，即ar的阶为n，从而(ar)?G。 nk，另证：由(n,r)?1??k1,k2?Z，k1?n?k2?r?1，则有：

a1?ak1?n?k2?r?ak1?nak2?r?eak2?r?(ar)k2，即a?(ar)k2，即G的生成元a可由ar生成，故有：(ar)?G。

P384.5

证明：设ar的阶为k，则(ar)k?e，即ark?e。又an?e，所以n|rk，又(r,n)?d， 则有：

nrnrn|k，而(,)?1，所以|k。 dddddrndnrd又由(a)?aP387.1

?(a)?e?e得：k|nrdrdnn，从而k?

dd证明：设(G,?)为六阶群。则对?x?G(x?e)，其阶只能为2，3，6。

1）若?a?G，且a的阶为6 ，即a6?e，则G?(a)，则由循环群的子群知存在三阶子群为：S?{e,a2,a4}

2）若?a?G，且a的阶为3 ，即a3?e，此时显然有三阶子群为：S?{e,a1,a2}

3）若不存在a?G，使得a的阶为3或6，则对?a?G有a2?e，从而此时群(G,?)为交换群。令A?{a,b}，其中a,b?G且均不为单位元。则(A)?{e,a,b,ab}，

|(A)|?4?|6矛盾。

P394.2

证明：设H?A?B，则由定理知H仍为群G的子群，则由拉格朗日定理得：

|B|?|H|?[B:H]，记j?[B:H]?|B|，则B?Hb1?Hb2???Hbj，|H|bi?B(i?1,.?,j)其中Hbi(i?1,?,j)为互不相同的右陪集。则

AH?A，所以AB?Ab1?Ab2???Abj，AB?AHbAH2?b??AHj，又b1?又Abi?Abl??，否则，若Abi?Abl??，则由陪集的性质得：Abi?Abl，从而

bibl?A，又bibl?B，所以bibl?A?B，即bibl?H，所以Hbi?Hbl，矛盾。因此根据容斥原理有：|AB|?|Ab1|?|Ab2|???|Abj|?j?|A| 即 |AB|?

P394.3

证明：由前面的习题结论知六阶群中一定有三阶子群，假设不惟一，设A,B为六阶群G两个不同的三阶子群。不妨设A?{e,a,b}，B?{e,c,d}，则A?B?{e}。 从而|AB|?

P394.4

证明：设H为群G的子群，且有[G:H]?2，则其左陪集构成的划分为：

H,aH(a?H)，其右陪集构成的划分为：H,Ha(a?H)，从而aH?G\\H Ha?G\\H，所以aH?Ha。

?1?1?1?1|B||A||B|?|A|? |H||A?B||A||B|?9?6矛盾。

|A?B|P394.5

证明：设H1,H2为群G的两个正规子群，记H?H1?H2。则对?a?G,h?H，由H1,H2为群G的两个正规子群得：aha?1?H1，aha?1?H2，所以

1ah?a?H1?H2，即aha?1?H，故H是G的正规子群。

P394.6

证明：对?a,b?NH，则?n1,n2,h1,h2?NH,使得a?n1h1,b?n2h2，则

?1?1又由N是G的正规子群，则对?x?G，xN?Nx。故?n3?Nab?1?n1h1h2n2。

使得h2n2?1?1?1?1?n3h2，则ab?1?n1h1n3h2，同理?n4?N，使得h1n3?n4h1，从

?1?1而ab?1?n1n4h1h2?(n1n4)(h1h2)?NH，则由子群的判定定理知NH是G的子群。

P394.8

证明：设G为群且|G|?2n，则偶数阶群G中一定存在一个阶为2 元素，即

?a?G，a2?e，从而H?(a)?{e,a}。由G为交换群，则对?x?G，

xH?Hx?{x,ax}?{x,xa}，故H为群G的一个2阶正规子群，根据拉格朗日定

理以及正规子群和商群的关系知G必有一个n阶商群。

P394.9 证明：

必要性?：对?a,b?G，由H为G的正规子群可得：

aH?bH?a(Hb)H?a(bH)H?abHH?abH，仍为H的左陪集。

充分性?：由已知可得：对?a?G，aH?a?1H?cH，因为e?aH?a?1H，从而

e?cH，；又e?H，即e?cH?H，则由左陪集的性质得：cH?H，所以

aH?a?1H?H，则对?h?H，使得aha?1h1?h2?aha?1?h2h1?H ?h1,h2?H，

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