2.第二章群论自测练习

第二章 群论

自测练习

一、概念解释

1. 置换 2. 群的方程定义 3群的公理化定义 4. 群的阶 5.循环群 6. 群的指数 二、判断题

1.对于群G的任意两个元a,b来说，方程ax?b和ya?b都在G中有解。 2.任何一个子群都同一个变换群同构。

3. 设H1,H2均为群G的子群，则H1?H2也为G的子群。 （ ） 4. 群G的不变子群N的不变子群M未必是G的不变子群。（ ） 5.S4的置换????2??1234??是一个4—循环置换。 ?143?6. 群G中元素a的逆元存在，但不一定唯一。 三、选择题

1. 下面是交换半群，但不是群的是（ ）。

A. (N,?) B. (Q,?) C. (Z,?), 其中是非零整数集合 D. (C,?) 2. 设e是群G的单位元，a,b是G的两个元素，则（ ）。 A. (ab)?1*?a?1b?1 B. (ab)?2?a?2b?2 C. 若a2?e，则a?a?1 D.ab?ba

3.精确到同构, 4阶群有( )个。

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 以下结论正确的是 ( )。

A.全体非零整数对普通乘法作成一个群 B.全体奇数对普通加法作成一个群

C.实数域上全体n阶矩阵对普通乘法作成一个群

D.、实数域上行列式等于1的全体n阶矩阵对普通乘法作成一个群 5. 若H,K分别是群G的2011阶, 2012阶子群, 则H?K是群G的( ) 。

A.1阶子群 B.2011阶子群 C.2012阶子群 D.2011?2012阶子群

6. 以下结论正确的是 ( )。

A.无限群中除了单位元外其余元的阶都是无限 B.无限群中至少有一个无限阶元

C.有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数 D.有限群中两个有限阶元的乘积可能是无限阶元 7. 在4次对称群S4中，阶等于2的元的个数是( )。 A.2 B. 3 C.6 D.9 8. 设N是群G的不变子群，以下结论不正确的是( )。

A、若G是交换群，则G/N是交换群 B、若G是非交换群，则G/N是非交换群 C、若G是循环群，则G/N是循环群 D、若G中元的阶都有限,则G/N中元的阶都有限 四、填空题

1．设群G中元素a的阶为m，如果a?e，那么m与n存在整除关系为。 2．凯莱定理说：任一个子群都同一个 同构。

3. 设G?(a)是循环群，则G与整数加群同构的一个充要条件是 。

4. 设Z是整数加群，2Z?{2n|n?Z}是Z的子群，则商群Z/2Z的阶是 。 5. 模12的剩余类加群Z12到模18的剩余类加群Z18的同态映射有 个。 6. p(p是素数)阶群的子群有 个。

7. 在全体非零复数对普通乘法作成的群C*中，由

是 。

8. 若N是4次对称群S4的12阶子群，则商群S4/N的阶是 。 9. 在同构的意义下，p(p是素数)阶群共有 个。 10. 在实数域上全体2阶可逆矩阵对普通乘法作成的群中，由A??有元素是 。

n?1?3i生成的子群的所有元素2?0?1?生成的子群的所??10?11. 模12的剩余类加群Z12的单位元是 . 12. 已知群G中元素a的阶为6，则a4的阶等于 . 13. 整数加群Z的所有生成元是 .

14. n次对称群Sn的阶是 .

五、计算题

1.设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求G中下列各元素

的阶：a????0?1??01????, ab. ,b?????10???1?1??123456?2.设??S6，其中 ????354162??.

???121）将?分解成不相连循环置换的乘积； 2）求?的阶； 3）求?及?。

3. 设9次置换????5??123456789??， ?37618942?（1）将?表成互不相交的轮换乘积；

(2) 将?表示成形式为对换的乘积； (3)求出?的逆与的阶。

六、解答与证明题

1.请举一个幺半群其中有一个元素的左逆元不一定是右逆元，右逆元也不一定是左逆元。 2.设G是由以下四个二阶方阵作成的集合

?10???10??10???10?a???01??,b???0?1??,c???0?1??,d???01??，证明：G对方阵的普通乘法作成

????????一个交换群，并给出乘法表。

3. 假设G是2n阶群，则G包含有2阶元素；如果n是奇数并且G是Abel群，则G只有一个2阶元素。 证明

4.实数集R，对运算a?b?2(a?b)能否作成群，并说明理由。

5.设G=（a）是循环群，证明：当a?n时，G=（a）与n次单位根群同构。

6.设G是整数环Z上行列式等于1或-1的全体n阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G作成一个群。

7.设R是一个有单位元1的环，a,b?R,证明：如果1?ab在R中有逆元，则1?ba在R中也有逆元。

8.设R2为所有实数对(x,y)作成的集合，对运算(a,b)?(c,d)?(a?c,b?d)，R2能否构成群，说明理由。

9.令G=?e,a,b?，且G有如下乘法：

e a b e e a b a a b e b b e a 证明：G对此乘法作成一个群。

10.非零实数集R对运算a?b?ab能否作成群，说明理由。 11.实数集R，对运算a?b?2(a?b)能否作成群，并说明理由。 12.证明：在群G中只有单位元满足方程x?x。

13. 设G是一个阶大于1的群，证明：若G中除单位元外其余元素的阶都相同，则这个相同的阶不是无限就是一个素数。

14.证明：任何群都不能是两个非平凡子群的并。 15.两个子群的乘积不一定是子群。

16.证明：群G是有限群当且仅当G只有有限个子群。 17.试举出满足以下条件的群：

1）G是无限群，除单位元外，每个元素的阶都无限。

2）G是无限群，G中除单位元外，既有有限阶元素，也有无限阶元素。 18.证明：在任意群Ｇ中，a与cac(a,c?G)同阶。

?1219. 假定群G的阶为n,且G?(a).证明：G?(ar),这里(r,n)?1. 20.一个群G的可以写成a?1b?1ab形式的元叫做换位子,证明：

(1)所有有限个换位子的乘积组成的集合C是G的一个不变子群,称为G的导群或换位子群；

(2)G／C是交换群；

(3)若N是G的一个不变子群，并且G/N是交换群，那么N?C.

21.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,y来说，有ax～ay?x～y。

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。 22.设循环群G=(a)是可换群.

23.设G是一个阶大于1的群,证明：G只有平凡子群当且仅当G为素数阶循环群。

24.假定群G的不变子群N的阶是2,证明:G的中心C(G)包含N.

25.假定G和G是两个群,并且?是G到G的同态满射。

(1). 证明ker?是群G的正规子群； (2). 证明?是同构映射当且仅当ker?={e}。

?26.证明：阶是p的群G一定包含一个阶是p的子群，其中m?Z，p是素数.

m

??27.设G=（a）是循环群，证明：当a??时，G=（a）与整数加群同构。

28.整数加群Z是否与偶数加群2Z同态？整数环Z是否与偶数环2Z同态？请简要陈述理由.

29.设N?G，证明：N?G的充要条件是N的任意两个左陪集的乘积是左陪集。

30．设H,K是群G的子群，证明： (1)[H:H?K]?[G:K]；

（2）当[G:K]有限时，则[H:H?K]?[G:K]当且仅当G?HK。

????131.设f是群G到群G的同态满射，N?G，N?f自测练习参考答案 一、概念解释 参见课本 二、判断题

(N)，证明：G?N?G?N?。

1.√， 2.√， 3.× , 4.√, 5. × , 6. × 三、选择题

1. （A ） 2. （C ） 3. （B ） 4. （D ） 5. （A ） 6. （C） 7. （D ） 8. (B ） 四、填空题

?11.ab 2. 变换群 3. |a|?? 4. 2 5. 6 6. 2 7.1,?,?,??2?1?3i 8. 2 9. 1 2?0?1???10??01??10?10. ? ??，?，??10?，?01? 11.[0] 12. 3 13.1,-1 14.n!

100?1????????五、计算题

?10???1?1??01??0?1?231.G的单位元为e???01?? a???10?? a????10?? ?10?? a???????????10???11??10??11?23??????又 a4??b?b?ab??01??10??01??01??对任意的整数n ?????????11??1n??10???(ab)n????01??01?????01?? 即a 的阶为4，b 的阶为3, ab 的阶为无限 ??????2. 1）??(134)(256)； 2）?的阶为3；3）??1n?(143)(265)， ?2???1?(143)(265)

3.（1）??(15)(2379)(468),（2）??(15)(29)(27)(23)(48)(46)（3）

??1?(15)(9732)(864),|?|?12。

六、解答与证明题

1.设A是正整数集合，M?{f|f:AA}，则M是一个幺半群。做变换

f(n)?n?1,?n?A，f是一个单射但不是满射，g(1)?1,g(n)?n?1,n?2,?n?A，g是一个满射但不是单射，并且有gf?1A但是fg?1A，则g是f的左逆元不是右逆元，同样f是g的右逆元不是左逆元。 2.由

题设可列乘法表： a b c d

a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a 由此表可知：方阵普通乘法是G的代表运算，a 是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G中都有逆元，结合率显然成立。故G对方阵普通乘法作成一个交换群。

3.（1）由于G是一个偶数阶群，则G中阶等于2的元素的个数一定是奇数，所以群G包含一定有2阶元素；（2）假设G有两个不同的2阶元素a,b，又由于G是Abel群，则易知

{e,a,b,ab}是G的一个4阶子群，于是由 Lagrange定理知，4|2n，进而2|n，但这于n是奇数矛盾，所以G只有一个2阶元素。

4.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x，则由于0?R，由所给运算有：x?0?2(x?0)?2(1?0)?2?0，即单位元x?0，而1?R，但

1?0?2(1?0)?2?0，这与x?0是单位元矛盾。

5.设a?G?(a)的阶为n ,则易看出映射?:a（e）=1,e,e,?em?em是G=（a）到n次单位根群

?2n?1? (e为n次原根)的一个同构映射，故G=（a）?(e)。

6.G显然非空，又任取A，B?G，则A??1,B??1，于是AB是整数方阵，且

AB?A?B??1，故AB?G，即G对乘法封闭。结合律显然成立，且E是G单位元。又设A?G，由于A是整数方阵，故A的伴随矩阵A也是整数方阵；

?又A??1,故A?1?1?A??A?，即A?1也是整数方阵，即G 中每一个元在G中都有逆A元，从而证得G 作成一个群。

7.令c是1+ab的逆元，则有：c（1+ab）=(1+ab) c=1 或：c-1+cab=c-1+abc=0,于是有： （1-bca）(1+ba)=1-bca+ba-bcaba=1-b[c-1+cab] a=1 同理有：（1+ba）(1-bca)=1.即1-bca是1+ba的逆元。

8.R2不能作成群，因为所给运算不满足结合律，例：取a?(0,0),b?(0,0),c?(0,1) 则a?(b?c)?(0,0)?(0,?1)?(0,1) (a?b)?c?(0,0)?(0,1)?(0,?1)

a?(b?c)?(a?b)?c 即结合律不成立，不能作成群。

9.G对此乘法作成一个群。1、证：由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e 是单位元，又e?1?e，

a?1?b，b?1?a，即每个元素在G中都有逆元，因此要证G是一个群，只要再证结合律

成立即可。

任取x,y?G，则显然有：e(xy)?x(ey)?xy?x(ye) (xx)x?x(xx)

其次令x,y?{a,b}，且x?y，则由乘法表知：xx?y,yy?x,xy?yx?e，可知结合律成立。

10.非零实数集R对运算a?b?ab不能作成群。因为1,?1?R，但方程1?x??1， 即x??1在R中无解，由群的定义知R对所给代数运算，不能作成群。

11.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x，则由于0?R，由所给运算有：x?0?2(x?0)?2(1?0)?2?0，即单位元x?0，而1?R，但

1?0?2(1?0)?2?0，这与x?0是单位元矛盾。

12.设e是群G 的单位元，则e显然满足方程另外设a?G,且a?a，则有aa?aa 即a=e, 即只有e满足方程x?x。

13.若G中除单位元外其余元素的阶均是无限，则结论已对；若G中非单位元素的阶都n，若n是合数，即n?n1n2，n1?1,n2?1，则G中任意的元素a，有|a1|?n2?n，这与易知矛盾，所以n必是素数。

14.假设群G是两个非平凡子群H,K的并，即G?H?K。由于H,K是G是两个非平凡子群，故有a,b?G，使得b?H,a?K，又由于G?H?K，所以有a?H,b?K，又因为ab?G?H?K，故必有ab?H，ab?K。若ab?H，则由于H是G是子群，故

n2?12?12b?a?1(ab)?H矛盾，若ab?K，则由于K是G是子群，故a?(ab)b?1?K矛盾，因此

15.

S3?{(1),(12),(13),(23),(123),(132)}，H?{(1),(12)},K?{(1),(13)}，则

S3的子群，因为(132)?1?(123)?HK。 HK?{(1),(12，当然不可能是)16.群G是有限群当且仅当G只有有限个子群。

证明：若群G是有限群，则G的子集的个数是有限的，从而其子群的个数当然是有限的；反之，G只有有限个子群，则G中显然不能有无限阶元素，因为无限循环群有无限个子群，这样G中每个元素的阶都是有限的，任取a1?G，则(a1)是G的一个有限子群，再取

a2?G\\(a1)，于是(a2)又是G的一个异于(a1)有限子群，但G只有有限子群，故这种过

s程不能无限地持续下去，从而存在正整数s，使得G?i?1ai，而每个(ai)都是有限的，于

是群G是有限群。

17.1）如整数加群G除单位元O外，每个元的阶都无限。

2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2，而其余各元素的阶都是无限。

n18.设a?e，(cac)?cac?1nn?1?e，反之若(cac?1)n?e，有canc?1?e an?e

即a与cac有相同的阶。

19. 因(r,n)?1,故存在整数s、t,使得rs?nt?1,这样?a?G,有

m?1am?amrs?mnt?(ar)ms(an)mt?(ar)ms,故ar是G的一个生成元,从而G?(ar)．

20.（1） 由于e?eeee,e?C；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的一个元的逆仍是的C一个元,这样C是G的一个子群；对于a?G,c?C,aca不变子群.

（2）令a,b?G,那么(ba)ab?abab?c?C,由此得abC?baC,即

?1?1?1?1?1?1?(aca?1c?1)c?C，所以C是G的一个

aCbC?bCaC,因而G／C是交换群.

（3） 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) ,由此得(ba)?1(ab)?a?1b?1ab?N,这样N含有一切换位子,因

而N含有C.

21.设H=[e],由于～是等价关系，故e～e,即e?H;

?a,b?H,则a～e, b～e因而ae～a?1, be～bb?1,由题设可得e～a?1, e～

b?1,---10分; 由对称性及传递性得b?1～a?1,a?1ab?1～a?1e,再由题设得ab?1～e即ab?1?H,那么与G的单位元e等价的元所作成的集合G的一个子群。

sts?tt?sts22. ?a,a?G，由于aa?a?a?aa，从而G=(a)是可换群。

st23.充分性，由Lagrange定理知，显然成立。

必要性，因为|G|?1，所以存在a?G,a?e。设H?(a)，则H?{e}，但是H?G，由假设，H?G；若|a|??，则(a)是G的非平凡子群，与假设矛盾；

若|a|?n是合数，即n?n1n2，n1?1,n2?1，则|a平凡子群与假设矛盾。因此G为素数阶循环群。 24.设N?{e,n}，?a?G,有ana?N,必有ana盾,从而ana?1?1?1n12|?n2，从而(an1)是G的非

?n, 否则ana?1?e,便得n=e的矛

?e,an=na,另外显然ae=ea,故N?C(G)。

25.先证ker?非空， 其次证ker?是子群；最后证ker?的不变性。 2、只证?是单射即可。

|a|?p，26.取a?G而a?e，则由Lagrange定理知，其中1?n?m，则a所以H?(apn?1npn?1的阶是p，

)是G的一个p阶子群。

m27.设a??，则当m?n时，amn?an，于是映射?：am?m就是G=（a）到整数加群

Z的一个一一映射。又a?a?a整数加群Z同构。

m?n?m?n，故?是G到Z的同构映射。即G=（a）与

28.整数加群Z与偶数加群2Z同态； 整数环Z不能与偶数环2Z同态 29.N?G?aN?bN?a(Nb)N?a(bN)N?(ab)NN?(ab)N,?a,b?G;

充分性，?a,b?G,?c?G，使得

aN?bN?cN?ab?cN?(ab)N?cN?aN?bN?(ab)N ??a?G,n?N,(an)(a?1n)?aN?a?1N?(aa?1)N?N，

所以ana?N，故N?G。

?1h(H?K)|h?H}30．（1）令A?{，B?{xK|x?K}，易知?(h(H?K))?hK,?h?H?1?1是从A到B的映射，又因若h1K?h2K,h1,h2?H，则h1h2?K，从而h1h2?H?K，

有h1(H?K)?h2(H?K)，故

|B|，|即?从A到B的单射，从而|A?[H:H?K]?[G:K]；

（2）若当[G:K]有限时，设[H:H?K]?[G:K]，则由上知?是双射，故对任意的

x?G，必有h?H，使得x?xK?hK?HK，从而G?HK，故G?HK；反之，若G?HK，则任取左陪集xK(x?G)，令x?hk(h?H,k?K)，则xK?(hk)K?hK，

从而?从A到B的双射，故[H:H?K]?[G:K]。 31.设?是G到G???NG???G?Gf???的自然映射，则f与的?合成是G到G?N??满同态，

，x?f(x)?f(x)N

????N并且ker(?f)?{x?G|(?f)(x)?N}={x?G|?(f(x))?N}?{x?G|f(x)N?N}

?{x?G|f(x)?N}=N，因此由同态基本定理知，N?G并且G?N?G?N?。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/58ho.html