浙师大11近世代数答案2

近世代数习题解答 第二章 16

第二章 群论

§2.1 半群

1．设R是实数集，在R×R中规定

(a1，a2)?(b1，b2)＝??a1?b1a2?b2?,?， 22??问?是不是R×R的代数运算，(R×R，?)是不是半群？

解：注意到等式右边的运算指的是普通的实数运算，易知?是R×R的一个代数运算。

下面验证结合律，?(a1，a2)， (b1，b2)，(c1，c2)∈R×R，

[(a1，a2)?(b1，b2)]?(c1，c2) ＝??a1?b1a2?b2?,??(c1，c2) 22??a2?b2?a1?b1??c1?c2??22? ,＝?22??????＝??a1?b1?2c1a2?b2?2c2?,?，

44??近世代数习题解答 第二章 17

(a1，a2)?[(b1，b2)?(c1，c2)] ＝(a1，a2)???b1?c1b2?c2?,? 22??b1?c1b2?c2??a?a??1?222? ,＝?22??????＝??2a1?b1?c12a2?b2?c2?,?。

44??可知R×R的代数运算?不满足结合律， 所以(R×R，?)不是半

群。

2．设(S，·)是一个半群，证明S×S关于下面规定的代数运算作成半群，

(a1，a2)ο(b1，b2)＝(a1·b1，a2·b2)。

如果S是有单位元的交换半群，那么，(S×S，ο)是否仍是有单位元的交换半群？

证明：显然ο是S×S的一个代数运算。只需验证结合律。 ?(a1，a2)， (b1，b2)，(c1，c2)∈S×S，

[(a1，a2)ο(b1，b2)]ο(c1，c2)＝(a1·b1，a2·b2)ο(c1，c2) ＝((a1·b1)·c1，(a2·b2)·c2)＝(a1·(b1·c1)，a2·(b2·c2))

＝(a1，a2)ο((b1·c1)，(b2·c2))＝(a1，a2)ο[(b1，b2)ο(c1，c2)]。 所以，(S×S，ο)是一个半群。 当S是一个有单位元1S的半群时，(S×S，ο)也是一个有单位

近世代数习题解答 第二章 18

元的交换半群。(S×S，ο)的单位元为(1S，1S)。 当S是一个交换半群时，?(a1，a2)， (b1，b2)∈S×S，有

(a1，a2)ο(b1，b2)＝(a1 b1，a2 b2) ＝(b1a1，b2a2)＝(b1，b2)ο(a1，a2)]，

所以，(S×S，ο)也是一个交换半群。

3．证明数域P上所有n阶矩阵作成的集合Mn(P)关于矩阵的加法的乘法分别作成半群(Mn(P)，＋)与(Mn(P)，·)。

解：此题可用高等代数中有关矩阵的性质知，我们在这里不作具体地验证。

4．设A为非空集合，记

S1＝{ f | f为A的变换}， S2＝{ f | f为A的一一变换}。

证明：(S1，ο)，(S2，ο)都是半群(其中“ο”是映射的合成)。

解：由于映射的合成满足结合律，而变换是特殊的映射，所以变换的合成也满足结合律。只需看关于映射的合成是否对于S1，S2来说是封闭的就可以了。对于S1，运算封闭是显然的；而对于S2， 需证一一变换的合成仍是一一变换(具体的过程不写了)。

5．如上题，设A＝{1，2，3}，写出S2中的所有一一变换，并给出S2的运算表。

解：S2中共有6个变换：

f1：1?1，2?2，3?3； f2：1?1，2?3，3?2； f3：1?2，2?1，3?3； f4：1?2，2?3，3?1；

近世代数习题解答 第二章 19

f5：1?3，2?1，3?2； f6：1?3，2?2，3?1。 由于f1是恒等映射，则有f1οfi＝fi＝fiοf1，而对于其它映射的合成则需要逐个进行运算。如计算f2οf4，因为

1 ? 2 ? 3， 2 ? 3 ? 2， 3 ? 1 ?1， 得 f2οf4：1?3，2?2，3?1， 从而得到 f2οf4＝f6。 类似地，我们可以得其运算表为：

ο f1 f2 f3 f4 f5 f6

6．设

S＝??????a???0?b???a,b?R?， ?0???f4f2f4f2f4f2f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6 f2 f2 f1 f4 f3 f6 f5 f3 f3 f5 f1 f6 f2 f4 f4 f4 f6 f2 f5 f1 f3 f5 f5 f3 f6 f1 f4 f2 f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1 证明S关于矩阵的乘法作成半群，且S有左单位元，但没有右单位

元。

若考虑

近世代数习题解答 第二章 20

S1＝???其结果又会如何？

?a证明：任意??0??a??0????a???b?0???a,b?R?， ?0???b??c?，??0???0b??0??d??∈S，有 0??ad??∈S， 0???c??0?d??ac?＝??0???0知S关于矩阵的乘法运算是封闭的，而且矩阵运算满足结合律，所

以S关于矩阵的乘法作成半群。

?1S有左单位元??0??1??0?b??，因为 0??b??0???c??0?d??c?＝??0???0d??， ?0?其中b是任意实数，即S中有无穷多个左单位元。

下面证明S中没有右单位元。

?0取??0?1??x?∈S，则不论???00???0??0?1??0??y??∈S，都有 0??0??0?≠??0???01??。 ?0??x??0?y??0?＝??0???0

近世代数习题解答 第二章 26

如果a与a－1中至少有一个是有限阶的，我们不妨假设a的阶

n

有限，设 | a |＝n，即n是使得a＝e的最小正整数。那么，

－1nn－1－1

(a)＝(a)＝e＝e，

－1－1－1－1

从而得 | a |≤| a |，因为a与a是互为逆元素，即(a)＝a，

－1－1－1 －1

所以仍有 | a|＝|(a)|≤| a |。证得| a|＝| a|。

(2) 如果ab与ba都是无限阶元，则结论正确。

如果ab与ba中至少有一个是有限阶的，我们不妨假设ab的阶有限，设 | ab |＝n，则 (ba)

n＋1

＝(ba)(ba)?(ba)＝b(ab)(ab)?(ab)a＝bea＝ba， ??????????????n?1个ban

n个ab上式中消去ba，则有 (ba)＝e，即 | ba |≤n＝| ab |。

由于ba的阶有限，重复以上的证明，我们同理可得

| ab |≤| ba |。

9．若群G中每一个元素都适合方程x2＝e，则G是交换群。

证明：?x，y∈G，则有xy∈G，由条件可知

x2＝e，y2＝e，(xy)2＝e，

从而有 (xy)2＝e＝ee＝x2y2， 即 (xy)(xy)＝e＝(xx)(yy)，

左消去x，右消去y，得yx＝xy。所以G是一个交换群。

10．在有限群里，阶数大于2的元素个数一定是偶数。

证明：由本节的习题8可知，元素a与a－1的阶是相同的。也就是说，如果a阶大于2，则a－1也大于2。下面只需证明：群G

近世代数习题解答 第二章 27

中阶大于2的元素a与a－1成对出现即可。

－1－12

首先，a≠a，如果a＝a，即a＝e，与a的阶大于2矛盾。

－1－1

其次，如果两个阶大于2的元素a，b有a≠b，则必有a≠b。

11．分别写出例6，例7中(Z3，＋)与(D3，·)的运算表。

解：在(Z3，＋)中，其运算为：

a＋b＝a?b，

所以，其运算表为：

＋ 0 1 2 0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1

在(D3，·)中，

22

D3＝{e，σ，σ，τ，τσ，τσ}，

其运算为变换的合成，根据

322

σ＝e，τ＝e，στ＝τσ，

可得D3的运算表：

近世代数习题解答 第二章 28

e σ σ2 τ τσ τσ2 e e σ σ2 τ τσ τσ2 σ σ σ2 e τσ τσ2 τ σ2 σ2 e σ τσ τ τσ τ τ τσ2 τσ e σ2 σ τσ τσ τ τσ2 σ e σ2 τσ2 τσ2 τσ τ σ2 σ e

12．设a，b是群G中的两个元素，并且ab＝ba，| a |＝m， | b |＝n，(m，n)＝1，证明：| ab |＝mn。

证明：设 | ab |＝k。因为

(ab) m n＝a m n b m n＝( a m ) n ( b n ) m＝e n e m＝e，

得 k | mn； 另一方面，由于ab＝ba，

m km k m km k m km k

e＝(ab) ＝a b ＝( a ) b ＝b ，

得 n | mk，又因为(m，n)＝1，所以，n | k。

同理，由于

e＝(ab) n k＝a n k b n k＝a n k ( b n ) k＝a n k，

得 m | nk，又因为(m，n)＝1，所以，m | k。 最后，由 (m，n)＝1，n | k，m | k，得到mn | k。 综上所述，我们证得：| ab |＝k＝mn。

近世代数习题解答 第二章 29

§2.3 群的同态与子群

1．设G是一个交换群，那么G到自身的映射

f：a ? a－1

是G到G的一个同构映射。

证明：首先证明f是G到G的一个一一映射。 任意a∈G，有a－1∈G，且f (a－1)＝(a－1)－1＝a，即得f为满射。

－1－1

如果a≠b，则有a≠b，即f (a)≠f (b)，所以，f为单射。 再证f保持运算。任意a，b∈G，

－1－1－1－1－1

f (ab)＝(ab)＝ba＝ab＝f (a) f (b)。

从而证得f是一个同构映射。

2．设f：G→G′为群同态映射，a∈G，f (a)的阶有限，证明：a的阶为无限，或是能被f (a)的阶整除的有限阶。

证明：如果a的阶为无限，则结论正确。

如果a的阶为有限阶，设 | a |＝n，即an＝e，那么，

e′＝f (e)＝f (an)＝[ f (a)]n，

所以，f (a)的阶整除a的阶n。

f3．设群G ? G′，那么?a∈G，有 | a |＝| f (a) |。

证明：如果a的阶为无限，下面证明f (a)的阶也必定无限。

近世代数习题解答 第二章 30

假如f (a)的阶是有限的，则存在正整数n，使得 [ f (a)]n＝e′。

－1－1

由于f是同构映射，则存在f ：G′→G，且f 也是同构映射，

－1

使得f f ＝IG，因此有

－1－1

a＝(f f )(a)＝f [ f (a)]，

从而有

an＝{ f －1 [ f (a)]}n＝{ f －1 [ f (a) n] }

＝f －1 [ f (a n)]＝f －1 [ f (e)]＝f －1(e′)＝e。

这与a的阶为无限矛盾。

再考虑f的逆映射f －1，同理可得：当f (a)的阶为无限时，a的阶也必定无限。

如果a的阶为有限，设 | a |＝n，则有

n n

[ f (a)]＝f (a)＝f (e)＝e′。

得 | f (a)|≤n＝| a |。

－1

再考虑f的逆映射f ，同理可得 | a |≤| f (a)|。 所以，| f (a)|＝| a |。

4．找出D3中的所有子群。

解：因为

D3＝{e，σ，σ2，τ，τσ，τσ2}，

D3的平凡子群为H1＝{e}，H2＝D3，除此以外，还有：

H3＝{e，τ}，H4＝{ e，τσ}，

22

H5＝{ e，τσ}，H6＝{ e，σ，σ}。

所以，D3共有6个子群。

注：就现有的知识要说明D3只有这6个子群有些困难。在以后的学习中我们会有更好的方法。

近世代数习题解答 第二章 31

5．设G为交换群，H＝{G中所有有限阶的元素}，证明：H是G的子群。

解：首先，H是G的一个非空子集，因为单位元e是有限阶的元素。

其次，利用子群的判别定理。?a，b∈G，则存在正整数m，n，使得am＝e，bn＝e，由于G是交换群，所以

(ab) m n＝a m nb m n＝e，

得ab∈G。

因为 (a－1) m＝(a m)－1＝e，得a－1∈G。 从而证得H是G的一个子群。

6．(1) 证明本节定理6；

定理6 设{Hi | i∈I}是群G的子群簇(I为某个非空的指标集)，则H＝?Hi是G的一个子群。

i?I

(2) 若H1，H2＜G，问H1∪H2是否为G的子群？请说明你的理由。

证明：(1) 由于单位元e是任何子群Hi中的元素，即有e∈H，从而知H是G的一个非空子集。

?a，b∈H＝

?Hi，对于任意i∈I，有a，b∈Hi，因为Hi

i?I是G的子群，由子群的判别定理得ab∈Hi，a－1∈Hi。由于i∈I是任意的，所以

近世代数习题解答 第二章 32

ab∈?Hi＝H， a－1∈?Hi＝H，

i?Ii?I即证得H是G的一个子群。

(2) 群G的两个子群H1，H2的并H1∪H2未必是G的子群。我们给出一个反例。取G＝(Z，＋)，H1＝2Z，H2＝3Z，则H1∪H2中的元素或为偶数，或为3的倍数。因为

2∈H1?H1∪H2， 3∈H2?H1∪H2，

但2＋3＝5?H1∪H2，因为5既不是偶数，也不是3的倍数。由此可以看出H1∪H2关于加法运算不封闭，所以它不是G的子群。

7．设S是群G的任意非空子集，证明：

(1) HS＝{x∈G | xs＝sx，?s∈S} 是G的子群； (2) G的中心

C＝HG＝{x∈G | xg＝gx，?g∈G}

是G的子群，且C为交换群。

证明：由于(2)是(1)的特殊情形，我们只证(1)。

由于单位元e与G中的任意元素都可交换，所以，e∈HS，HS

非空。?a，b∈HS，即对于?s∈S有as＝sa，bs＝sb，从而

(ab)s＝a(bs)＝a(sb)＝(as)b＝(sa)b＝s(ab)，

再由as＝sa得a－1s＝sa－1，所以，ab，a－1∈HS。证得HS是G的一个子群。

8．设Hi (i＝1，2，3，?)是G的子群，并且

H1?H2???Hn??

近世代数习题解答 第二章

?33

证明：H＝?Hi是G的一个子群。

i?1

证明：H非空显然。

??a，b∈H＝

?Hi，则存在自然数m，n，使得a∈Hm，b∈

i?1Hn，不妨设m≤n，根据题中条件有Hm?Hn，所以，a，b∈Hn，由于Hn是G的一个子群，由子群的判别定理得

ab，a∈Hn ? ?Hi。

i?1?－1

?所以，H＝?Hi是G的一个子群。

i?19．设H是群G的非空子集，并且H的每一个元素的阶都有限，证明：H为G的子群的充分必要条件为：对于?a，b∈H有ab∈H。

证明：必要性显然。

－1

而对于充分性，我们只需证：?a∈H，有a∈H。

因为a∈H，而H中的元素都是有限阶的，即存在正整数m，使得

m

?a?aaa?a＝e， a＝aa??????m个am?1个a得a－1＝am－1∈H。

近世代数习题解答 第二章 34

§2.4 循环群

n

1．设Un＝{x∈C | x ＝1}，证明：Un关于数的乘法作成一个n

?阶循环群；设U＝?Un，则U关于数的乘法作成交换群，但U

n?1不是循环群。

?证明：先证U＝?Un是一个交换群。由于U是复数域的一个

n?1子集，满足交换律是显然的。

m

?a，b∈U，则存在正整数m，n，有a∈Um，b∈Un，即a＝1，bn＝1，有

(a－1) m＝(a m)－1＝1，(ab) m n＝a m n b m n＝1，

?即a，ab∈Umn??Un＝U。所以U是一个交换群。

n?1再证Un关于数的乘法作成一个n阶循环群。其实Un是复数域C中所有n次单位根所作成的集合，设

Un＝{1，α1，α2，?，αn－1}， 2?2?取α1＝cos＋i sin∈Un，则

nn?2??1，?3??1，?，?n?1??123n?1，1??1，

n近世代数习题解答 第二章 35

从而得Un是由α1生成的循环群。

最后证明U不是一个循环群。因为U中的每一个元素都是有限阶的，而U是一个无限群，因为一个有限阶元素不可能生成一个无限群。所以U不是一个循环群。

2．证明：n阶群是循环群当且仅当G中存在n阶的元素。

证明：设G是由元素a生成的n阶循环群，则生成元a的阶与群G的阶相等，即G中元素a，它的阶为n。

反之，如果n阶群G中存在一个n阶的元素a，则由a生成的G的子群(a)中含有n个元素，从而有G＝(a)，得G是一个循环群。

3．证明：循环群的子群仍是循环群。

证明：设循环群G＝(a)，H是G的一个子群。

如果H为单位元子群，则H＝{e}＝(e)，结论成立。

如果H≠{e}，则H中至少有两个元素，取b＝ak∈H，其中k是H中次数最小的正整数。下证ak是H的生成元，即H＝(a k)。

n

?x∈H?G，则存在整数n，使得x＝a，利用带余除法得

n＝kq＋r，其中q，r∈Z，0≤r＜k，

则 x＝an＝a k q＋r＝a k q a r，

kqr

由于x，(a)∈H，所以，a∈H，由k的最小性得r＝0，从而有n

nk qkkk

＝kq，即x＝a＝(a )∈(a )，证得H?(a )。而 (a )?H是显然的。从而证明了H是一个循环群。

4．设G，G′是有限循环群，| G |＝m，| G′|＝n，那么G与G′同态的充分必要条件是n | m。

近世代数习题解答 第二章 36

解：设循环群G＝(a)。如果G与G′同态，其同态映射为f，则f (a)是G′的生成元，即G′＝( f (a))，则本章第三节习题2可知 | f (a)|＝| G′| 整除 | a |＝| G |，即n | m。

反之，设G＝(a)，G′＝(b)，如果n | m，我们作映射

k k

f：G → G′， a? b。

首先证映射f是合理的。如果ak＝al，则m | k－l，由于n | m，所以，n | k－l，即得

f (ak)＝bk＝bl＝f (al)。

容易知道f是满射。

其次证明f保持运算。?ak，al∈G，有

f (akal)＝f (a k＋l)＝bk＋l＝bkbl＝f (ak) f (al)。

所以，G与G′同态。

5．找出(Z15，＋)的一切生成元和Z15的所有子群。 解：由于Z15的生成元即为与15互素的那些整数所在的类，因此Z15的所有生成元为：

1，2，4，7，8，11，13，14，

共8个。 由于循环群的子群仍是循环群，所以Z15的子群也是循环群。要求Z15的所有子群，只需求出Z15中所有元素生成的子群即可。因此Z15的所有子群为：

H1＝(1)＝(2)＝(4)＝(7)＝(8)＝(11)＝(13)＝(14)＝Z15， H2＝(3)＝(6)＝(9)＝(12)＝{0，3，6，9，12}，

近世代数习题解答 第二章 37

H3＝(5)＝(10)＝{0，(5)，(10)}， H4＝(0)。 共有4个子群。

＋r

6．设群G中的元素a的阶为n，证明：对于任意r∈Z，a

n(r,n)的阶是，其中(r，n)为r与n的最大公因数。

证明：设(r，n)＝d，n＝n1d，r＝r1d，| ar |＝k，则(r1，n1)＝1，且

n(r,n)＝n1。因为

n(r,n)?a?r?a?r1d?n1?ar1dn1?ar1n?e，

有k | n1；

反之，由(ar)k＝ark＝e，得n | rk，即存在m∈Z，有 nm＝rk ? n1dm＝r1dk ? n1m＝r1k ? n1 | r1k，

由(r1，n1)＝1，得n1 | k。

综上所述，我们得到：

n(r,n)＝n1＝k，即a的阶是

r

n(r,n)。

7．设G为pq阶交换群，(p，q)＝1，且设a，b∈G，| a |＝p，| b |＝q，证明G是循环群。

证明：由本章第二节习题12知ab的阶为pq，从而得G＝(pq)，即G是由元素pq生成的循环群。

近世代数习题解答 第二章 38

§2.5 变换群 置换群

1．(1) 证明两个不相交的循环置换的乘积可以交换； (2) (i1i2?ik)－1＝(ik?i2i1)；

(3) k-循环置换(i1i2?ik)的阶是k。

证明：(1) 设两个不相交的循环置换为

σ＝(i1i2?ik)，τ＝(j1j2?jl)，

其中自然数集A＝{i1，i2，?，ik}与B＝{j1，j2，?，jl}没有公共的元素。任意x∈{1，2，?，n}，只可能：

① x∈A，x?B； ② x∈B，x?A； ③ x?A且x?B。

如果x∈A，x?B，设x＝is，则

????is ? is＋1 ? is＋1， is ? i ? is＋1，

有 (τσ) (x)＝(στ) (x)＝is＋1；

如果x?A，x∈B，设x＝jt，则

????jt ? jt ? jt＋1， jt ? j t＋1 ? jt＋1，

有 (τσ) (x)＝(στ) (x)＝js＋1；

如果x?A且x?B，则 (τσ) (x)＝(στ) (x)＝x。 所以，τσ＝στ。

(2) 经计算可得：(i1i2?ik) (ik?i2i1)＝(1)，所以

(i1i2?ik)－1＝(ik?i2i1)。

近世代数习题解答 第二章 39

(3) 记σ＝(i1i2?ik)，当x?{i1，i2，?，ik)时，

k

σ(x)＝x＝σ(x)；

当x∈{i1，i2，?，ik)时，设x＝is，则

????is ? is＋1 ? is＋2 ? ? ? is＋k＝is。

即σk(is)＝is。

从上面的证明可以得到σk＝(1)。而k的最小性可从后半部分的证明中看出。

2．设σ＝(134562)，τ＝(1243)(56)，μ＝(15)(34)，计算： τσ，τ2σ，σ－2τμ，σ－1τσ。

解：τσ＝(1243)(56)(134562)＝(46)， 2

τσ＝τ(τσ)＝(1243)(56)(46)＝(124563)， σ－2τμ＝(134562)－2(1243)(56) (15)(34)

＝(265431)(265431)(1243)(56)(15)(34)＝(14632)， σ－1τσ＝σ－1(τσ)＝(265431)(46)＝(1263)(54)。

3．写出A4的所有元素。

解：因为任意一个k-循环置换(i1i2?ik)都可以表示成k－1个对换的积，即

(i1i2?ik)＝(i1ik)(i1ik－1)?(i1i3)(i1i2)，

所以，S4中的对换与4-循环置换都是奇置换。得

A4＝{(1)，(123)，(132)，(124)，(142)，(134)，

(143)，(234)，(243)，(12)(34)，(13)(24)，(14)(23)}。

近世代数习题解答 第二章 40

4．设B4＝{e，a，b，ab}，由乘法表

e a b ab e a b ab e a b ab a e ab b b ab e a ab b a e

所定义的群叫做Klein四元群，或简称四元群。

(1) 找出B4的所有子群；

(2) 找出S4中与B4同构的子群。

解：(1) B4的所有子群为：

H1＝{e}，H2＝B4，H3＝{e，a}，H4＝{e，b}，H5＝{e，ab}。 B4共有五个子群。

(2) 由于两个同构的群所含元素的个数一样，在同构映射下相对应的元素的阶相等，所以，与B4同构的群含有4个元素，且除单位元外的其余3个元素都是2阶元。因为S4中2阶元有

(12)，(13)，(14)，(23)，(24)，(34)，

(12)(34)，(13)(24)，(14)(23)，

再根据运算的封闭性我们可得S4中与B4同构的子群有

H1＝{(1)，(12)，(34)，(12)(34)}， H2＝{(1)，(13)，(24)，(13)(24)}， H3＝{(1)，(14)，(23)，(14)(23)}， H4＝{(1)，(12)(34)，(13)(24)，(14)(23)}。

近世代数习题解答 第二章 51

f (x)＝x′，f (a)＝a′，

－1－1－1

由于 (x′) a′(x′)＝f (x) f (a) [ f (x)]＝f (xax)，

－1

因为H是G的不变子群，从而有xax∈H，即

－1－1

(x′) a′(x′)＝f (xax)∈f (H)。

证得则f (H)是 G′的不变子群。

7．设H是群G的一个子群，证明：

(1) 对于每一个a∈G，集合aHa―1是一个G的子群(称它为H的共轭子群)，并且H ? aHa―1；

(2) 在S4中，求出所有与H＝{(1)，(123)，(132)}共轭的子群。

―1

证明：(1) 先证aHa是一个G的子群。

―1―1―1

?ah1a，ah2a∈aHa，有

―1―1―1―1

(ah1a)( ah2a)＝a(h1h2)a∈aHa，

(ah1a―1)―1＝ah1―1a―1∈aHa―1，

所以，aHa―1是一个G的子群。

再证H ? aHa―1。

作映射 f：H → aHa―1， h ? aha－1，

易知f是一个一一映射。且f保持运算，因为?h1，h2∈H，有

f (h1h2)＝a(h1h2)a―1＝(ah1a―1)(ah2a―1)＝f (h1) f (h2)。

(2) 因为H＝{(1)，(123)，(132)}是S4中的一个3阶子群，而

－1－1

与H共轭的任意一个子群xHx(?x∈S4)与H同构，则xHx也是S4中的一个3阶子群。由于S4中的3阶子群只有

H1＝{(1)，(123)，(132)}，H2＝{(1)，(124)，(142)}， H3＝{(1)，(134)，(143)}，H4＝{(1)，(234)，(243)}， 也就是说，只有以上四个子群可能是H的共轭子群。 因为：

近世代数习题解答 第二章 52

(1)H(1)－1＝H＝{(1)，(123)，(132)}，

－1

(14)H(14)＝H4＝{(1)，(234)，(243)}，

－1

(24)H(24)＝H3＝{(1)，(134)，(143)}，

－1

(34)H(34)＝H2＝{(1)，(124)，(142)}。

所以，在S4中与H＝{(1)，(123)，(132)}共轭的子群仅有以上四个。

8．设G是有限群，H是G的n阶子群，如果H是G仅有的一个n阶子群，则H是G的不变子群。

证明：要证H是G的不变子群，只需证明：?a∈G，有 －1

aHa＝H。

－1

根据上题结果，我们有aHa是一个与H同构的G的子群，

－1

所以aHa是G的一个n阶子群，由条件知G只有唯一的一个n

－1

阶子群，从而得aHa＝H。

9．设

G＝Mn(Q)＝{有理数域上所有n阶可逆矩阵}，

H＝{A | A∈G，| A |＝1}，

证明：H是G的不变子群。

证明：?A，B∈H，则有 | A |＝| B |＝1，从而

－1－1

| AB |＝| A | | B |＝1， | A |＝1＝1， －1

得AB，A∈H，所以，H是G的一个子群。

再证不变性。?A∈H，?X∈G，我们有

| XAX －1 |＝| X | | A | | X －1 |＝| X | | X |－1 | A |＝1，

得XAX －1∈H。从而证得H是G的不变子群。

近世代数习题解答 第二章 53

10．设A，B是G的子群，C是由A∪B生成的子群，若B是C的不变子群，则C＝AB。

证明：要证明此题，首先要清楚题中的几个集合：

AB＝{ab | a∈A，b∈B}；

根据生成子群的结构，我们有

C＝(A∪B)＝{x1x2?xn | xi∈A∪B}，

再将同一个子群中的元素合并，则可得

C＝{a1b1a2b2?akbk | ai∈A，bj∈B}。

从上面两个集合的结构显然可得：AB?C；

反之，?a1b1a2b2?akbk∈C，因为b1a2∈Ba2，由于B是C的不变子群，从而有b1a2∈Ba2＝a2B，则存在b1′∈B使得

b1a2∈a2b1′，

所以， a1b1a2b2?akbk＝a1(b1a2)b2?akbk

＝a1 (a2 b1′)b2?akbk＝(a1 a2 )( b1′b2)?akbk，

以此类推可得

a1b1a2b2?akbk＝(a1a2?ak)bk′∈AB，

得C?AB。所以我们证得：AB＝C。

§2.8 同态基本定理

1．设f：G→G′是同态映射，a∈G，| a |＝n。证明：f (a)的阶是n的因数。

解：因为| a |＝n，则有an＝e，从而有

[f (a)]n＝f (an)＝f (e)＝e′，

近世代数习题解答 第二章 54

所以，f (a)的阶是n的因数。

2．设G＝{23 | m，n∈Q}，关于数的乘法作成群，作映射

mnmf：23 ? 2， 证明：f是G到G的同态映射，且求f (G)，Ker f。

解：要证f是同态映射，只需证f保持运算。?2m3n，2k3l∈G，则

f [(2m3n)(2k3l)]＝f (2m＋k 3n＋l)＝2m＋k＝2m2k＝f (2m 3n) f (2k 3l)， 得f是G到G的同态映射。

容易得到：

f (G)＝Im f＝{2m | m∈Q}，

n

Ker f＝{3 | n∈Q}。

3．证明：Z30 / (5) ? Z5，(其中5是Z30中的元素)。

证明：设H＝(5)＝{0，5，10，15，20，25}， 则 Z30 / (5)＝{H，1＋H，2＋H，3＋H，4＋H}， 记Z5＝{[0]，[1]，[2]，[3]，[4]}，作映射

f：Z30 / (5)→Z5，k＋H ? [ k ]，k＝0，1，2，3，4。 其中需要证f的定义是合理的与f是一个一一映射(限于篇幅，略)。

最后证f保持运算。?k＋H，l＋H∈Z30 / (5)，有

mn

近世代数习题解答 第二章 55

f [(k＋H)＋(l＋H)]＝f [(k＋l)＋H] ＝f (k?l＋H)＝[ k＋l ]＝[ k ]＋[ l ] ＝f (k＋H)＋f (l＋H)。

4．设f为G到G′的同态满射，Ker f＝K，H是G的子群，证明：f －1( f (H))＝HK。

证明：因为

－1

f ( f (H))＝{x∈G | f (x)∈f (H)}， －1

即f (x)∈f (H)，则存在h∈H，使得f (x)＝f (h)，?x∈f ( f (H))，从而有

e′＝f (h)－1f (x)＝f (h－1x)，

得h－1x∈Ker f＝K，则存在k∈K，使得h－1x＝k，即x＝hk∈HK，得f －1( f (H)) ? HK。

反之，?x∈HK，则x＝hk，h∈H，k∈K＝Ker f，有

f (x)＝f (hk)＝f (h) f (k)＝f (h)e′＝f (h)∈f (H)，

得 x∈{x∈G | f (x)∈f (H)}＝ f －1( f (H))， 从而得HK ? f －1( f (H))。

－1

所以，f ( f (H))＝HK。

5．设N?G，K?G，如果N∩K＝{e}，(N∪K)＝G，则

G / N ? K。

证明：由本章第七节习题10知：G＝NK，则有

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