近世代数习题解答

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第二章 群论

1 群论

1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?

证 不是一个群,因为不适合结合律.

2. 举一个有两个元的群的例子.

证 G?{1,?1} 对于普通乘法来说是一个群.

3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件

4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae?a 对于G的任何元a都成立

5'. 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 证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由aa?1?e 得a?1a?e 因为由4'G有元a'能使a?1a'?e 所以(a?1a)e?(a?1a)(a?1a')

?[a?1(aa?1)]a'?[a?1e]a'?a?1a'?e 即 a?1a?e

(2) 一个右恒等元e一定也是一个左恒等元,意即 由 ae?a 得 ea?a ea?(aa?14,5来作群的定义:

'')a?a(aa)?ae?a

?1 即 ea?a

这样就得到群的第二定义. (3) 证 ax?b可解 取x?ab a(ab)?(aa?1?1?1)b?be?b

这就得到群的第一定义.

反过来有群的定义得到4,5是不困难的.

''2 单位元,逆元,消去律

1. 若群G的每一个元都适合方程x?e,那么G就是交换群.

2

证 由条件知G中的任一元等于它的逆元,因此对a,b?G有ab?(ab)?1?b?1a?1?ba.

2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.

证 (1) 先证a的阶是n则a?1的阶也是n.an?e?(a?1)n?(an)?1?e?1?e

若有m?n 使(a?1)m?e 即 (am)?1?e因而 am?e?1 ?am?e 这与a的阶是n矛盾.?a的阶等于a?1的阶 (2)

的阶大于2, 则a?a?1 若 a?a?1?a2?e 这与a的阶大于2矛盾

(3) a?b 则 a?1?b?1 总起来可知阶大于2的元a与定是偶数

3. 假定G是个数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.

证 根据上题知,有限群G里的元大于2的个数是偶数;因此阶

?2的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 ?2的元的个数一定是奇数.

a?双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一

4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.

证 a?G

故 a,a2,?,am,?,an,??G

由于G是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: a?a (m?n) 故 an?m?e n?m是整数,因而a的阶不超过它.

mn

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和a的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 G?{1,? G?{1}

?1?i3?1?i3,} 22? 对普通乘法G,G都作成群,且?(x)?1(这里x是

?G的任意元,1是G的元)

?由 ?可知 G∽G ?1?i3?1?i3,的阶都是3. 22而1的阶是1.

但

5 变换群

1. 假定?是集合的一个非一一变换,?会不会有一个左逆元??1,使得??1????

证 我们的回答是回有的A?{1,2,3,?}

?1: 1→1 ?2 1→1

2→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …

?显然是一个非一一变换但 ??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,b是有理

数,a?0形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) ?: x?ax?b ?: x?cx?d

??: x?c(ax?b)?d?cax?cb?d ca,cb?d是有理数 ca?0 ? 是关闭的.

(2) 显然时候结合律

(3) a?1 b?0 则 ?: x?x (4) ?: ax?b ??1?1:x?1ax?(?ba)

而 ????所以构成变换群.

又 ?1: x?x?1 ?2: x?2x ?1?2: x?2(x?1) ?2?1: x?2x?1 故?1?2??2?1因而不是交换群.

3. 假定S是一个集合A的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号?:a?a??(a)

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S的乘法,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.

证 ?1: a??1(a) ?2: a??2(a)

那么?1?2: a??1[?2(a)]??1?2(a)

'

显然也是A的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:

(?1?2)?3:a?(?1?2)[?3(a)]??1[?2[?3(a)]] ?1(?2?3):a??1[?2?3(a)]??1[?2[?3(a)]] 故 (?1?2)?3??1(?2?3) 再证?还是S的单位元 ?: a?a??(a) ??: a??[?(a)]??(a)?

??: a??[?(a)]??(a) ? ?????

4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。 证 设?是是变换群G的单位元

??G ，G是变换群，故?是一一变换，因此对集合 A的任意元a，有A的元b， ?: b?a??(b)

?(a)??(?(a))=??(b)??(b)?a ? ?(a)?a 另证 ?(x)???1?(x) 根据1.7.习题3知??1?(x)?x ??(x)?x

5. 证明实数域上一切有逆的n?n矩阵乘法来说，作成一个群。

证 G={实数域上一切有逆的n?n矩阵}

A,B?G 则BA?1?1是AB的逆

从而 A,B?G

对矩阵乘法来说，G当然适合结合律且E（n阶的单位阵） 是G的单位元。 故 G作成群。

6 置换群

1. 找出所有S3的不能和(231)交换的元.

123123123123 证 S3不能和(231)交换的元有 (132),(213),(321) 这是难验证的.

123

2. 把S3的所有的元写成不相连的循环置换的乘积

解: S3的所有元用不相连的循环置换写出来是: (1), (12), (13), (23), (123), (132). 3. 证明:

(1) 两个不相连的循环置换可以交换 (2) (i1i2?ik)?1?(ikik?1?i1) 证(1) (i1i2?ik)(ik?1?im)=(ikik?1ik?2imim?1?in =((ii1ii2?) ?i1ik?2ik?3?ik?1im?1?i23ni1i2?ikik?1?imim?1?ini2i3?ik?1?imim?1?ini1i2?ikik?1ik?2?imim?1?in)(i1?i2?ikik?2ik?3?ik?1im?1?in)

又 (ik?1ik?2?im)(i1i2?ik)=(iiii?iii?ii?ii1i2?ikik?1ik?2?imim?1?inmm?1n)(i12i23?ik1ikk??11?im) im?1?in12?ikik?2ik?3?ik?1im?1?inii?ii?ii?im?1n =(i12i23?ik1ikk??12ikk??23?im),故(i1i2?ik)(ik?1?im)?(ik?1?im)(i1i2?ik) k?1im?1?in (2) (i1i2?ik)(ikik?1?i1)?(i1),故(i1i2?ik)?1?(ikik?1?i1).

3. 证明一个K一循环置换的阶是K.

证 设??(i1i2?ik)?(i12i23?ik1) ?2ii?i?(i13?ik2)

k?(i1) 1?ik?1i?i ………… ?k?1ki?i??(i?i)?(i1)

1ki1?ik设h?k, 那么 ?

hk?(i1h?1?)?(i1) ihi?i５． 证明Sn的每一个元都可以写成(12),(13),?,(1n)这n?1个２－循环置换 中的若干个乘积。

证 根据2.6.定理２。Sn的每一个元都可以写成若干不相干循环置换的乘积 而我们又能证明

(i1i2?ik)?(i1i2)(i1i3)?(i1ik)

同时有(i1il)?(1i1)(1il)(1i1), 这样就得到所要证明的结论。

则?

7 循环群 1． 证明 一个循环群一定是交换群。

证G?(a) a，a?G 则aa?a

2． 假设群的元a的阶是n，证明a的阶是

rmnm?n2?(i13?in) ?1i?i?1k?(i1) 1?ik?1i?imn?an?m?aa

ndnm这里d?(r,n)是r和n的最大公因子

H的左陪集为eH,aH

He?eH

由 He?Ha?eH?aH 易知Ha?aH 因此不论x是否属于H均有Hx?xH

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。 证 任取 h1n1?HN,h2n2?HN

?(h1h2)n1n2?HN,hn?HN?1?1?1?1?1(hn)?nh?Nh?hN (h1n1)(h2n2)?h1(n1h2)n2?h1(h2n3)n3

(hn)?1?hn?HN.

?1'至于HN非空是显然的 !HN是G的子群.

5. 列举证明,G的不变子群N的不变子群1未必是G的不变子群(取G=!) 证 取G?S4

N???1?,?12??34?,?13??24?,?14??23??N1???1?,?14??23??易知N是G的子群,N1是N的子群

我们说,这是因为i是iG的不变子群i??i'i' i'?iN

??i'?112'23'3ii?ii?i?'44???ii???''12''34123?i1i2i3i4??i4??

'?1??i1i2??anai3i4??N,a?G,n?N. 此即说明

因为N是阶为4的群,所以为交换群,故其子群N1是不变子群. 但N1却不是G的不变子群,原因是:

?34???14??23???34???13??24??N1

?1?

6. 一个群G的可以写成abab!形式的元叫做换位子.证明: i)所有的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的一个不变子群,并且G/N是交换群,那么N?C

证 i)e显然是有限个换位子的乘积; e?eeee故e?C

(有限个换位子的乘积)?(有限个换位子的乘积)= 有限个换位子的乘积,故C对G的乘法是闭的.

由于?abab??baba1是换位子,故(有限个换位子的乘积)的逆仍为(有限个

?1?1?1?1?1?1?1?1?1换位子的乘积)即有c?1?C,故C是子群;

c?C,g?C

由gcg即gcg?1?1?C 有gcg??1c?1?c?C

?C 所以C是不变子群.

(ii)x 、y?G c?C

?1?1xyxy?c 就有xy?yxc

故xy?yxC1 因而xyC?yxC

即(xC)(yC)?(yC)(xC) 所以GN是交换子群;

(iii)因G/N是交换子群 就有 (xN)(yN)?(yN)(xN)

(xy)N?(yx)N xy?yxN xy?yxn n?N

因此 x?1y?1xy?N

又由于N是子群,所以N包含有限个换位子的乘积, 即N?C.

11 同态与不变子群

??????1． 我们看一个集合A到集合A的满射?,证明,若S是S的逆象,S一定是S的象;但若

S的S的象,S不一定是S的逆象.

证 ⅰ ) 在?之下的象一定是S;

???若有S的元s在?之下的象s?S,则s有两个不同的象,故矛盾 又S的逆象是S 两者合起来,即得所证

? ⅱ)设 A?{1,2,3,4,5,6,}A?{1,2}

?: 1?1 2?2 3?3

4?2 5?1 6?2 令S?{1,3}

?在?之下S?{1}

?但S的逆象是{1,3,5}

??????2. 假定群G与群G同态,N是G的一个不变子群,

证 设?1:x?x是G到G的同态满射;

是N的逆象.证明:

?????N?规定?:x?xN(?(x)?x,?2(x)?xN)

??2:x?xN是G到G??????的同态满射.

则?是G到G?的同态满射.

????????N??事实上,?:y?yN(?1(y)?y,?2(y)?yN)

则?1(x?y)??1(x)??1(y)?x?y

?????????? ?2(x?y)??2(x)??2(y)?xN?yN 故?:x?y?xN?yN

?这就是说,G~G?

N现在证明同态满射?的核是N

?x?N 则?1(x)?x

??????由于N是N的逆象 故 ?1(x)?x 因而?2(x)?xN?N

???另一方面,若 x?N 则x?N (N是N的逆象)

根据2.1 1定理2.

?? GN?GN

??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nm的时候

证 （ⅰ） GN

令N为同态满射的核心,GN的阶一定整除G的阶

?但GN?G

?故 G的阶一定整除G的阶.即nm.

? （ⅱ）nm.?G~G

??设 G?(a),G?(a)

令?:a?a(i?nq?r,0?r?n) 在?下 a?a (i?nq1?r1,0?r1?n) a?a (h?nq2?r2,0?r2?n)

而 r1?r2?nq?r (0?r?n) ?k?h?n(q1?q2)?r1?r2 ?n(q1?q2?q)?r aa?a?khk?hn(q1?q2?q)?ri?rk?r1k?r2?r?r1?r2?r1?r2?a?a?a?aa

即G~G

4． 假定G是一个循环群,N是G的一个子群,.证明,GN也是循环群. 证 设G?(a) b?G则b?am bN?amN?(aN)m

另证 G是循环群,由2.10.习题1知:

G是交换群,又由!.例3知N是G是一个不变子群,由这一节定理1得

G~GN

再由2.7.习题4知GN是循环群.

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