代数学引论（聂灵沼 - 丁石孙版）第一章习题答案

第一章代数基本概念

1. 如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明:

对任意a,bG,由结合律我们可得到

(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b

再由已知条件以及消去律得到

ba=ab,

由此可见群G为交换群.

2. 如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,bG,

ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab

因此G为交换群. [方法2] 对任意a,bG,

a2b2=e=(ab)2,

由上一题的结论可知G为交换群.

3. 设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:

(1) a(bc)=(ab)c;

(2) 由ab=ac推出a=c; (3) 由ac=bc推出a=b; 证明G在该乘法下成一群. 证明:[方法1]

设G={a1,a2,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有

akaiak aj------------<1> aiakaj ak------------<2>

再由乘法的封闭性可知

G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3> G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4>

由<1>和<3>知对任意atG, 存在amG,使得

akam=at.

由<2>和<4>知对任意atG, 存在asG,使得

asak=at.

由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.

下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2]

为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.

为了叙述方便可设G={a1,a2,…,an}.

1

(Ⅰ) 证明G内存在幺元.

<1> 存在atG，使得a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明a1at= ata1; 因为

a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2 a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2,

故此

a1(ata1)at= a1(a1at)at.

由条件(1),(2)可得到

a1at= ata1.

<3> 证明at就是G的幺元; 对任意akG,

a1(atak) =(a1at)ak=a1ak

由条件(2)可知

atak=ak.

类似可证

akat=ak.

因此at就是G的幺元.

(Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆；

上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得

ab=ba=e.

<1> 对任意aG，存在bG，使得

ab=e;

(这一点很容易证明这里略过.)

<2> 证明ba=ab=e; 因为

a(ab)b=aeb=ab=e a(ba)b=(ab)(ab)=ee=e

再由条件(2),(3)知

ba=ab.

因此G内任意元素都可逆.

由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群.

4. 设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对

元素a,bG,下列方程

ax=b和ya=b

分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群. 证明：

取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为ea ,下面证明ea为G内的左幺元. 对任意 bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以 eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b,

因此ea为G内的左幺元.

2

再者对任意dG, xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.

[总结]

群有几种等价的定义:

(1) 幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.

(2) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺

元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.

(3) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左

幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.

(4) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元

素a,bG,下列方程

ax=b和ya=b

分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.

值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.

5. 在S3中找出两个元素x,y,适合

(xy)2x2y2.

[思路] 在一个群G中，x,yG, xy=yx (xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素. 解: 取

x=, y=

那么

(xy)2= x2y2.

[注意]

我们可以通过mathematica软件编写Sn的群表,输出程序如下:

Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)

(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);

Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)

(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);

Stable[n_]:=(*生成Sn群表*)

(a=Se[n];

Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}])

当n=3时群表如下：

[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:

e a b

e e a b a a e c b b d e 3

c c f a d d b f f f c d c d f c d f b f d f a c d e b e c a a b e 6. 对于n>2,作一阶为2n的非交换群.

7. 设G是一群, a,bG,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai=. 证明：

我们采用数学归纳法证明.

当k=1时, a-1ba=br=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-nban=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立. 我们注意到

a-1bka== bkr,

因此

a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1a==,

可见k=n+1时结论也成立.

由归纳原理可知结论得证.

8. 证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射. 证明:

(Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射. 由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为

,

并且群G为一个交换群,可得

.

因此有

.

综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.

(Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群. 若映射是一同构映射,则对任意有

,

另一方面，由逆元的性质可知

.

因此对任意有

,

即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.

9. 设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是

一

个等价关系的充分必要条件为S是一个子群. 证明:

首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群. 对任意aG,有a～a,故此aa-1=eS；

对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即

4

(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.

接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.

对任意aG, 有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).

综上可知～是一个等价关系.

10. 设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构. 证明:

我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.

11. 证明:在S4中，子集合

B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}

是子群，证明B与U4不同构. 证明:

可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下： e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e 由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.

假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么

f(x2)= f2(x)=i2=-1

另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.

[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.

12. 证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群. 证明:[方法1]

设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有

HaH=,

并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此

HaH=G.

同理可证对任意aH, 有

HHa=, HHa=G，

因此对任意aH，有

aH=Ha.

对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故

aH=Ha=H.

5

综上可知对任意aG,有

aH=Ha，

因此H是G的正规子群.

[方法2]

设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.

对给定的xH, 有

HxH=, HxH=G.

这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.

那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令

a=xh1

这里h1H.

假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令

aha-1=xh2

这里h2H. 那么

xh1ha-1=xh2,

即

a= h2h1hH,

产生矛盾.

因此，任取aH, hH, 有aha-1H.

综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.

13. 设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e. 证明:

设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).

[讨论]

[1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？ 提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.

[2] 群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？

14. 令

A=, B=

证明:集合{B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构. 证明:

下面证明G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群. (Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论： (1) BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此

BiBj=BrG

6

这里i+j=kn+r,kZ,0

(2) A BiBj=BrG 这里i+j=kn+r,kZ,0

(3) 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0

Bi(ABj)=( BiA)Bj=(ABn-t)BjG

(4) (ABi)(ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t)Bj)=A2(Bn-tBj)= Bn-tBj)G 由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭.

(Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立. (Ⅲ)显然Bn=A2=E为幺元. (Ⅳ)对Bi(i=1,2,…,n),有

BiBn-i=E;

对ABi(i=1,2,…,n),有

(ABi)(Bn-iA)=E,

因此G内任何一元都可逆.

由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群. 最后证明G与 Dn同构. 令f:G→Dn

f(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,…,n)，

可以证明f就是G到Dn的同构映射，这里不予证明了.

15. 设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明G为交换

群. 证明:

对任意a,bG

ai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,

根据消去律可得

ai+1b=bai+1.----------------------(1)

同时

ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1,

根据消去律可得

aib=bai.---------------------------(2)

因此

ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai----(3) 另外

bai+1=(ba)ai----------------------(4) 结合(1),(3),(4)有

(ab)ai=(ba)ai---------------------(5) 由消去律可得到

ab=ba.

因此G为交换群.

16. 在群SL2(Q)中，证明元素

a=

的阶为4，元素

7

b=

的阶为3，而ab为无限阶元素. 证明：

可以直接验证a的阶为4，b的阶为3. 因为

ab=，

对任何正整数n，

(ab)n=≠

可见ab的阶为无限.

[注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.

[问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？

17. 如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群. 证明:

交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则

(ab)mn=(am)n(bn)m=e

因此ab为有限阶元素，即abS.

a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S. 综上可知S为G的一个子群.

18. 如果G只有有限多个子群，证明G为有限群. 证明:

采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素. (1) 首先看第一种情况：

G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群； G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；

G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群； … … …

我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列Gn(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾； (2) 再看第二种情况:

设a∈G的阶数为无穷，那么序列

G1=<>，G2=<>，…，Gn=<>，…

是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.

综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.

19. 写出Dn的所有正规子群.

20. 设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH. 证明：

8

(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群. 任取a,b∈HK,可令

a=h1k1，b=h2k2

这里hi∈H，ki∈K，i=1,2. 那么

ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)

因HK=KH，故此

k1h2= h3k3 ----------------------(2)

这里h3∈H，k3∈K. 由(1),(2)知

ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)

另外，

a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)

由(3),(4)知HK是G的子群.

(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.

若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH.

若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH HK.

综上知，HK=KH.

21. 设H，K为有限群G的子群，证明

证明：

因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为

H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪hr(H∩K)

这里r为H∩K在H中的指数，hi∈H，当i≠j，hi-1hj?H∩K(事实上等价于hi-1hj?K),i, j=1,2,…,r.

又(H∩K)K=K,所以

HK=h1K∪h2K∪…∪hrK.------------(1)

注意到hi-1hj?K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，

hiK∩hjK=.----------------(2)

由(1),(2)我们得到

[总结]

左陪集的相关结论

设H为G的一子群，那么 (1) a∈aH;

(2) a∈H?aH=H; (3) b∈aH?aH=bH; (4) aH=bH?a-1b∈H;

(5) aH∩bH≠，有aH=bH.

9

22. 设M,N是群G的正规子群.证明： (i) MN=NM; (ii) MN是G的一个正规子群； (iii) 如果MN={e}，那么MN/N与M同构. 证明： (i)[方法1]

任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN?NM.

同样的方法可以证明NM?MN. 因此MN=NM. [方法2]

任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.

因为

ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，

而M为G的正规子群，故

n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，

所以ab-1∈MN.

(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.

任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有

g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.

所以MN为G的正规子群.

(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN={e}，对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN[注].

作一个MN/N到M的映射f[注]，

f: MN/N→M mNm，

那么该映射显然是一一对应，另外

f(miNmjN)= f(mimjN)= mimj，

因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.

[讨论]

1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.

2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群. [注意]

1MN={e}，对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN.

证明：若存在mi≠mj∈M, 有miN=mjN，那么mimj-1∈N，而mimj-1∈M. 因此mimj-1∈MN，产生矛盾.

2. 设

f: MN/N→M

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2. 假设当i≠j时，1-xia+x1=1-xja+x1，则xia=xja，故xiax1=xjax1,因此xi=xj，产生矛盾. 42. 设L是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素a∈L都有唯一的元素b使得

aba=a.

证明：

(i) L无零因子； (ii) bab=b;

(iii) L有单位元素； (iv) L是一个体. 证明：

(i) 先证明L无左零因子，假设a为L的一个左零因子，那么a≠0，且存在c≠0，使得ac=0，于是cac=0. 因a≠0，则存在唯一b使得aba=a.但

a(b+c)a=a,b+c≠b

产生矛盾，所以L无左零因子.

类似可证L无右零因子.

(ii) 因aba=a，所以abab=ab. 由(i)的结论知L无零因子，因此满足消去律，而a≠0，故bab=b.

(iii) 我们任一选取a(≠0)∈L，再设aba=a(这里b是唯一的)，首先证明ab=ba.因为

a(a2b-a+b)a=a，

所以a2b-a+b=b，即a2b=a=aba，由消去律得到ab=ba.

任取c∈L，则ac=abac，故此c=(ba)c=(ab)c；另一方面，ca=caba，故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab),所以ab就是单位元素，我们记ab=ba=1.

(iv) 由(iii)可知任意a(≠0)∈L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此L成为一个体.

43. 令C[0,1]为全体定义在闭区间[0,1]上的连续函数组成的环.证明： (i) 对于的任一非平凡的理想I，一定有个实数，，使得f()=0对所有的f(x)∈I； (ii) 是一零因子当且仅当点集 {x∈[0,1]|f(x)=0} 包含一个开区间. 证明：

(i) 证明思路：设I为非零的非平凡理想，假设对任意x∈[0,1]，存在f(x)∈I使得f(x)≠0，想法构造一个g∈I可逆.

(ii) 提示：用连续函数的局部保号性.

44. 令F=Z/pZ为p个元素的域.求 (i) 环Mn(F)的元素的个数； (ii) 群GLn(F)的元素的个数.

45. 设K是一体，a，b∈K，a，b不等于0，且ab≠1.证明华罗庚恒等式：

a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.

证明：

因为a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba?1-(a-1+(b-1-a)-1)-1a-1=ab?(aa-1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab? (1+a(b-1-a)-1)-1=1-ab?(1+((ab)-1-1)-1)-1=1-ab，为了方便记x=ab，那么1-x，x，x-1-1都可逆，只要证明(1+(x-1-1)-1)-1=1-x即可，或者证明1+(x-1-1)-1=(1-x)-1即可. 因为

1+(x-1-1)-1=1+(x-1-x-1x)-1=1+(1-x)-1x=(1-x)-1(1-x) +(1-x)-1x=(1-x)-1,

所以结论成立，即a-(a-1+(b-1-a)-1)-1=aba.

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