近世代数第二章答案解析.docx

1、近世代数第二章答案解析近世代数第二章群论答案.群的定义1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解：不是，因为普通减法不是适合结合律。例如3- 2-1 =3-仁2 3-2 -1 =1-1=03 - 2-1 3-2 -12.举一个有两个元的群的例。解：令G=e,G的乘法由下表给出首先，容易验证，这个代数运算满足结合律(1) xy z =x yz x,y,z G因为，由于ea二ae二a，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有aa a = ea = a a aa = ae = a而(1)仍成立。其次，G有左单位元，就是 e； e有

2、左逆元，就是e，a有左逆元， 就是a。所以G是一个群。读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。3证明，我们也可以用条件以及下面的条件IV , V来做群的定 义：IVG里至少存在一个右逆元a J，能让ae = a对于G的任何元a都成立；V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aaA = e解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件 I,II,IV,V来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。2.单位元、逆元、消去律1.若群G的每一个元都适合方程x2 = e，那么G是交换群。解：令a和b是G的任意两个元。由题设2ab ab = ab = e另一方面2 2ab ba = ab

3、 a = aea = a = e于是有ab ab = ab ba。利用消去律，得ab= ba所以G是交换群。2.在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。解：令G是一个有限群。设G有元a而a的阶n 2。考察a，。我们有af ) = e e(a，) =(a f = e设正整数m 2的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a和设G还有元b， b = a，b = a J，并且b的阶大于2。那么bJ的阶也 大于2，并且b=b。我们也有b=a。否贝卩 e = bd b= aa 二 Tb a消去b二得b= a J，与假设矛盾。同样可证bJ = a-1。这样，除a和aJ 外，又有一对不同的阶大于

4、2的元b和b。由于G是有限群，而G的阶大于2的元总是成对出现，所以G里 这种元的个数一定是偶数。3.假定G是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。解：由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数。但G只有一个 阶是1的元，就是单位元e。于是由于的阶是偶数，得G里阶等于2 的元的个数是奇数。4.一个有限群的每一个元的阶都有限。解：令G是一个有限群而a是的任一元素，那么不能都不相等。因此存在正整数 i, j, ij，使aaj ,用a-乘两=e边，得(1)这样，存在正整数i_j，使（1）成立，因此也存在最小的正整数 m ,使am二e ,这就是说，兀a的阶是m。4.群的同态假定在两个

5、群G和G的一个同态映射之下，a 。a与a的阶是 不是一定相同？解：不一定。例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明: ng n是G的任意元是G到G的一个同态映射。但G的每一元n = 0都是无限阶的，而g的 阶是1。5.变换群1假定是集合A的一个非 变换。会不会有一个左逆元 J使得?解：可能有。例如令A=所有正整数，则-: 1 1， n； n -1 n1显然是A的一个非 变换。而A的变换: n ； n 1 n A就能使 = =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和b是有理数， a = 0形式的变换作成一个变换群。这个群是不

6、是一个变换群？解：令G是由一切上述变换作成的集合。考察 G的任何两个元素: x cx d c和d是有理数， c = 0那么* : Xr x = (ax b) = c(ax b) d=(ca)x (cb d)这里ca和cb d都是有理数，并且ca = 0 所以仍属于G。结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立单位变换属于G。容易验证，在G中有逆，即.:1 / b、x x ()a a因此G作为一个变换群。但G不是一个交换群。令i :x- X 12 :x 2x那么T T 12x； (x1) 2 =(x 1)2 =2x 2T T 2 1 X； (x2) J(2x)2x 11” 213假定S是一个集

7、合A的所有变换作成的集合。我们暂时用符号: a ； a = (a)来说明一个变换。证明，我们可以用t 2 : a r 】2(a) = v 2(a)来规定一个乘法，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。解：令-1和2是S的任意两个元而a是A的任意一个元。那么2(a)和 i 2(a)都是A的唯一确定的兀。因此如上规定 2仍是S的一个唯一一 确定的元而我们得到了一个S的乘法。令3也是一个任意元，那么(1 2)3) 1 2 a5 ( )1 轧()% (吊2)a( = )吊 1 无 a ()可1 盹 a吊 3 ( ) 所以(12)3 =*( 2 3)而乘法适合结合律。令是S的任意

8、元。由于对一切a A，都有；(a) = a ,所以工(a)二； (a)二-(a)n(a)二-r(a)二-(a)即而；仍是S的单位元。4.证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。解：设G是由某一集合A的变换组成一个变换群，而；是G的单位元。任取G的一个元-和A的一个元a。由于-=,有a，(a ；)，a由于是A的一个 变换，所以a，a而；是A的恒等变换。5.证明，实数域上一切有逆的n n矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群解：这个题的解法很容易，这里从略。6.置换群解：S3有6个元:、巾23、广 1 23、丿03123J2312 3123 A丿I312I321O巾23,231其中的2把S3的所有元写成

9、不相连的循环置换的乘积。1230 23.证明:（i）两个不相连的循环置换可以交换;解：(i)看的两个不相连的循环置换匚和T。我们考察乘积二T使数 字1，2,，n如何变动。有三种情况。(a)数字一在匚中出现，并且二把变成j。这时由于匚和t不相连, j不在T中出现，因而T使不变，所以T仍把变成j。(b)数字k在T中出现，并且T扌歐变成。这时】不在二中出现，因 而二使k不变，所以匚T仍把变成：。(C)数字m不在匚和T中出现。这时匚T使!不动。如上考察T使数字1, 2，n如何变动，显然得到同样的结果。 因此b T T。(H)由于也s购血心位L :匚，所以一严WGksy4.证明一个循环置换的阶是.。解：

10、一个-循环置换n二:汀/威的一次方，二次方， 次方分 别把一变成兔坨 花。同理 把i2变成i2,把.变成.。因此 ：少：述。由上面的分析，若是 ,那么-。这就证明了，n 的阶是。5.证明一.的每一个元都可以写成(1 2), (1 3),，(1 n)这一个：L循环置换中的若干个的乘积。解：由于每一个置换都可以写成不相连的循环置换的乘积，所以只须 证明，一个循环置换可以写成若干个(1 )形的置换的乘积。设n是一个虜-循环置换。我们分两个情形加以讨论。(a) 1在n中出现，这时n可以写成(1 1 S “ * 41)容易验算(1 ii E - A-i)=(1 (1 S (1 vJ(b) 1不在n中出现

11、，这时71 =(4) = (1-)(1 哲)=(1 )(1 务)(1 (1 )1. * 1.循环群1.证明，一个循环群一定是交换群。解：设循环群g = a。那么G的任何两个元都可以写成am和an(m， n是整数)的形式。但 amaaman anam 所以G是一个交换群。2.假定群的元a的阶是n。证明#的阶是扌，这里d=( r，n )是r和n 的最大公因子。解：由于d | r , r=ds，所以n * .雲(aT)3 =(护尸=(an)s = e现在证明，辛就是一的阶。设二的阶为。那么息: 。令 -=叮- ：. :-二- 4得 匚二亍三二 二.亍二訂1但几严思而.是的阶，所以6二亍而-=Aqd于

12、是| _ 。(参看本节定理的第二种情形。)为了证明总=；，只须反过来证明一| 。由二-而n是a的阶，同上有n | r ，因而丨，。但d是n和r的最大公因子，所以1 -d a Q d互素而有扌丨。3.假定a生成一个阶是n的循环群G。证明：f也生成G ,假如(r,n) =1 (这就是说r和n互素)。解：由习题2，二的阶是n。所以ar,(才尸,.,(才)11 (ar)n = e互不相同。但G只有n个元，所以三斧防臭皿防鹅 而匚生成G。4 .假定G是循环群，并且G与匚同态。证明匚也是循环群。解：由于G与.同态，也是一个群。设G二a，而在G至呎的同态满射 下，心乳。看.的任意元。那么在下，有I- : -

13、 - 。这样，.的每一元都是的一个乘方而G =(a)。5.假定G是无限阶的循环群，.是任何循环群。证明G与.同态。解：令G二a , G =(a)。定义 ：汙=产 我们证明，是G至的 一个同态满射。(i由于G是无限阶的循环群，G的任何元都只能以一种方法写成: 的形式，所以在之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而 是G至的一个映射。(ii).的每一个元都可以写成的形式，因此它在之下是G的元 的象，而是G至帚的一个满射。(jii) . 5 - _ 所以是G至,的一个同态满射。8子群1.找出的所有子群。解：U显然有以下子群：二本身；(1)=(1)；(1 2)=(1 2),(1);(1 3)=(1 3

14、),(1);(2 3)=(2 3),(1);(1 2 3)=(1 2 3),(1 3 2)，(1)。若【的一个子群H含有(1 2),(1 3)这两个2-循环置换，那么H含有(1 2)(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因而H二一.同理，若是一的一个子群含有两个2-循环置换(2 1)， (2 3)或(3 1),(3 2),这个子群也必然是-o用完全类似的方法，读者也可以算出，若是【的一个子群含有一 个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是o因此上面给出的6个子群是【的所有子群。2.证明，群G的两个子群的交集也是G的子群。解：设I和一是G的子群。令e是

15、G的单位元。那么e属于啣儿，因而 丸仆出而令a,bWHH:。那么a, b属于毗。但片枷是子群。所以虻1属于，因而属于。这就证明了，馬r匹;是g的子群。3 . 取的子集S 4(1 2) ,(1 2 3)。S生成的子群包含哪些元？ 一个群的两个不同的子集会不会生成相同的子群?解：见习题1的解。4.证明，循环群的子群也是循环群。解：设循环群G= (a)而H是G的一个子群。若H只含单位元e=a0,则H= (e)是循环群。若H不仅含单位元，那么因为H是子群，它一定含有元am，其中m是正整数。令.是最小的使得属于H的正整数，我们证明，这时 川：解珂.看H的任一元aS令t=iq+r 0 r 1,可取b=ap

16、 ,那么b的阶为p,而(b)是一个阶为p的子群。3假定a和b是一个群G的两个元，并且ab=ba，又假定a的阶是m, b的阶是n,并且(m,n)=1.证明：ab的阶是mn。解：设 ab 的阶是 k。由 ab二ba,得 (ab)mn=amnbmn=e因此k |mn。我们反过来证明,mn |k。由e= (ab) kn=aknbkn=akn 以及a的阶为m，得m |kn,但(m,n)=1,所以m |k同理n |k。又由(m,n) =1，得 mn |k.这样，ab 的阶 k=mn。4假定是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于 G的 任意元三个元a，x，x来说ax ax = x x证明，与G的单位元e等

17、价的元所作成的集合是G的一个子群。解：令H是与e等价的元所作成的集合。由于ee，所以H不空。设 a,b CH，那么 ae,be,be可写成 a-1aba-1a因此由题设，abae而ab CH。ae可写成aeaa-1，因此由题设，ea-1而a-1 CH。这样，H作成G的一个子群。5 .我们直接下右陪集H a的定义如下：H a刚好包含G的可 以写成h a (hH)形式的元。由这个定义推出以下事实： G的每一个元属于而且只属于一个右陪集。解：取任意元a g，由于H是一个子群，单位元eCH,因此a=e a田a这就是说，元a属于右陪集H a。设 a 9H b,a 田 c,那么 a二 二h2C (hi ,

18、h2 田)由此得，b=h；h2c，而H b的任意元 hb二hh；h2c H c因而H b H c，同样可证H c H b，这样H b=H c而a只能属于 个右陪集。6若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是 4的群, 它们都是交换群。解：先给出两个阶是4的群。模 4 的剩余类加群 G1=0，1，2，3.Gi的元1的阶是4而g是1所生成的循环群(1)。S的子群B4=(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)叫作克莱因四元群。B4是合的子群容易验证，我们有(1 2)(3 4) 2=(1 3)(2 4) 2=(1 4)(2 3) 2=( 1)(1 2)(3 4)(

19、1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)这两个群显然都是交换群。现在证明，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。设G是一个阶为4的群。那么G的元的阶只能是1，2或4若G有一个阶为4的元d，那么G= (d)是一个循环群， 而G与G同构若G没有阶为4的元，那么除单位元e夕卜，G的其他3个元的阶 都是2，因此有G = e,a,b,c a2=b2=c2=e

20、由于G是群，有ab G，我们证明ab=c由ab=e将得ab=a2和b=a ,这不可能.由ab=a将得b=e,也不可能由ab=b将得a=e,也不可能.因此只能ab=c,同样可证ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比较G和B的代数运算，易见G和B4同构。补充题：利用6题证明，一个有限非交换群至少有 6个元。10.不变子群商群1假定群G的不变子群N的阶是2.证明，G的中心包含N。 解：令N= e,n,这里e是G的单位元，取G的任意元a。 由于N是一个不变子群，有aN=Na，即a,an = a,na 所以an二na。这样，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换, 所以N属于G的中心。2

21、.证明，两个不变子群的交集还是不变子群。解 令“勺和N 2是群G的两个不变子群。那么N 2是g 的一个子群（ 8.习题2）。我们进一步证明，门N 2是G的一 个不变子群。令a 6G,n n/ n 2，那么刑2，但Ni和N2是不变子群，所以an a-1 an a-1 2，因而ana-1Ni N2于是由定理2, n n2是一个不变子群。3.证明，指数是2的子群一定是不变子群。解：令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群。若n 9N，那么显然有nN二Nn。设b6G,bN。那么由于N的 指数是2 , G被分成两个左陪集N和bN ; G也被分成两个右陪集N 和Nb。因此bN=Nb,这样，对于G的任何元a

22、来说，aN=Na是G的 一个不变子群。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。解：由于H和N都不空，所以HN也不空。设 aOHN , b 9HN。那么a= hi ni ，b= h2n2 (hih H， nm )ab =hi ni n2 h? =h n h? (n =ni n2)由于N是一个不变子集，有N h2 = h2 N ， n h2 = h2 n (n )由是得a b =( h1 h2)n田N , HN是一个子群。5.举例证明，G的不变子集N的不变子群Ni未必是G的不变子群 (取 G = S4 ).解：令 G=S4, N= (1),(12)(34),(13)(24),

23、(14)(23) Ni= (1), (12) (34)已知N是G的一个子群(上节习题6)。我们证明，N是G的一 个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切 二S4，等式(a) : N J=N成立。由于任何二都可以写成(1i)形的2 一循环置换的乘积。(6. 习题5)，我们只须对(1i)形的冗来看等式(a )是否成立。又由于 N 的元的对称性，我们只须看-=(12)的情形。但(12) (1), (12) (34), (13) (24), (14) (23) (12)=(1), (12) (34), (14) (23), (13) (24)所以N是s的一个不变子群。由于N是交换群，N 1当然

24、是N的一 不变子群。但N1不是S的一个不变子群。因为(13) (12) (34) (13)=(14) (23)N16.一个群G的可以写成 Jbab形式的元叫作换位子。证明；(i)所有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的一个不变子集，并且 G/N是交换群，那么N二 C解：(i), 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C的一个元。这样C是一个子群。对于 a CG , c CC ,ac a =(ac a c)c ，所以 C 是 G 的一个不变子群。(ii)令 a,

25、b eG。那么 abab=c 。由此得ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC=bCaC 而G/C是交换群。(iii)因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b(aN)(bN)二(bN) (aN), abN=baN由此得 ab=ban (n N) abab= n ON。这样N含有一切换位子，因此含有 C。补充题。令二和(i1 j2jk)属于s。证明 二(ii i2i J 二=(ii i?ik )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A的子集S 是A的子集s的逆象；S是S的象，但若S是S的象,S不一定S 的逆象。解：(i)设S是S的逆象。这时对任一元a S

26、,存在元a s，使 (a) =a ,因此(S) S。反过来，对任一 a s，存在aS，使(a) =a,因此s (S)。这样S=林S)，即s是S的象。(ii) 令 A= 1 , 2, 3, 4, a= 2, 4, A 到 a的满射是： 1 2 , 2 2 , 3 4 , 4 4取S= 1 , 3 。那么S的象s= 2, 4。但s的逆象是A式S2.假定群G与群G同态，N是G的一个不变子群，N是N的 逆象。证明，G/N三G / N。解：设所给G到g同态满射是：a a =(a)我们要建立一个G/N到g / N的同构映射。定义aN a N若aN=bN,那么a N。由于n是N 之下的象，有-_j A - b a = b a N， aN=bN所以t是G/N到G / N的一个映射。设a N G/N而（a） =a，那么aN a N所以是G/N到G / N的一个满射。若aN= bN ，那么JaN。由于N是N的逆象，由此得 - b a = b a N ， aN bN所以是G/N到G /N间的一个 映射。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n|m的时候。解：设G与G同态，那么由定理2 , G/N三G，这里N是G到G的 同态满射的核。所以G/N的阶是n。但G/N的阶等于不变