近世代数习题解答张禾瑞二章.docx
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近世代数习题解答张禾瑞二章
近世代数习题解答
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
4,5'来作群的定义：
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,能让aae
A_1
证
（1）一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aae得aa=e
因为由4G有元a能使a'a=e
111'
所以（aa）e=（aa）（aa）
即aa=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
即ea=a
这样就得到群的第二定义.
（3）证ax二b可解
取x=a
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x2二e,那么G就是交换群.
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），=b°a，=ba.
2.在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.
_1n—1nn—1—1
证
（1）先证a的阶是n则a的阶也是n.ae=（a）（a）ee
若有mn使（a'）m=e即（am）'=e因而am=e‘•am=e这与a的阶是n矛盾「a的
阶等于a°的阶
_4_42
（2）a的阶大于2,则a=a若a=a:
a=e这与a的阶大于2矛盾
（3）ab贝Ua「b'
斗
总起来可知阶大于2的元a与a双双岀现，因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数
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.
4.一个有限群的每一个元的阶都是有限的
证a：
=G
故aa2…am…an…€G
由于G是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：
mnn_m
a=a（mn）故a二e
n-m是整数，因而a的阶不超过它.
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
丄c_1+23_1+伍
例如G二{1,,}
-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GsG
—1+&3—1—iJ3
但11的阶都是3.
22
而1的阶是1.
5变换群
11
1.假定I是集合的一个非变换，1会不会有一个左逆元T，使得I=Z?
证我们的回答是回有的A={1,2,3,—}
3f23f4
4f34
-显然是一个非变换但'二
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>axb,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
ca,cbd是有理数ca尸0；是关闭的.
⑵
显然时候结合律
⑶
a=1
b=0
则；
:
XrX
而
.J.二.
；所以构成变换群.
又d
X"
x1
故1-21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.「2：
a“【[.2（a）]=j.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.
证彳：
a—.d（a）
那么.「2：
a“i[.2（a）]=i2（a）
显然也是A的一个变换.
现在证这个乘法适合结合律：
故（•1・2）・3=・1（・2・3）
再证；还是S的单位元
4.证明一个变换群的单位元一定是恒等变换
证设；是是变换群G的单位元
G,G是变换群，故.是—变换，因此对集合
A的任意元a，有A的元b,
；（a）»（（a））=；•（b）=•（b）=a
另证■-（x）（x）
根据1.7.习题3知ti（x）=x
5.证明实数域上一切有逆的nn矩阵乘法来说，作成一个群。
证G=｛实数域上一切有逆的nn矩阵｝
11
A,B•G则BA是AB的逆
从而代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.
找岀所有S3的不能和（撐）交换的元.
这是难验证的.
证S3不能和（撐）交换的元有（123）,（；23）,（；；3）
解：
S3的所有元用不相连的循环置换写岀来是
（1）,（12）,（13）,（23）,（123）,（132）.
证明：
（1）两个不相连的循环置换可以交换
i1i2■ikik1ikr■imim1■jn
（i1i2ikik2ik3ik1im1…*丿
⑵仏…ik）'=（ikik・i1）
证
（1）（症…ikXikJimim^TJ
i1i2ikik1ik2imimLin
—II..■«.....I
炒3Wk2ik3…ik丽1…in
••・・・•.■■.・・
1*2ikik1ik2imim1'，ni1i2ikik1imim1in
乂（ik1ik2im）（i1i2Ik丿=（i1i「ikik2ik3…ik」m1…in八i2i3Jik「imim1…in丿
=（iCC；m；mVinin）,故（症…匚小山十…気）=山齐気）（応…iQ
⑵（症ik）（ikik」-ii）=（h）,故（施…ik）丄h）.
3.证明一个K一循环置换的阶是K.
证设兀=仏…ik）=C；：
.；；）
设hk,那么二h=（「.打）=（ij
'h1'h1
5.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
同时有（iiij=（1ii）（1ii）（1ii）,这样就得到所要证明的结论。
贝U二2=（；匚卜）二J（W）
!
3”“1tX/
7循环群
1.证明一个循环群一定是交换群。
证G（a）am,anG
mnmn：
：
mnm
贝Uaaaaaa
rn
2.假设群的元a的阶是n，证明a的阶是一这里d=（r,n）是r和n的最大公因子
d
证因为（r,n）=d所以r二dn,n二小门“而（口，口）=1
3.假设a生成一个阶n是的循环群G。
证明ar也生成G，假如（r,n）=1（这就是说r和n互素）
证a生成一个阶n是的循环群G，可得生成元a的阶是n，这样利用上题即得所证,
或者，由于（r,n）=1有sr-tn=1
a=aaa（a）即a（a）
故（a）=（a）r
4假定G是循环群，并且G与G同态，证明G也是循环群。
证有2。
4。
定理1知G也是群，
设G且（a^a（是同态满射）
bG则存在bG使（b^bb=ak因而GsG
_k_k
故（ak）a即（b）二a
k
因而b=a即?
=（?
）
5•假设G是无限阶的循环群，G是任何循环群，证明G与G同态。
证i）设G是无限阶的循环群，
---T
G=（a）令（a）二a
且（asa）=aaa二（as）（a）
所以GsG
ii）设G=（a）而a的阶是n。
令*:
a"a当且只当h|二nq^i'&,
0_kin易知‘-：
是G到G的一个满射
设k1k2=nqk则hh2=n（qq2）Kk2=n（q1q2q）k
_k_q_k4q_k^tk2」_k2
那么ahlah2—；aaaaaa
GsG
8子群
1•找岀S3的所有子群
证S3={
（1）,（12）,（13）,（23）,（123）,（132）}的子群一定包含单位元
（1）。
i）S3本身及只有单位元
（1）都是子群
2
ii）包含
（1）和一个2一循环的集合一定是子群因
（1）（ij）=（ij）,（ij）
（1）
H2={
（1）,（12）},H3={
（1）,（13）},出={
（1）,（23）}亦为三个子群
iii）包含
（1）及两个3—循环置换的集合是一个子群
2
（ijk）=（ijk）,（ijk）（ikj）=
（1）出={
（1）,（123）,（132）}是子群，S有以上6个子群，
今证只有这6个子群，
iv）包含
（1）及两个或三个2—循环置换的集合不是子群因（ij）（ik）=（ijk）不属于此集合
v）若一集合中3—循环置换只有一个岀现一定不是子群
因（ijk）2=（ikj）
Vi）一个集合若岀现两个3—循环置换及一个2—循环置换不是子群
因（ij）（ijk）=（ik）
耐）3—循环置换及2—循环置换都只有两个岀现的集合不是子群
因若（ij）,（ik）岀现则（ij）（ijk0=（jk）
故S3有且只有6个子群。
2.证明；群G的两个子群的交集也是G的子群。
证H1,H2是G的两个子群，H=H丄H2
H显然非空a,b・H则a,b・H1同时a,b，H2
因H1,H2是子群，故ab^eH1，同时ab'wH2
所以ab4H1H2=H
故H是G的子群
3•取S3的子集S={（12）,（123）}，S生成的子群包含哪些个元？
一个群的两个不同的子集不会生成相同的子群？
证（12）2=
（1）S（12）（132）=（23）S从而S=S3
群的两个不同的子集会生成相同的子群
S={（123）}3生成的子群为{
（1）,（123）,（132）}
S2二{（132）}S2生成的子群为{
（1）,（123）,（132）}
4•证明，循环群的子群也是循环群。
证G=（a）是循环群，H是G的子群
设a^H，而ohk时akfH。
任意b三H则b三G因而b=amm=kq・r0三rk
kq因am・H,a=（ak）q所以H=（ak）是循环群.
5.找岀模12的剩余类加群的所有子群
证剩余类加群是循环群故其子群是循环群.
G={[0],[1],…,[11]}
（i）（[1]）=（[5]）=（[7]）=（[11]）二G
（丘）比=（[0]）
（蚯）（[2]）=（[10]）即H2={[0],[2],[4],[6],[8],[10]}
（iv）（[3]）=（9[]）即H3二{[0],[3],[6][9]}
（v）（[4]）=（[8]）即H4={[0],[4],[8]}
（vi）（[6]）即H5={[0],[6]}
H作成子群的充要条
有且只有以上6个子群.
6.假定H是群G的一个非空子集，并且H的每一个元的阶都有限，证明
件：
a,b•H推岀ab・H
证必要性显然
充分性a,bH推岀abH,（*）所以只证aH推岀即可.
a•二H,a的阶有限设为m
am=e即aam」=e
所以a」二am」
由（*）可知amJ■H,因而aJH
这样H作成G的子群.
9子群的陪群
1.证明阶是素数的群一定是循环群
证：
设群G的阶是素数P,
则可找到aG而a=e,则a的阶p,
根据2.9.定理3知np,但p是素数做，n=p
012p1
那么a,a,aap是G的P个不同元，所以恰是P的不同元做n二p.
2.证明阶是pm的群（p是素数）一定包含一个阶是p的子群.
证：
设阶是pm的群为G,m是正整数,可取aG,而a=e,
n丄
根据2.9.定理3,a的阶是pn而n二m,进一步可得ap的阶为p.
pn-L.H=（ap）是阶为p的G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n是并且（mn）=1证明：
ab的阶是mn
证丁am=e,bn=e二（ab）mn=amnbmn=e.
设（ab）r=e.
mrmnmrmr
则（ab）=ab=b=e=nmr,（m,n）=1
故nr.（ab）nr=anrbnr=e二mnr,（m,n）=1
故mr又（m,n）=1.mnr
因此ab的阶是mn.
4.假定〜是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G的任意三个元a,x,x'来说，ax-ax'=x-x'证
明与G的单位元e等价的元所作成的集合为H
证由于〜是等价关系，故有e~e即e€H.a,b*H则a~e,b~e
因而ae〜aabe~bbJ
由题设可得e~aJ,e~bJ
由对称律及推移律得b」〜a」
再由题设得abJ~e
即abJH
这就证明了H是G的一个子群.
5.我们直接下右陪集Ha的定义如下：
Ha刚好包含G的可以写成
G的每一个元属于而且只属于一个右陪集
证任取aG则a=eaHa
这就是说，G的每一个元的确属于一个右陪集
若xHa,xHb则x=hia,x=h2b.
则ga=h2b,因而a=h/h2b,b=hz'hQ
-■Ha二Hb,Hb二Ha故Ha=Hb
这就证明了，G的每一个元只属于一个右陪集.
6.若我们把同构的群看成是一样的，一共只存在两个阶是4的群，
它们都是交换群.
证设G是阶为4的群.那么G的元的阶只能是1,2,4.
1•若G有一个元的阶为4,则G为循环群；
2.若G有一个元的阶为2,则除单位元外，其他二元的阶亦均未2.
就同构的观点看阶为
4的群，只有两个；由下表看岀这样的群的确
存在.
循环群
01
2
3
0
01
2
3
1
12
3
0
2
23
0
1
3
30
1
2
非循环群
循
环群是交换群，由乘法表看出是交换群
e
a
bc
10不变子群、商群
e
e
a
b
c
1.假定
群G的不变子群N的阶是2,证明,G的中心包含N
a
a
e
c
b
证
设N={e,n}
b
b
c
e
a
N
是不变子群，对于任意aG有
c
c
b
a
e
若
ana1=e贝yan=a，n=e矛盾
ann
则
an
=na
即n是中心元.
又e是中心元显然
故G的中心包含N•
2.证明,两个不变子群的交集还是不变子群令
证N=Ni2,则N是G的子群.
nN=nN1及nN2,ana'N1,ana'N2二ana'N
故N是不变子群.
3.证明：
指数是2的子群一定是不变子群.
证设群H的指数是2
则H的右陪集为He,Ha
H的左陪集为eH,aH
由HeHa=eHaH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HN,h2n2HN
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
易知N是G的子群，N1是N的子群
我们说N是G的不变子群，这是因为
此即说明ana4N,a•G,n•N.
因为N是阶为4的群,所以为交换群，故其子群Nj是不变子群.
但Ni却不是G的不变子群原因是：
6.一个群G的可以写成a4b4ab!
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二C
证i）e显然是有限个换位子的乘积；
e^e4ee故eC
（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a」b」ab'=b^a」bai是换位子，故（有限个换位子的乘积）的逆仍为（有限个换位子的乘积）即有c」=C,故C是子群；
由gcgJC有gcg，cJcC
即gcgJC所以C是不变子群.
（ii）x、yGCC
xyxy=c就有xy=yxc
故xy：
二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）
因此x」y」xy^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有两个不同的象做矛盾
又S的逆象是S
两者合起来，即得所证
ii）设A二{1,2,3,4,5,6,}A={1,2}
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，N是N的逆象.证明：
证设\:
x>x是G到G卫勺同态满射；
2:
xxN是G到G_的同态满射.
规定:
x—xN（（x）二x,N（x）二xN）
则'是G到G_的同态满射.
事实上，：
yyN（]（y）二y,2（y）二yN）
贝U1（xy）二]（x）1（y）=xy
故:
xy—xNyN
这就是说，G~G_
现在证明同态满射N的核是n
xN则l（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三N
则x•N（N是N的逆象）
根据2.11定理2.
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三G
故G的阶一定整除G的阶.即nm.
（ii）nm.=
设G=（a）,G=（a）
令：
a"—；a（i=nqr,0乞rn）
在下a1"「a（i=nq11^,0^”n）
而Aq二nqr（0汀n）
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）
bG则b=am
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
再由2.7.习题4知GN是循环群.
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