近世代数第二章答案

§1.  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

2.举一个有两个元的群的例。

解：令,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)       

因为，由于，若是元素在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是不在(1)中出现，那么有

而(1)仍成立。

其次，有左单位元，就是；有左逆元，就是，有左逆元，就是。所以是一个群。

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Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件，来做群的定义：

   里至少存在一个右逆元，能让

对于的任何元都成立；

    对于的每一个元，在里至少存在一个右逆元，能让

解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。

§2. 单位元、逆元、消去律

1.若群的每一个元都适合方程，那么是交换群。

 解：令和是的任意两个元。由题设

另一方面

于是有。利用消去律，得

所以是交换群。

2.在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。

解：令是一个有限群。设有元而的阶。

考察。我们有

设正整数而，那么同上可得，与是的阶的假设矛盾。这样，也是的阶，易见。

否则  

与的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元和。

设还有元，，，并且b的阶大于2。那么的阶也大于2，并且。我们也有。

否则  

消去得，与假设矛盾。同样可证。这样，除和外，又有一对不同的阶大于2的元和。

由于是有限群，而的阶大于2的元总是成对出现，所以里这种元的个数一定是偶数。

3.假定是一个阶是偶数的有限群。在里阶等于2的元的个数一定是奇数。

 解：由习题2知，里阶大于2的元的个数是偶数。但只有一个阶是1的元，就是单位元。于是由于的阶是偶数，得里阶等于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：令是一个有限群而是的任一元素，那么

不能都不相等。因此存在正整数 i，j，，使，用乘两边，得

（1）           

这样，存在正整数，使（1）成立，因此也存在最小的正整数，使，这就是说，元的阶是。

4.群的同态

假定在两个群和的一个同态映射之下，。与的阶是不是一定相同？

解：不一定。例如，令是本章1中例2所给出的群而是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明

                           是的任意元

是到的一个同态映射。但的每一元都是无限阶的，而的阶是1。

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使得

解：可能有。例如令={所有正整数}，则

：          ，      

显然是的一个非一一变换。而的变换

：               

就能使

2.假定是所有实数作成的集合。证明，所有的可以写成

                和是有理数， 

形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群？

解：令是由一切上述变换作成的集合。考察的任何两个元素

：           和是有理数， 

：            和是有理数， 

那么

：    

这里和都是有理数，并且。

所以仍属于。

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。

容易验证，在中有逆，即

：         

因此作为一个变换群。

但不是一个交换群。令

：                

：                

那么

：               

：               

3.假定是一个集合的所有变换作成的集合。我们暂时用符号

：            

来说明一个变换。证明，我们可以用

：               

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，还是的单位元。

解：令和是的任意两个元而是的任意一个元。那么和都是的唯一确定的元。因此如上规定仍是的一个唯一确定的元而我们得到了一个的乘法。

令也是一个任意元，那么

所以而乘法适合结合律。

 令是的任意元。由于对一切，都有，

所以

即而仍是的单位元。

4.证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。

解：设是由某一集合的变换组成一个变换群，而是的单位元。任取的一个元和的一个元。由于，有

由于是的一个一一变换，所以而是的恒等变换。

5.证明，实数域上一切有逆的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

1.找出所有不能和交换的元。

解：有6个元：

，，，

，，。

其中的

        ，， =

显然可以和交换。通过计算，易见其它三个元不能和交换。

2.把的所有元写成不相连的循环置换的乘积。

解： =（1），=（2 3）

=（1 2），=（1 3），=（1 2 3）

=（1 3 2）

3．证明：

（ⅰ）两个不相连的循环置换可以交换；

（ⅱ）

解：（ⅰ）看的两个不相连的循环置换和τ。我们考察乘积τ使数字1，2，…，n如何变动。有三种情况。

（a）数字    在中出现，并且把变成j。这时由于和τ不相连，j不在τ中出现，因而τ使j不变，所以τ仍把变成j。

（b）数字在τ中出现，并且τ把变成。这时不在中出现，因而使不变，所以τ仍把变成。

（c）数字不在和τ中出现。这时τ使不动。

如上考察τ使数字1，2，…，n如何变动，显然得到同样的结果。因此τ=τ。

（ⅱ）由于，所以

4．证明一个循环置换的阶是 。

解：一个循环置换π=的一次方，二次方，…，次方分别把变成。同理把变成,…,把变成。因此。由上面的分析，若是，那么。这就证明了，π的阶是。

5．证明的每一个元都可以写成

（1 2），（1 3），…，（1 n）

这个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π是一个循环置换。我们分两个情形加以讨论。

（a）1在π中出现，这时π可以写成

容易验算

（b）1不在π中出现，这时

§7.循环群

1．证明，一个循环群一定是交换群。

解：设循环群。那么的任何两个元都可以写成和（m，n是整数）的形式。但            所以是一个交换群。

2.假定群的元a的阶是n。证明的阶是 ，这里d=( r，n )是r和n的最大公因子。

解：由于d｜r ，r=ds ，所以

现在证明， 就是的阶。设的阶为。那么 。

令             

得         

但而是的阶，所以 而

于是｜ 。（参看本节定理的第二种情形。）

为了证明 ，只须反过来证明｜ 。由 而n是a的阶，同上有n｜r , 因而｜ 。但d是n和r的最大公因子，所以互素而有 。

3.假定a生成一个阶是n的循环群。证明：也生成，假如（r,n）=1 (这就是说r和n互素)。

解：由习题2，的阶是n。所以

互不相同。但G只有n个元，所以 ，

而生成。

4．假定是循环群，并且与同态。证明也是循环群。

解：由于与同态，也是一个群。设，而在到的同态满射φ下， 。看的任意元 。那么在φ下，有 。这样，的每一元都是的一个乘方而。

5．假定是无限阶的循环群，是任何循环群。证明与同态。

解：令，。定义  Φ： 我们证明，φ是到的一个同态满射。

（ⅰ）由于是无限阶的循环群，的任何元都只能以一种方法写成的形式，所以在φ之下，的每一个元有一个唯一确定的象，而φ是到的一个映射。

（ⅱ）的每一个元都可以写成的形式，因此它在φ之下是的元的象，而φ是到的一个满射。

（ⅲ）

所以φ是到的一个同态满射。

§8. 子  群

1．找出的所有子群。

解：显然有以下子群：

本身；((1))={(1)};   

((1 2))={(1 2),(1)};

((1 3))={(1 3),(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=.同理，若是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。

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。

因此上面给出的6个子群是的所有子群。

2．证明，群的两个子群的交集也是的子群。

 解：设和是的子群。

令e是的单位元。那么e属于 ，因而     而

令a,b 。那么a，b属于 。但是子群。所以属于 ，因而属于 。

这就证明了，是G的子群。

3．取的子集{(1 2) ,(1 2 3)}。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 .看H的任一元at。令

t=iq+r   0≤r＜i

那么ai=aiqar。由于at和aiq都属于H，有

     ar=a-iqat∈H

于是由假设r=0,at=（ai）q而H=（ai）。

   5．找出模12的剩余类加群的所有子群。

   解：模12的剩余类加群是一个阶为12的循环群。因此

由题4，的子群都是循环群，容易看出：

（[0]）=[0]

 ([1])=([5])=([7])=([11])= 

([2])=([10])={[2],[4],[6],[8],[10],[0]}

([3])=([9])={[3],[6],[9],[0]}

([4])=([8])={[4],[8],[0]}

([6])={[6],[0]}

是的所有子群。

6.假定H是群的一个非空子集并且H的每一个元的

阶都有限。证明，H作成一个子集的充要条件是：

            a,b∈Hab∈H

解：由本节定理1，条件显然是必要的。

要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明：

        a∈Ha-1∈H

设a∈H，由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某

一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1∈H。

         §9.   子群的陪集

1.证明，阶是素数的群一定是循环群。

解：设群的阶为素数p，在中取一元a≠e，则a生成的一个循环子群（a）。设（a）的阶为n，那么n≠1.

但由定理2，n│p，所以n=p而G=（a）是一个循环群。

2.证明，阶是pm的群（p是素数，m≥1）一定包含一个阶是p的子群。

 解：设群的阶是pm。在中取一元a≠e，那么由定理3，a的阶n│pm.但n≠1,所以n=pt,t≥1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群。若t＞1,可取b=ap,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=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～是一个群的元间的一个等价关系，并且对于的

任意元三个元a，x，x’来说

              ax～ax’ x～x’

证明，与的单位元e等价的元所作成的集合是的一个子群。

解：令H是与e等价的元所作成的集合。

由于e～e，所以H不空。

设a,b∈H，那么a～e,b～e,b～e可写成a-1ab～a-1a

因此由题设，ab～a～e而ab∈H。

a～e可写成ae～aa-1，因此由题设，e～a-1而a-1∈H。

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刚好包含的可

以写成h a （h∈H）形式的元。由这个定义推出以下事实：的每一个元属于而且只属于一个右陪集。

    解：取任意元a∈，由于H是一个子群，单位元e∈H,因此

a=e a∈H a这就是说，元a属于右陪集H a。

      设a∈H b,a∈H c,那么a=b=h2c  (,∈H) 

由此得，b=c,而H b的任意元  hb=∈H c

因而H bH c，同样可证H cH b，这样H b=H c而a只能属于一个右陪集。

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={[0],[1],[2],[3]}.

的元[1]的阶是4而是[1]所生成的循环群（[1]）。

     的子群

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

叫作克莱因四元群。是的子群容易验证，我们有

     [(1 2)(3 4)]2=[(1 3)(2 4)]2=[(1 4)(2 3)]2=（1）

     (1 2)(3 4)(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。

设是一个阶为4的群。那么的元的阶只能是1，2或4

若有一个阶为4的元d，那么G=（d）是一个循环群，

而与同构。

若没有阶为4的元，那么除单位元e外，的其他3个元的阶都是2，因此有

       =｛e,a,b,c｝  a2=b2=c2=e

由于是群，有ab∈，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

比较和B的代数运算，易见和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.假定群的不变子群N的阶是2.证明，的中心包含N。

解：令N=｛e,n｝，这里e是的单位元，取的任意元a。

由于N是一个不变子群，有aN=Na，即

                 ｛a,an｝=｛a,na｝

所以an=na。这样，N的两个元e和n都可以和的任何元a交换，

所以N属于的中心。

2.证明，两个不变子群的交集还是不变子群。

解 令和是群G的两个不变子群。那么是

的一个子群（§8.习题2）。我们进一步证明， 是的一

个不变子群。令a∈G,n∈,那么n∈,n∈,但

和是不变子群，所以ana-1∈, ana-1∈,因而

              ana-1∈

于是由定理2， 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：令是一个群而N是的一个指数为2的子群。

     若n∈N，那么显然有nN=Nn。设b∈G,b∈N。那么由于N的

指数是2，被分成两个左陪集N和bN；也被分成两个右陪集N

和Nb。因此bN=Nb,这样，对于的任何元a来说，aN=Na是的

一个不变子群。

4.假定H是的子群，N是的不变子群，证明，HN是的子群。

解：由于H和N都不空，所以HN也不空。

设 a∈HN , b∈HN 。那么

a= , b=  (,∈ H , ,∈N )

a==  (=)

由于N是一个不变子集，有

N=N ， = n  （n∈N）

由是得a=()n∈HN，HN是一个子群。

5. 举例证明，的不变子集N的不变子群未必是的不变子群 （取=）.

     解 ：令G=, N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝

          =｛（1），（12）（34）｝

     已知N是的一个子群（上节习题6）。我们证明，N是的一个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切∈，等式

（a）       N=N

成立。由于任何都可以写成(1)形的2一循环置换的乘积。（§6.习题5），我们只须对(1)形的来看等式（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是的一个不变子群。由于N是交换群，当然是N的一不

变子群。但不是的一个不变子群。因为（13）［（12）（34）］（13）=（14）（23）

6. 一个群G的可以写成ab形式的元叫作换位子。证明；

（） 所有有限个换位子的乘积作成的集合C是的一个不变子群；

（）  G/C是交换群；

（） 若N是的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么

                  NC

   解：（），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∈G，c∈C ,ac=(ac) c∈C ,所以C是G的一个不变子群。

（）  令a,b∈G 。那么ab=c∈C。由此得

          ab=bac, abC=bacC=baC

即aCbC=bCaC而G/C是交换群。

（） 因为G/N是交换群，所以对的任何两个元a和b

        (aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN

  由此得 ab=ban  (n∈N)   ab= n∈N。

      这样N含有一切换位子，因此含有C。

 补充题。令和（…）属于。证明

     （…）=（ …）

             §11.同态与不变子群

1.我们看一个集合A到集合的满射Φ。证明。若A的子集S是的子集的逆象；是S的象，但若是S的象,S不一定的逆象。

     解：（）设S是的逆象。这时对任一元a∈S,存在元∈，使Φ（a）=,因此φ(S) 。反过来，对任一∈，存在a∈S，使Φ（a）=,因此φ(S)。这样=φ(S)，即是S的象。

（）  令A=｛1 ，2，3，4｝，=｛2，4｝，A到的满射是

Φ：  12 ，22  ，34 ，44

   取S=｛1，3｝。那么S的象=｛2，4｝。但的逆象是AS

2.假定群与群同态，是的一个不变子群，N是的逆象。证明，G/N/。

  解：设所给到同态满射是  Φ： a=Φ（a）

  我们要建立一个G/N到/的同构映射。定义

   ：    aN  

若aN=bN,那么a∈N。由于是N φ之下的象，有

    =∈， =

 所以是G/N到/的一个映射。

  设∈/而Φ（a）= ，那么

    ：          aN  

      所以是G/N到/的一个满射。

      若aN bN  ,那么aN 。由于N是的逆象，由此得

       =  ， 

 所以是G/N到/间的一个一一映射。

3.假定和是两个有限循环群，它们的阶各是m和n。证明，与同态，当而且只当n|m的时候。

  解：设与同态，那么由定理2，G/N，这里N是到的同态满射的核。所以G/N的阶是n。但G/N的阶等于不变子群N在里的指数，所以由§9的定理2它能整除的阶m。由此得n|m。

  反过来设n|m。 令G=(a), =()。定义

Φ：         

  若=，那么m|h-k。于是由n|m ,得n|h-k而=。这样Φ是到的一个映射。容易证明，Φ是G到的一个同态满射。因此与同态。

4.假定是一个循环群，N是的一个子群。证明，G/N也是循环群。

  解：循环群是交换群，所以的子群N是不变子群，而G/N有意义。设G=（a）. 容易证明G/N=（aN）. 所以G/N也是循环群。