近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-2

2023年12月28日发(作者：穷人创业)

近世代数课后习题参考答案

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

'1

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

aae

1

4,5来作群的定义:

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

所以(aa)e(aa)(aa)

[a(aa)]a[ae]aaae

即

aae

111'1'1'111'1e 得a1ae

''1' (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)aa(aa)aea

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)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.

''111112 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.

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)

2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.

1证 (1) 先证a的阶是n则a的阶也是n.ae(a)(a)n1nn112b1a1ba.

e1e

若有mn 使(a)e 即

(a)是n矛盾.a的阶等于a的阶

(2)

11mm1e因而

ame1

ame 这与a的阶a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

1(3)

ab 则

ab1

总起来可知阶大于2的元a与定是偶数

a1双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一3. 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

a,a,,a,,a,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

amn2mnnm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

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

但

1i31i3,的阶都是3.

22

而1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证 我们的回答是回有的A{1,2,3,}

1,使得1?

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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)

'1bx()

aa

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

1



(a)a

另证

(x)(x)

根据1.7.习题3知(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}

1A,BG 则B1A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.

3 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

1 (2)

(i1i2ik)(ikik1i1)

证(1)

(i1i2ik)(ik1im)=(k1k2mm1n =((i12i23ik)

1ik2ik3ik1im1ii1i2ikik1imim1ini2i3ik1imim1in)(i1i2ikik2ik3ik1im1in)

iiiiiiii1i2ikik1ik2imim1iniiiiiiiin2kk1mm1n 又

(ik1ik2im)(i1i2ik)=(i1i2ikik2ik3ik1im1in)(i1)

2i3i1ik1imim1in2kk1k2mm1n =(i1),故(i1i2ik)(ik1im)(ik1im)(i1i2ik)

2i3i1ik2ik3ik1im1ini1i2ikik1ik2imim1iniiiiiiii (2)

(i1i2ik)(ikik1i1)(i1),故(i1i2ik)

3. 证明一个K一循环置换的阶是K.

2k证 设(i1i2ik)(i1)

2i3i11(ikik1i1).

iii

i2(iii)

1k32 …………

ik1(iii)

11kk1ik(iii)(i1)

11kk设hk, 那么

ih(iii)(i1)

1kh1h５． 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。

n则(i1)

3i12iii1(iii)

11kk1

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

mnmnmnanmanam

2． 假设群的元a的阶是n，证明a的阶是n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dr1,ndn1,而

(r1,n1)1

r

3.假设a生成一个阶n是的循环群G。

证明a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

raasrtnasratn(ar)n 即a(ar)

故(a)(a)

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)

rbG则存在bG使(b)b

ba 因而G∽G

故(a)a 即(b)a

因而ba 即Ã=（ã）

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，

kkkkkG(a)

G(a) 令(a)a

且(aa)assaa(as)(a)

s所以G∽G

ⅱ）设G(a)而a的阶是n。

令：ah2h1a 当且只当h1nq1k1,

k10k1n易 知是G到G的一个满射

aa

h2nq2k2

0k2n

设k1k2nqk则h1h2n(q1q2)k1k2n(q1q2q)k

那么

aah1h2k1aaakqkqak1k2aa

k1k2

G∽G

8 子群

1．找出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

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)

2H2={(1),(12)}，H3 ={(1),(13)}，

H4={(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

(ijk)2(ijk)，

(ijk)(ikj)(1)

H5={(1),(123),(132)}是子群，S3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—循环置换只有一个出现一定不是子群

因(ijk)(ikj)

ⅵ)一个集合若出现两个3—循环置换及一个2—循环置换不是子群

因(ij)(ijk)(ik)

ⅶ）3—循环置换及2—循环置换都只有两个出现的集合不是子群

因若(ij),(ik)出现 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H1H2

2H显然非空

a,bH 则a,bH1 同时a,bH2

1因H1,H2是子群，故abH1，同时abH2

1所以abH1H2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)(1)S

(123)(132)S

(12)(123)(13)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

212S1{(123)}S1生成的子群为{(1),(123),(132)}

S2{(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0hk时aH。

任意bH 则bG 因而ba

mkqr

0rk

aa因aH，ammkqrmkkakqar

kq(ak)q所以H(ak)是循环群.

5. 找出模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])G

(ⅱ)

H1([0])

(ⅲ)([2])([10])即H2{[0],[2],[4],[6],[8],[10]}

(ⅳ)

([3])(9[]) 即H3{[0],[3],[6][9]}

(ⅴ)

([4])([8])即H4{[0],[4],[8]}

(ⅵ) ([6]) 即H5{[0],[6]}

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,H作成子群的充要条件:a,bH推出abH

证 必要性 显然

充分性a,bH推出abH,(*)所以只证aH推出即可.

aH,a的阶有限 设为m

ame 即aam1e

所以a1am1

m1由(*) 可知aH,因而a1H

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aG而ae, 则a的阶p,

根据2.9.定理3知np, 但p是素数,故,np

那么a,a,aa

2. 证明阶是p的群(p是素数)一定包含一个阶是p的子群.

m证：设阶是p的群为G,

m是正整数, 可取aG, 而ae,

pn根据2.9.定理3,

a的阶是p而nm, 进一步可得an1012p1是G的P个不同元,所以恰是P的不同元,故np.

m的阶为p.

H(a

pn1)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

ae,be(ab)设(ab)e.

则(ab)mramrbmrbmrenmr,(m,n)1

故nr.

(ab)nranrbnre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~aa,be~bb

由题设可得e~a,e~b

由对称律及推移律得b再由题设得ab111111rmnmnamnbmne.

''''~a1

1~e

即

abH

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

ha

(hH)

G的每一个元属于而且只属于一个右陪集

. 证 任取aG则aeaHa

这就是说,G的每一个元的确属于一个右陪集

若xHa,xHb则xh1a,xh2b.

则h1ah2b,因而ah1h2b,bh2h1a

hahh1h2b,hbhh2h1a

HaHb,Hb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;

1111

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; 由下表看出这样的群的确

存在. 循环群

0

1

2

3

0 1 2 3

0 1 2 3

1 2 3 0

2 3 0 1

3 0 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

b

c

e a b c

e a b c

a e c b

b c e a

c b a e

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.

证 设N{e,n}

N是不变子群,对于任意aG有

anaN

若

ana

ana111e 则ana ，

ne 矛盾

n 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N1N2 ,则N是G的子群.

nNnN1及nN2，ana1N1,ana1N2ana1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

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

(h1n1)(h2n2)h1(n1h2)n2h1(h2n3)n3(h1h)n1nHN,hnHN122111(hn)nhNhh1N

(hn)1h1n'HN.

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G的不变子群,这是因为i2是i3i4i'i'

i'i1N

i'i'i'i'iiiiiii1234123i1i2anai3i41N,aG,nN. 此即说明''12''34123'i4i4

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:

1341423341324N1

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a1b1ab11111b1a1ba1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1C,故C是子群;

cC,gC

由gcg即gcg11C 有gcg1c1cC

C 所以C是不变子群.

(ii)x 、yG

cC

x1y1xy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

xyxy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.

1111 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,N是N的逆象.证明:

证 设1:xx是G到G的同态满射;

N规定:xxN((x)x,2(x)xN)

则是G到G的同态满射.

N事实上,:yyN(1(y)y,2(y)yN)

2:xxN是G到G的同态满射.

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现在证明同态满射的核是N

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即G~G

khkhirkr1kr2an(q1q2q)raarr1r2aa

r1r2

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a

bNaN(aN)

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.

mmm