近世代数第二章答案解析

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1、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 23-2 -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 = aa aa = ae = a而(1)仍成立。其次， G 有左单位元，就是 e； e 有左逆元

2、，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：IV G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-i,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ab ab = ab = e2另一方面ab

3、 ba = ab a2 =2 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是一有限群。设G有元a而a的阶n 2。考察a，。我们有af) = ee(a， ) =(aA 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 = aJ，并且b的阶大于2。那么bJ的阶也 大 于2，并且b=bo我们也有b=a。否贝卩 e = bd b= aa 二 Tb a消去b二得b= aJ,与假设矛盾。同样可证bJ = a-i。这样，除a和

4、aJ 外，又有一对不同的阶大于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, i j，使a5,用a-乘两边，得这样，存在正整数i，使（1）成立，因此也存在最小的正整数m 使am 一 e ,这就是说，兀a的阶是m。

5、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:ngn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的一个非一一变换。 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，贝U-:1 1， n； n-1n1显然是A的一个非-变换。而A的变换:n ； n 1n 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 ba和b是有理数，a = 0形式的变换作成一个变换

6、群。这个群是不是一个变换群？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 ex d c和d是有理数，c = 0那么*:Xr x = (axb) = c(ax b) d=(ca)x (cb d)这里ca和eb 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,：即因此G作为一个变换群。/ b、x ()a但G不是一个交换群。令:x- X 1那么T T12x；(x)2=(x 1)2=2x 2T T -2 1x_； (xj J(2x) 2x 13假定S是一1” 21个集合A的所有变换作成的集合。我们暂时用

7、符号a ； a = (a)x 2x2来说明一个变换。证明，我们可以用t :ar】2(a) = v2(a)2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)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 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(3AA) a5 ()轧()1 2)1 2 1% (吊 2)a(=)吊 1 无 a()可盹 a 吊 3( ) 所以(12)3=*( 2 3)而乘法适合结合律。令是S的任意元。由于对一切a A,都有；(a) = a, 所以工(a)

8、二；卜二(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的一个一变换，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1找出所有S3不能和123交换的元。3解：S3有6个元:231.巾23 2323丿丿,231其中的巾2 3入 023仏332t3123J23,显然可以和 广*1 23 ) 12323

9、1；3129123、1 23231丿12交换。通过计算，易见其它三个元不能和 3 12 交换,2312把s3的所有元写成不相连的循环置换的乘积。123 =（1） 1 23 =（ 1 2）2131230 2解:=（1 3），3. 证明:（i）两个不相连的循环置换可以交换;解：（D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

10、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：一个-循环置换n二:汀/威的一次方，二次方， 次方分别把 变成兔坨花。同理 把i2变成2,把变成。因此：少：述。由上 面的分析，若是，那么一。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丿这一个：L循环置换中的若干个的乘积。解：由于每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是个虜-

11、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 人1 S “* 41)容易验算(1 ii e - J-i)=(1(1 S .(1 vJ(b) 1不在 n 中出现，这时71 =(“4)= (1AA-A) (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amaAamAan Sam所以G是一个交换群。2假定群的兀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，所以乂 二 I

12、 二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-=Aq d于是| _ 。(参看本节定理的第二种情形。)为了证明总=；，只须反过来证明一1。由一二-而n是a的阶，同上有n r，因而丨，黑d是n和r的最大公因子所以1-Q d互素而有扌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)(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Go4 .假

13、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-:-。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，

14、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),(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)， (23)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

15、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 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=ao,则H

16、= (e)是循环群。若H不仅含单位元，那么因为H是子群，它一定含有兀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 ，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)=

17、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 三个兀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e e,所以H不空。设 a,b CH,那么 a e,b e,b e 可写成 a-iab a-ia因此由题设，ab a e而ab CHOa e可写成ae aa-i,因此由题设，e a-i而a-i CHO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 (

18、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 (h,h 田)i2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只能属于一个右陪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

19、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4(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)(23)(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

20、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

21、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. 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-ian a-i2，因而ana-1 NiN2i于是由定理2, N N2是一个不变子群

22、。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 Nbo因此bN=Nb,这样，对于G的任何元a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 9HNo 那么=h n , = h n (而,nm )a i i b 22Hb =hnn h =h n h n =nnai i 2 ?(i 2)由于N是一个不变子集，有

23、h =h ， n h =h ()N 22 N2 2 n n由是得ab=(hi 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).4解：令 G=S4, N= (1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)Ni= (1), (12) (34)i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&,等式(a): NJ=N成立。由于任何二都可以写成(1i)形的2 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

24、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 i当然是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) =(i4) (23)N16. 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

25、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,b eG。那么 abab=c。由此得即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)=( 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CoI补充题。令二和(片j2jk)属于So证明二JJ二=(丫?-)11.同态与不变

26、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,存在元a s，使 (a)=a ,因此(S)So反过来，对任一a s，存在aS，使(a) =a，因此S (S)o这样$=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, 4o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

27、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a NaN若aN=bN,那么a N。由于n是N之下的象，有-b_j a = bAa N， a N=b- N 所以t是G/N到G / N的一个映射。设a N G/N而（a） =a，那么 a NaN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 NaN AbN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nm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的阶等于不变子群N在g里的指数，所以由9的定理2它能整除G的阶m。由此得n|mo反过来设nm。令G= （a） ,G=（a）。定义：kkaa若a = ak，那么m|h-k。于是由n|m，得n|h-k而a =a。这样 是 G到G的一个映射。容易证明，是G到G的一个同态满射。因此G 与G同态。4. 假定G是一个循环群，N是G的一个子群。证明，G/N也是循环群解：循环群G是交换群，所以G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。