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近世代数课后习题参

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

[a1(aa1)]a'[a1e]a'a1a'e 即 a1a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 ea(aa1)aa(a1a)aea 即 eaa

这样就得到群的第二定义. (3) 证 axb可解 取xa1b

a(a1b)(aa1)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.

2 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.

2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)1b1a1ba.

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2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.

证 (1) 先证a的阶是n则a1的阶也是n.ane(a1)n(an)1e1e

若有mn 使(a1)me 即 (am)1e因而 ame1 ame 这与a的阶是n矛盾.a的阶等于a1的阶 (2)

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

(3) ab 则 a1b1

总起来可知阶大于2的元a与a1双双出现,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 a,a2,,am,,an,G

由于G是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: aman (mn) 故 anme

nm是整数,因而a的阶不超过它.

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}

4 群的同态

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 1i31i3,但 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1,使得1?

证 我们的回答是回有的A{1,2,3,}

1: 1→1 2 1→1

2→1 2→3

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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

1bx() aa1而 所以构成变换群. 1:x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)

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)

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 

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  (a)a 另证 (x)1(x) 根据1.7.习题3知1(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}

A,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(123231)交换的元.

123123123 证 S3不能和(123231)交换的元有 (132),(213),(321) 这是难验证的.

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 (2) (i1i2ik)1(ikik1i1) 证(1) (i1i2ik)(ik1im)=(ikik1ik2imim1in =((ii12ii23i1ik2ik3ik1im1in)

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

iii1i2ikik1ik2imim1in2kk1k2mm1ni1i2ikik1imim1in 又 (ik1ik2im)(i1i2ik)=(i1)(iiiiiiii2i3i1ik1imim1in) 12kk2k3k1m1niiiiiiikik1ik2imim1in =(ii12ii23i1ik2ik3ik1im1in),故(i1i2ik)(ik1im)(ik1im)(i1i2ik)

(2) (i1i2ik)(ikik1i1)(i1),故(i1i2ik)1(ikik1i1).

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3. 证明一个K一循环置换的阶是K.

ik证 设(i1i2ik)(ii12ii23i1) ik 2(ii13i2)

…………

ik k1(ii1) 1ik1ik(iii)(i1)

11kkik设hk, 那么 h(ii1h)(i1) 1ih

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

(i1i2ik)(i1i2)(i1i3)(i1ik)

同时有(i1il)(1i1)(1il)(1i1), 这样就得到所要证明的结论。

inik1则2(ii13(ii1) i1) 1ik1

7 循环群

1． 证明 一个循环群一定是交换群。

证G(a) am，anG 则amanamn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asrtnasratn(ar)n 即a(ar) 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)

kbG则存在bG使(b)b ba 因而G∽G

故(a)a 即(b)a

kkk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。

k(完整word版)近世代数课后习题参(张禾瑞)-2

证 ⅰ）设G是无限阶的循环群，

G(a) G(a) 令(a)a 且(aa)assaa(as)(a)

s所以G∽G

ⅱ）设G(a)而a的阶是n。

令：aa 当且只当h1nq1k1,

h1k10k1n易 知是G到G的一个满射

aa 那么 aah1h2h2k1h2nq2k2 0k2n

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

aaa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)2(1)

H2={(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)2(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

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1H1，同时ab1H2 所以ab1H1H2H 故H是G的子群

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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 (123)2(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

S1{(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akH，而0hk时akH。

任意bH 则bG 因而bam mkqr 0rk

amakqrakqar 因amH，a

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

由(*) 可知am1H,因而a1H 这样H作成G的子群.

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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a0,a1,a2ap1是G的P个不同元,所以恰是P的不同元,故n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aG, 而ae, 根据2.9.定理3, a的阶是pn而nm, 进一步可得ap的阶为p.

n1H(ap)是阶为p的G的子群.

n13. 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 ame,bne(ab)mnamnbmne. 设(ab)r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1,be~bb1 由题设可得e~a1,e~b1 由对称律及推移律得b1~a1 再由题设得ab1~e 即 ab1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.

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则h1ah2b,因而ah1h2b,bh2h1a

11 hahh1h2b,hbhh2h1a

11 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;

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 1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2

0 1 2 3

非循环群

e a b c e a b c a e c b b c e a c b a e

e a b c

循环群是交换群，由乘法表看出是交换群

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1N

若 ana1e 则ana ， ne 矛盾 ana1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

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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

(hh2)n1nHN,hnHN1112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 i'i3Gi4的不变子群i2i3i1i2N是''''i1',这是因为4iiii1234i'i'i'i'iiii

123412341i1i2i3ianaN,aG,nN. 此即说明4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:

341423341324N1

1

6. 一个群G的可以写成a1b1ab!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e1e1ee故eC

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(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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1C 有gcg1c1cC 即gcg1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G是交换子群;

N(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 x1y1xy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:

(完整word版)近世代数课后习题参(张禾瑞)-2

证 设1:xx是G到G的同态满射;

2:xxN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) 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

N现在证明同态满射的核是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)

ir在下 aa (inq1r1,0r1n)

kr1 aa (hnq2r2,0r2n)

kr2而 r1r2nqr (0rn) khn(q1q2)r1r2 n(q1q2q)r aaakhkhan(q1q2q)raarr1r2aa

r1r2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) bG则bam

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bNamN(aN)m

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.