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1、 近世代数部分习题参考答案近世代数部分习题参考答案 1 11 1.3(.3(P343P343) ) 1 参见第 9 题。 比如设,cbaS =, 在S上定义乘法“如下:Syx ,,yyx=, 显然元素cba,均为S的左单位元,且无右单位元。 a b c a a b c b a b c c a b c 3 证明:证明:只须证:对Syx ,,若有ybaxba)()(=,则必有yx =。 由结合律知)()(xbaxba=,)()(ybayba=, 从而)()(ybaxba= 又a为左消去元,故有ybxb=,而b也为左消去元,所以有yx =。 4 证明:证明:由普通加法和乘法的满足交换律知所定义的二元
2、运算“满足交换律。 1)证),(M为幺半群 由定义知二元运算“显然为M上的一个二元代数运算,即),(M为一代数系; 又对Myxyxyx),(),(),( 332211 有: ),(),(),( 332211 yxyxyx=),(),(),( 332211 yxyxyx,即满足结合律。 单位元:对Myx),(有),()0 , 1 (),(),()0 , 1 (yxyxyx= 2)左消去元 由),2(),(),( 122122112121 yxyxyxyxyyxx+= ),2(),(),( 122122112121 zxzxzxzxzzxx+= 若),2( 12212211 yxyxyxyx+),
3、2( 12212211 zxzxzxzx+=,则: 0)(2)( 222111 =+zyxzyx 0)()( 112221 =+zyxzyx 可得:=)(2 22 2 2 zyx)( 22 2 1 zyx,即 2 1 (x0)(2 22 2 2 = zyx 因为 2 1 x02 2 2 x所以0 22 = zy,从而0 11 = zy 5 证明:证明:设),(S为有限半群,且nS = |。设Sb,则可得:Sbbbb nn +121 , 则由S的有限性知, 1, 1 ,+nji使得 ij bb =, 不妨设ij , 即kij+=,0k。 从而有: iki bbb=,两边同时不断左乘b可得 pkp
4、 bbb=,且满足kqp=, 从而可得 qkpkpkkpp bbbbbbbb= 2 )(,即 ppp bbb=,令 p ba =即 可。 8 证明:证明: 1)结合律:由集合论知识知集合的对称差运算“满足结合律,故),2( S 为半 群; 2)单位元:对 S A2有AAA=; 3)逆元:对 S A2有=AAAA,即为自身。 故),2( S 为群。 / 1 12.12.1(P365P365) 1 证明:由二元运算“的定义知其为),(S上的二元代数运算。 1)结合律:显然; 2)单位元:)0 , 1 (=e; 3)逆元:对Sba),(,=), 1 (),( a b a ba)0 , 1 (),()
5、, 1 (=ba a b a 综上),(S是群。 2 证明:1= n n xxU,对 nk Ux , n k i n k xk 2 sin 2 cos+=,1, 1 , 0=nk。 1)结合律:显然; 2)单位元:1=e; 3)逆元: n k i n k xk 2 sin 2 cos 1 = 5 证明:G对矩阵乘法封闭性显然满足,故构成一个代数系。 1)结合律:矩阵乘法满足结合律; 2)单位元: = 10 01 e; 3)逆元: = 10 01 10 01 1 , = 10 01 10 01 1 , = 10 01 10 01 1 。 12 22 2 1 证明:由 222 )(baab=aab
6、babab=)(bababbaa)()(=, 则由消去律得baab =。 2 证明:由Ga,ea = 2 对Ga有 1 = aa。 从而对Gba ,, 1 )( = ababbaab= 11 另证:由Ga,ea = 2 对Gba ,有ea = 2 ,eb = 2 ,eab= 2 )( 从而 222 )(baab=,则由 1 题知:baab =。 3 证明:设,cbaeG =,),(G为群。其乘法表为: e A b c e e A b c a a Aa ab ac b b Ba bb bc c c Ca cb cc 验证交换性只须验证乘法表中的矩阵的对称性即可,即只须验证: 1)ab 与 ba:
7、显然baab,,故ceab,= 若eab =,即 a 与 b 互逆,则必有eba =,从而 ab=ba; 若cab =,则cba =,否则若eba =,则必有eab =,从而ec =矛盾。 综上 ab=ba。 同理可得:ac=ca,bc=cb。 4 证明: 设),(G为非交换群, 且2|G(注意不一定为有限) 。 只须找到元素Ga, 且aa 1 即可。 即只须在G中找到一个元素,其阶大于 2 即可。若G中不存在这样的元素,即 对Ga均有ea = 2 ,则由 2 题知G为交换群,矛盾。故Ga,其阶大于 2, 即aa 1 ,从而令 1 = ab,显然有ab ,但baab =。 5 证明:设),(G
8、为有限群,nG = |,对Ga,若a的阶为r且2r,即ea r =, 则 1 a的阶也为r,即ea r = )( 1 ,且aa 1 ,从而阶大于 2 的元素成对出现,故 阶大于 2 的元素个数必为偶数。 6 证明:设),(G为有限群,nG2|=,设元素阶为 2 的个数为m,元素阶大于 2 的 个数为k2,则有:nkm221=+,所以m必为奇数。 7 证明:由 6 题结论知m至少为 1。 8 证明:考查元素序列: n aaaaaaaaae 21321211 ,G,而nG = | 故上述1+n个元素中至少有两个元素相同, 若其中一个为e, 则有:eaaa i = 21 此时令iqp= , 1即可;
9、若两个元素均不为e,则存在, 1 ,nji,不妨设ji pp不能整除每个), 2 , 1(niai=, 由于p是一个素数, 则niap i , 2 , 1, 1),(=,从而),(,(),(1 211 apapap= ),(),( 21211 aapaapap=paaapaaap n =),(),( 21321 ,即1=p矛盾。 (此题参见我们发的 12.5 的讲义附件,此题仅供课后参考,不作授课内容要求) 1 12 26 6 1 证明:设),(G为六阶群。则对)(exGx,其阶只能为 2,3,6。 1)若Ga,且a的阶为 6 ,即ea = 6 ,则)(aG =,则由循环群的子群知存在 三阶子
10、群为:, 42 aaeS = 2)若Ga,且a的阶为 3 ,即ea = 3 ,此时显然有三阶子群为:, 21 aaeS = 3)若不存在Ga, 使得a的阶为 3 或 6, 则对Ga有ea = 2 , 从而此时群),(G 为交换群。令,baA =,其中Gba,且均不为单位元。则,)(abbaeA =, 6|4| )( |/=A矛盾。 1 12 27 7 2 证明:设BAH=,则由定理知H仍为群G的子群,则由拉格朗日定理得: :|HBHB=, 记 | | : H B HBj=, 则 j HbHbHbB 21 =, ),.1(jiBbi=其 中), 1(jiHbi=为 互 不 相 同 的 右 陪 集
11、 。 则 j AHbAHbAHbAB 21 =,又AAH =,所以 j AbAbAbAB 21 =, 又= li AbAb ,否则,若 li AbAb ,则由陪集的性质得: li AbAb =,从而 Abb li 1 ,又Bbb li 1 ,所以BAbb li 1 ,即Hbb li 1 ,所以 li HbHb =,矛 盾。因此根据容斥原理有:| 21 AjAbAbAbAB j =+= 即 | | | | | | BA BA A H B AB = 3 证明:由前面的习题结论知六阶群中一定有三阶子群,假设不惟一,设BA,为六 阶群G两个不同的三阶子群。不妨设,baeA =,,dceB =,则eBA
12、=。 从而69 | | |= BA BA AB 矛盾。 4 证明:设H为群G的子群,且有2:=HG,则其左陪集构成的划分为: aHH,)(Ha,其右陪集构成的划分为:)(,HaHaH,从而HGaH= HGHa=,所以HaaH =。 (Ha时显然成立) 5 证明:设 21,H H为群G的两个正规子群,记 21 HHH=。则对HhGa,, 由 21,H H为 群G的 两 个 正 规 子 群 得 : 1 1 Haha , 2 1 Haha , 所 以 21 1 HHaha ,即Haha 1 ,故H是G的正规子群。 6 证 明 : 对NHba ,, 则, 2121 NHhhnn使 得 2211 ,hn
13、bhna=, 则 1 2 1 211 1 =nhhnab。 又由N是G的正规子群, 则对Gx,NxxN =。 故Nn 3 使得 1 23 1 2 1 2 =hnnh,则 1 2311 1 =hnhnab,同理Nn 4 ,使得 1431 hnnh=,从 而 1 2141 1 =hhnnabNHhhnn= )( 1 2141 ,则由子群的判定定理知NH是G的子 群。 8 证明:设G为群且nG2|=,则偶数阶群G中一定存在一个阶为 2 元素,即 Ga,ea = 2 , 从 而,)(aeaH=。 由G为 交 换 群 , 则 对Gx, ,xaxaxxHxxH=,故H为群G的一个 2 阶正规子群,根据拉格
14、朗日定 理以及正规子群和商群的关系知G必有一个n阶商群。 9 证明: 必 要 性: 对Gba ,, 由H为G的 正 规 子 群 可 得 : abHabHHHbHaHHbabHaH=)()(,仍为H的左陪集。 充分性:由已知可得:对Ga,cHHaaH= 1 ,因为HaaHe 1 ,从而 cHe, ;又He,即HcHe,则由左陪集的性质得:HcH =,所以 HHaaH= 1 , 则对Hh,Hhh 21, , 使得 21 1 hhaha= Hhhaha= 1 12 1 1 12 28 8 1 证明: 必要性: 设GG :的满同态, 根据群同态基本定理有:G Ker G , 则nG Ker G =| ,又根据拉格朗日定理得: | | | Ker m Ker G Ker G =, 即|K