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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
