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1. 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 2.举一个有两个元的群的例。解：令,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) 因为，由于，若是元素在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，4，习题3。)若是不在(1)中出现，那么有 而(1)仍成立。其次，有左单位元，就是；有左逆元，就是，有左逆元，就是。所以是一个群。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，来做群的定义： 里至少存在一个右逆元，能让 对于的任何元都成立； 对于的每一个元，在里

2、至少存在一个右逆元，能让 解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。2. 单位元、逆元、消去律1. 若群的每一个元都适合方程，那么是交换群。 解：令和是的任意两个元。由题设 另一方面 于是有。利用消去律，得 所以是交换群。2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。解：令是一个有限群。设有元而的阶。考察。我们有 设正整数而，那么同上可得，与是的阶的假设矛盾。这样，也是的阶，易见。否则 与的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元和。设还有元，并且b的阶大于2。那么的阶也大于2，并且。我们也有。否则 消去得，与假设矛盾。同样可证。这样，

3、除和外，又有一对不同的阶大于2的元和。由于是有限群，而的阶大于2的元总是成对出现，所以里这种元的个数一定是偶数。3.假定是一个阶是偶数的有限群。在里阶等于2的元的个数一定是奇数。 解：由习题2知，里阶大于2的元的个数是偶数。但只有一个阶是1的元，就是单位元。于是由于的阶是偶数，得里阶等于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：令是一个有限群而是的任一元素，那么不能都不相等。因此存在正整数 i，j，使 ，用乘两边，得（1） 这样，存在正整数，使（1）成立，因此也存在最小的正整数，使，这就是说，元的阶是。4. 群的同态假定在两个群和的一个同态映射之下， 。与的阶是不是一定相同

4、？解：不一定。例如，令是本章1中例2所给出的群而是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明 是的任意元是到的一个同态映射。但的每一元都是无限阶的，而的阶是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使得解：可能有。例如令=所有正整数，则： ， 显然是的一个非一一变换。而的变换： 就能使2. 假定是所有实数作成的集合。证明，所有的可以写成 和是有理数， 形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群？解：令是由一切上述变换作成的集合。考察的任何两个元素： 和是有理数， ： 和是有理数， 那么： 这里和都是有理数，并且。所以仍属于。结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也

5、成立。单位变换： 属于。容易验证，在中有逆，即： 因此作为一个变换群。但不是一个交换群。令： ： 那么： ： 3. 假定是一个集合的所有变换作成的集合。我们暂时用符号： 来说明一个变换。证明，我们可以用： 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，还是的单位元。解：令和是的任意两个元而是的任意一个元。那么和都是的唯一确定的元。因此如上规定仍是的一个唯一确定的元而我们得到了一个的乘法。令也是一个任意元，那么 所以而乘法适合结合律。 令是的任意元。由于对一切，都有，所以 即而仍是的单位元。4. 证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。解：设是由某一集合的变换组成一个变换群，而是的单

6、位元。任取的一个元和的一个元。由于，有 由于是的一个一一变换，所以而是的恒等变换。5. 证明，实数域上一切有逆的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. 找出所有不能和交换的元。解：有6个元：，。其中的 ，=显然可以和交换。通过计算，易见其它三个元不能和交换。2. 把的所有元写成不相连的循环置换的乘积。解： =（1），=（2 3）=（1 2），=（1 3），=（1 2 3）=（1 3 2）3证明：（）两个不相连的循环置换可以交换；（）解：（）看的两个不相连的循环置换和。我们考察乘积使数字1，2，n如何变动。有三种情况。（a） 数字在中出现，并且把变成

7、j。这时由于和不相连，j不在中出现，因而使j不变，所以仍把变成j。（b） 数字在中出现，并且把变成。这时不在中出现，因而使不变，所以仍把变成。（c） 数字不在和中出现。这时使不动。如上考察使数字1，2，n如何变动，显然得到同样的结果。因此=。（）由于，所以4证明一个循环置换的阶是 。解：一个循环置换=的一次方，二次方，次方分别把变成。同理把变成,把变成。因此。由上面的分析，若是，那么。这就证明了，的阶是。5证明的每一个元都可以写成（1 2），（1 3），（1 n）这个循环置换中的若干个的乘积。解：由于每一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

8、的置换的乘积。设是一个循环置换。我们分两个情形加以讨论。（a） 1在中出现，这时可以写成容易验算（b） 1不在中出现，这时7.循环群1 证明，一个循环群一定是交换群。解：设循环群。那么的任何两个元都可以写成和（m，n是整数）的形式。但 所以是一个交换群。2.假定群的元a的阶是n。证明的阶是 ，这里d=( r，n )是r和n的最大公因子。解：由于dr ，r=ds ，所以现在证明， 就是的阶。设的阶为。那么 。令 得 但而是的阶，所以 而于是 。（参看本节定理的第二种情形。）为了证明 ，只须反过来证明 。由 而n是a的阶，同上有nr , 因而 。但d是n和r的最大公因子，所以互素而有 。3.假定a

9、生成一个阶是n的循环群。证明：也生成，假如（r,n）=1 (这就是说r和n互素)。解：由习题2，的阶是n。所以互不相同。但G只有n个元，所以 ，而生成。4假定是循环群，并且与同态。证明也是循环群。解：由于与同态，也是一个群。设，而在到的同态满射下， 。看的任意元 。那么在下，有 。这样，的每一元都是的一个乘方而。5假定是无限阶的循环群，是任何循环群。证明与同态。解：令，。定义 ： 我们证明，是到的一个同态满射。（）由于是无限阶的循环群，的任何元都只能以一种方法写成的形式，所以在之下，的每一个元有一个唯一确定的象，而是到的一个映射。（）的每一个元都可以写成的形式，因此它在之下是的元的象，而是到的

10、一个满射。（）所以是到的一个同态满射。8. 子 群1 找出的所有子群。解：显然有以下子群：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=.同理，若是的一个子群含有两个2-循环置换（2 1），(2 3)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

11、和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是。因此上面给出的6个子群是的所有子群。2 证明，群的两个子群的交集也是的子群。 解：设和是的子群。令e是的单位元。那么e属于 ，因而 而令a,b 。那么a，b属于 。但是子群。所以属于 ，因而属于 。这就证明了，是G的子群。3 取的子集(1 2) ,(1 2 3)。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是的一个子群。若H只含单位元e=a0，则H=（e）是循环群。若H不仅含单位元，那么因为H是子群，它一定含有元am，其中m是正整数。令是最小的使得属于H

12、的正整数，我们证明，这时 .看H的任一元at。令t=iq+r 0ri那么ai=aiqar。由于at和aiq都属于H，有 ar=a-iqatH于是由假设r=0,at=（ai）q而H=（ai）。 5找出模12的剩余类加群的所有子群。 解：模12的剩余类加群是一个阶为12的循环群。因此由题4，的子群都是循环群，容易看出：（0）=0 (1)=(5)=(7)=(11)= (2)=(10)=2,4,6,8,10,0(3)=(9)=3,6,9,0(4)=(8)=4,8,0(6)=6,0是的所有子群。6.假定H是群的一个非空子集并且H的每一个元的阶都有限。证明，H作成一个子集的充要条件是： a,bHabH解：由本节定理1，条件显然是必要的。要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明： aHa-1H设aH，由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1H。 9. 子群的陪集1. 证明，阶是素数的群一定是循环群。解：设群的阶为素数p，在中取一元ae，则a生成的一个循环子群（a）。设（a）的阶为n，那么n1.但由定理2，np，所以n=p而G=（a）是一个循环群。2. 证明，阶是pm的群（p是素数，m1）一定包含一个阶是p的子群。 解：设群的阶是pm。在中取一元ae，那么由定理3，a的阶npm.但n1,所以n=pt,t