近世代数答案

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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一般减法来说是不是一种群？解:不是,由于一般减法不是适合结合律。例如 .举一种有两个元的群的例。解:令，的乘法由下表给出 一方面，容易验证,这个代数运算满足结合律（) 由于,由于，若是元素在(1)中浮现，那么(1)成立。(参照第一章，,习题3。）若是不在()中浮现,那么有 而（1)仍成立。另一方面，有左单位元,就是；有左逆元，就是，有左逆元,就是。因此是一种群。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： 里至少存在一种右逆元,能让 对于的任何元都成立； 对于的每一种元,在里至少存在

2、一种右逆元,能让 解:这个题的证法完全平行于本节中有关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. 若群的每一种元都适合方程,那么是互换群。 解：令和是的任意两个元。由题设 另一方面 于是有。运用消去律，得 因此是互换群。2. 在一种有限群里，阶不小于2的元的个数一定是偶数。解：令是一种有限群。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不小于2的元和。设尚有元,并且b的阶不小于2。那么的阶也不小于2，并且。我们也有。否则 消去得，与假设矛盾。同样可证。这样，除

3、和外,又有一对不同的阶不小于的元和。由于是有限群，而的阶不小于的元总是成对浮现，因此里这种元的个数一定是偶数。.假定是一种阶是偶数的有限群。在里阶等于2的元的个数一定是奇数。 解：由习题知,里阶不小于的元的个数是偶数。但只有一种阶是1的元，就是单位元。于是由于的阶是偶数，得里阶等于的元的个数是奇数。4一种有限群的每一种元的阶均有限。 解:令是一种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，j,，使，用乘两边，得（） 这样,存在正整数，使()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种同态映射之下, 。与的阶是不是一定相似?解:不一定。例如

4、,令是本章中例2所给出的群而是该节中例所给出的的群。那么读者容易证明 是的任意元是到的一种同态映射。但的每一元都是无限阶的,而的阶是1。5. 变换群1. 假定是集合的一种非一一变换。会不会有一种左逆元使得解：也许有。例如令=所有正整数，则: , 显然是的一种非一一变换。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， 形式的变换作成一种变换群。这个群是不是一种变换群?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。因此仍属于。结合律对一般变换都成立，因此对上述变换也成立。单位变换: 属于。

5、容易验证,在中有逆,即: 因此作为一种变换群。但不是一种互换群。令： ： 那么: ： 3. 假定是一种集合的所有变换作成的集合。我们临时用符号： 来阐明一种变换。证明，我们可以用: 来规定一种乘法,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种元。那么和都是的唯一拟定的元。因此如上规定仍是的一种唯一拟定的元而我们得到了一种的乘法。令也是一种任意元，那么 因此而乘法适合结合律。 令是的任意元。由于对一切，均有,因此 即而仍是的单位元。4. 证明，一种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构成一种变换群,而是的单位元。任取的一种元和的一

6、种元。由于，有 由于是的一种一一变换，因此而是的恒等变换。5. 证明,实数域上一切有逆的矩阵对于矩阵乘法来说，作成一种群解:这个题的解法很容易，这里从略。6. 置换群1. 找出所有不能和互换的元。解：有6个元：,，,。其中的 ，显然可以和互换。通过计算,易见其他三个元不能和互换。2. 把的所有元写成不相连的循环置换的乘积。解: =(）,=(2 )( 2）,=（），（12 ）（1 32）3证明:()两个不相连的循环置换可以互换;（)解:()看的两个不相连的循环置换和。我们考察乘积使数字,，如何变动。有三种状况。（a） 数字在中浮现,并且把变成j。这时由于和不相连,j不在中浮现，因而使j不变，因此

7、仍把变成j。（b） 数字在中浮现,并且把变成。这时不在中浮现，因而使不变,因此仍把变成。（c） 数字不在和中浮现。这时使不动。如上考察使数字，2，n如何变动,显然得到同样的成果。因此=。(）由于，因此.证明一种循环置换的阶是 。解:一种循环置换=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证明的每一种元都可以写成（1),(1 ），（ )这个循环置换中的若干个的乘积。解：由于每一种置换都可以写成不相连的循环置换的乘积，因此只须证明，一种循环置换可以写成若干个(1 ）形的置换的乘积。设是一种循环置换。我们分两个情形加以讨论。（a） 1

8、在中浮现，这时可以写成容易验算（b） 不在中浮现，这时.循环群1 证明，一种循环群一定是互换群。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 因此是一种互换群。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d|r ,r=s ,因此目前证明， 就是的阶。设的阶为。那么 。令 得 但而是的阶，因此 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 而是的阶，同上有| , 因而|。但d是n和r的最大公因子，因此互素而有 。3.假定生成一种阶是n的循环群。证明:也生成，如果（r,n)1(这就是说r和n互素)

9、。解：由习题2，的阶是n。因此互不相似。但G只有n个元，因此，而生成。.假定是循环群,并且与同态。证明也是循环群。解：由于与同态，也是一种群。设,而在到的同态满射下, 。看的任意元 。那么在下,有 。这样,的每一元都是的一种乘方而。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，是到的一种同态满射。(）由于是无限阶的循环群，的任何元都只能以一种措施写成的形式，因此在之下，的每一种元有一种唯一拟定的象，而是到的一种映射。（）的每一种元都可以写成的形式，因此它在之下是的元的象，而是到的一种满射。（）因此是到的一种同态满射。8.子 群1 找出的所有子群。解：显然有如下

10、子群：自身;（(1)=（1); (12）)=（ 2),（);（(1 )）=(1 3),（1);（(2 3)=( ),(1）;( 2 3)(12 ),(13 2),（)。若的一种子群具有(1 2),( 3)这两个2循环置换,那么具有( 2 )(1 3）=（ 3 ),(2 3） （1 2)=( 3)因而=.同理,若是的一种子群具有两个2-循环置换( 1)，（2 3）或( 1）,(32）,这个子群也必然是。用完全类似的措施，读者也可以算出,若是的一种子群具有一种2-循环置换和一种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

11、是的子群。令e是的单位元。那么e属于 ,因而 而令, 。那么a,b属于。但是子群。因此属于 ，因而属于。这就证明了，是G的子群。3 取的子集（1 2) ，(1 2 3)。生成的子群涉及哪些元？一种群的两个不同的子集会不会生成相似的子群?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)而是的一种子群。若H只含单位元e=a0，则H=(e）是循环群。若H不仅含单位元，那么由于H是子群,它一定具有元a,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 .看H的任一元a。令t=iqr ri那么aiqar。由于t和aiq都属于,有 a=aiqaH于是由假设r=0,t=(

12、i）q而H(ai)。 5.找出模2的剩余类加群的所有子群。 解：模1的剩余类加群是一种阶为的循环群。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）=,4,，0,(3)=(9)=,9，0(4)=(8)=4,8，0(6）,0是的所有子群。假定H是群的一种非空子集并且H的每一种元的阶均有限。证明，H作成一种子集的充要条件是: a,HaH解：由本节定理1,条件显然是必要的。要证明条件也是充足的,由同一定理,只须证明: H-1设aH，由于H的每一元的阶均有限,因此a的阶是某一正整数而a-an-.于是由所给条件得a1。 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生成的一种循环子群（a)。设(a)的阶为n,那么n1.但由定理2，p，因此n=p而=()是一种循环群。2. 证明，阶是pm的群（是素数,1）一定涉及一种阶是p的子群。 解:设群的阶是pm。在中取一元a，那么由定理3，的阶np但n，因此