近世代數(shù)第二章答案

1、近世代數(shù)第二章群論答案§ 1.群的定義1. 全體整數(shù)的集合對于普通減法來說是不是一個群？ 解：不是，因為普通減法不是適合結(jié)合律。例如3_ 2_1 =3_1 =23_2 _1 =1_仁03 2 1 = 3-2 -12. 舉一個有兩個元的群的例。解：令G xe,a?, G的乘法由下表給出首先，容易驗證，這個代數(shù)運算滿足結(jié)合律(1)x y z = x y z x,y,z G因為，由于ea二ae二a，若是元素e在(1)中出現(xiàn)，那么(1)成立。(參 考第一章，§ 4,習(xí)題3。)若是e不在(1)中出現(xiàn)，那么有aa a =ea = aa aa = ae = a而(1)仍成立。其次，G有左

2、單位元，就是e ； e有左逆元，就是e，a有左逆元， 就是a。所以G是一個群。讀者可以考慮一下，以上運算表是如何作出的。3. 證明，我們也可以用條件I,H以及下面的條件IV , V來做群的定義:IV G里至少存在一個右逆元a J，能讓ae= a對于G的任何元a都成立；V 對于G的每一個元a，在G里至少存在一個右逆元a_1，能讓aa J = e解：這個題的證法完全平行于本節(jié)中關(guān)于可以用條件i,ii,iv,v來做群定義的證明，但讀者一定要自己寫一下。§ 2.單位元、逆元、消去律1. 若群G的每一個元都適合方程x2 = e，那么G是交換群。解：令a和b是G的任意兩個元。由題設(shè)2ab ab

3、= ab = e另一方面ab ba = ab2a = aea = a2 = e于是有ab ab = ab ba。利用消去律，得ab = ba所以G是交換群。2. 在一個有限群里，階大于2的元的個數(shù)一定是偶數(shù)。解：令G是一個有限群。設(shè)G有元a而a的階n>2。考察a。我們有an(a* = enne a = a_= e設(shè)正整數(shù)m<n而am = e，那么同上可得am = e，與n是a的階的假設(shè)矛盾。這樣，n也是a"的階，易見aa否則a2 = aa 1 = e與n > 2的假設(shè)矛盾。這樣，我們就有一對不同的階大于2的元a和設(shè)G還有元b， b = a， b = a，并且b的階大

4、于2。那么bJ的階也 大于2,并且b J - b。我們也有b J - a。否貝Se = b Jb = aa J = b Ja J消去bd得b = a J，與假設(shè)矛盾。同樣可證bJ = a_1。這樣，除a和a， 外，又有一對不同的階大于 2的元b和bJ。由于G是有限群，而G的階大于2的元總是成對出現(xiàn)，所以G里 這種元的個數(shù)一定是偶數(shù)。3假定G是一個階是偶數(shù)的有限群。在G里階等于2的元的個數(shù)一定 是奇數(shù)。解：由習(xí)題2知，G里階大于2的元的個數(shù)是偶數(shù)。但G只有一個 階是1的元，就是單位元e。于是由于的階是偶數(shù)，得G里階等于2 的元的個數(shù)是奇數(shù)。4. 一個有限群的每一個元的階都有限。解：令G是一個有限

5、群而a是的任一元素，那么不能都不相等。因此存在正整數(shù)i, j, i ' j，使 a"=aj，用 a 乘兩邊，得(1)這樣，存在正整數(shù)i - j，使（1）成立，因此也存在最小的正整數(shù) m ,使am = e，這就是說，兀a的階是m。4. 群的同態(tài)假定在兩個群G和G的一個同態(tài)映射之下，a > a。a與a的階是 不是一定相同？解：不一定。例如，令G是本章1中例2所給出的群而G是該節(jié)中例1所給出的的群。那么讀者容易證明:n- gn是G的任意元是G到G的一個同態(tài)映射。但G的每一元n = 0都是無限階的，而g的 階是1。5.變換群1. 假定是集合A的一個非一一變換。會不會有一個左逆元

6、-J使得?解：可能有。例如令A(yù)=所有正整數(shù)，貝S-:1 1 ,n _ n _ 1 n 一 1顯然是A的一個非變換。而A的變換-4 :n ； n 1n A就能使£氓=乞2假定A是所有實數(shù)作成的集合。證明，所有 A的可以寫成X ax ba和b是有理數(shù)， a = 0形式的變換作成一個變換群。這個群是不是一個變換群？ 解：令G是由一切上述變換作成的集合?？疾?G的任何兩個元素:X- ax ba和b是有理數(shù)，aFx ex dc和d是有理數(shù)，c=0那么X/. :x ' =( a x )b' = (e a x) b d=(ca)x (cb d)這里ca和cb - d都是有理數(shù)，并且

7、ca = 0 所以.仍屬于G 。結(jié)合律對一般變換都成立，所以對上述變換也成立單位變換xx屬于G。容易驗證，.在G中有逆，即:1bxx ()aa因此G作為一個變換群。但G不是一個交換群。令i :x x 12 :x 2x那么12 :x(x1) 2 =(x 1)2 =2x 221 :X； (x2) (2x)2x 1213假定S是一個集合A的所有變換作成的集合。我們暫時用符號a ； a 二(a)來說明一個變換。證明，我們可以用d 2 :a r 】2(a) = J 2(a)來規(guī)定一個乘法，這個乘法也適合結(jié)合律并且對于這個乘法來說，；還是S的單位元。解：令-1和2是S的任意兩個元而a是A的任意一個元。那么

8、2(a)和 i 2(a)都是A的唯一確定的兀。因此如上規(guī)定.i2仍是S的一個唯一一 確定的元而我們得到了一個S的乘法。令3也是一個任意元，那么(1 2 ) 12 a3=() 1a£( ) 1( 23)a F )1昭3珂)1a()所以(1 2)3 =5( 23)而乘法適合結(jié)合律。令是S的任意元。由于對一切a A，都有；(a) = a ,所以；.(a)二；(a)二.(a).；(a)二；(a)二(a)即而；仍是S的單位元。4. 證明，一個變換群的單位元一定是恒等變換。解：設(shè)G是由某一集合A的變換組成一個變換群，而；是G的單位元。任取G的一個元-和A的一個元a。由于； = ,有a，(a J，

9、a由于是A的一個一一變換，所以a；=a而；是A的恒等變換。5. 證明，實數(shù)域上一切有逆的n n矩陣對于矩陣乘法來說，作成一個群.解：這個題的解法很容易，這里從略。6.置換群/l 23 31. 找出所有s不能和231 !交換的元解：S3有6個元:"123、12 3、廣 1 23、<123><132>03廣 1 23'12 3、'123 '<231,0 2<321 其中的123、Q23q 23a 31廣 12 3'_0 2=廣123迄31顯然可以和腎交換。通過計算，易見其它三個元不能和1 23,2 31交換第11頁共20

10、頁第#頁共20頁2. 把S3的所有元寫成不相連的循環(huán)置換的乘積解:佃1)，傷1=( 2 3),123丿 '八遛丿' )'1 23 1213=(1 2)，=(1 3)，=（1 2 3）*12 331 2=（1 3 2）第#頁共20頁第#頁共20頁3. 證明:(i)兩個不相連的循環(huán)置換可以交換;第#頁共20頁第12頁共20頁解: ( i)看一.的兩個不相連的循環(huán)置換二和t。我們考察乘積二T第#頁共20頁使數(shù)字1, 2,，n如何變動。有三種情況。(a) 數(shù)字一在二中出現(xiàn)，并且二把一變成j。這時由于二和t不相連， j不在T中出現(xiàn)，因而T使j不變，所以匚T仍把一變成j。(b) 數(shù)

11、字k在T中出現(xiàn)，并且T把k變成。這時】不在二中出現(xiàn)， 因而二使k不變，所以T仍把變成一。(C)數(shù)字m不在;和T中出現(xiàn)。這時二T使m不動。如上考察T二使數(shù)字1，2，n如何變動，顯然得到同樣的結(jié)果。 因此-T = T ；。(ii)由于為&曲眛(廠'!:，所以妊勻-怎,3八屯4. 證明一個.循環(huán)置換的階是.。解：一個穩(wěn)循環(huán)置換n =沁片：威的一次方，二次方，次方分別把一變成梯軋銳必。同理把i2變成i2,把.變成.。因此 用十。由上面的分析，若是.，那么濃首：忙。這就證明了， n的階是。5. 證明-.的每一個元都可以寫成(1 2)，(1 3)，(1 n)這- 一個一-循環(huán)置換中的若干個

12、的乘積。解：由于每一個置換都可以寫成不相連的循環(huán)置換的乘積， 所以只須 證明，一個循環(huán)置換可以寫成若干個(1)形的置換的乘積。設(shè)n是一個.-循環(huán)置換。我們分兩個情形加以討論。(a) 1在n中出現(xiàn)，這時n可以寫成(1 1 ® “ 4-1)容易驗算(1 ii h - A-i)=(1(1 S ”(1(b) 1不在n中出現(xiàn)，這時兀=(i1i3.Jl) = (li1i21iJl) (1 it)=(1 £)(1 Q z (1 i )(1 £)1. AA1§ 7.循環(huán)群1. 證明，一個循環(huán)群一定是交換群。解：設(shè)循環(huán)群G二a。那么G的任何兩個元都可以寫成am和an(m，

13、 n是整數(shù))的形式。但amaam an anam 所以g是一個交換群。2假定群的元a的階是n。證明-的階是1，這里d=( r，n )是r和n 的最大公因子。解：由于d | r , r=ds，所以H * .雲(yún)(ar)5 = (an)s = e現(xiàn)在證明，就是丁的階。設(shè)一的階為。那么. O令-=叮-:二二匚 I得二二.亍：二二_< ： f：' - - C.' -但叫瘵能而.是的階，所以二】而-=Aqd于是: |。(參看本節(jié)定理的第二種情形。)為了證明,只須反過來證明一| 。由二m而n是a的階，同上有n | r ,因而匚| '。但d是n和r的最大公因子，所以!-tl aQ

14、 互素而有 。3假定a生成一個階是n的循環(huán)群G。證明：二也生成G ,假如(r,n ) =1 (這就是說r和n互素)。解：由習(xí)題2,二的階是n。所以ar,(才)6 ，(才)口【，(ar)n = e互不相同。但G只有n個元，所以丁二；: _'' 一，而生成G。4. 假定G是循環(huán)群，并且G與.同態(tài)。證明匚也是循環(huán)群。解：由于G與.同態(tài)，也是一個群。設(shè)G二a，而在G至畀的同態(tài)滿射©下，?？吹娜我庠?。那么在©下，有 - |匕一 :'-。這樣，.的每一元都是為的一個乘方而G =(a)。5. 假定G是無限階的循環(huán)群，是任何循環(huán)群。證明G與同態(tài)。 解：令G二a ,

15、 G =Q)。定義 ：一：-我們證明，©是G至的一個同態(tài)滿射。(i) 由于G是無限階的循環(huán)群，G的任何元都只能以一種方法寫成 .的形式，所以在©之下，G的每一個元有一個唯一確定的象，而 ©是G到的一個映射。(ii) .的每一個元都可以寫成 的形式，因此它在©之下是G的元 0的象，而©是G到的一個滿射。(iij)賈直買_二=_所以©是G到.的一個同態(tài)滿射。§ 8子群1. 找出,的所有子群。解：二顯然有以下子群：本身；(1)=(1)；(1 2)=(1 2),(1);(1 3)=(1 3),(1);(2 3)=(2 3),(1);

16、(1 2 3)=(1 2 3),(1 3 2), (1)。若【的一個子群H含有(1 2 ) ,(1 3)這兩個2-循環(huán)置換，那么H含有(1 2 )(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因而H= 一.同理，若是，一的一個子群含有兩個2-循環(huán)置換(2 1)，(2 3)或(3 1),(3 2),這個子群也必然是。用完全類似的方法，讀者也可以算出，若是【的一個子群含有一個2-循環(huán)置換和一個3-循環(huán)置換，那么這個子群也必然是因此上面給出的6個子群是一的所有子群。2. 證明，群G的兩個子群的交集也是G的子群。解：設(shè)；和，是G的子群。令e是G的單位元。那么e屬于H帆，因而而Ht

17、n巡令a,bE弘"業(yè)。那么a, b屬于 HjllHj。但E秫2是子群。所 以屬于，因而屬于町“！!；。這就證明了，上|小二是g的子群。3. 取.的子集S二(1 2) ,(1 2 3)。S生成的子群包含哪些元？ 一個 群的兩個不同的子集會不會生成相同的子群？解：見習(xí)題1的解。4. 證明，循環(huán)群的子群也是循環(huán)群。解：設(shè)循環(huán)群G=( a)而H是G的一個子群。若H只含單位元e=a0，則H= (e)是循環(huán)群。若H不僅含單位元， 那么因為H是子群，它一定含有元am,其中m是正整數(shù)。令.是最小 的使得屬于H的正整數(shù)，我們證明，這時 門飛癖.看H的任一元 塞令t=iq+r 0< r v i那么

18、ai=aiqaro由于d和aiq都屬于H,有ar=a-iqat H于是由假設(shè)r=0,at= (ai) q而H= (a)5. 找出模12的剩余類加群的所有子群。解：模12的剩余類加群G是一個階為12的循環(huán)群。因此 由題4, G的子群都是循環(huán)群，容易看出：(0) =0(1)=(5)=(7)=(11)= G(2)=(10)=2,4,6,8,10,0(3)=(9)=3,6,9,0(4)=(8)=4,8,0(6)= 6,0是G的所有子群。6假定H是群G的一個非空子集并且H的每一個元的 階都有限。證明，H作成一個子集的充要條件是：a,b 出 ab H解：由本節(jié)定理1,條件顯然是必要的。要證明條件也是充分的

19、，由同一定理，只須證明： -1a H : a H設(shè)a H,由于H的每一元的階都有限，所以a的階是某一正整數(shù)n而a-1=an-1.于是由所給條件得a-1 Ho§ 9. 子群的陪集1. 證明，階是素數(shù)的群一定是循環(huán)群。解：設(shè)群G的階為素數(shù)p,在G中取一元e,則a生成G的一 個循環(huán)子群(a)。設(shè)(a)的階為n,那么n工1.但由定理2, n丨p,所以n=p而G=(a)是一個循環(huán)群。2. 證明，階是pm的群(p是素數(shù)，存1) 一定包含一個階是p的 子群。解：設(shè)群G的階是pm。在G中取一元aze,那么由定理3, a的 階n丨pm.但n 1,所以n=p,t > 1,若t=1,那么d的階為p,

20、 (a)是一 個階為p的子群。若t > 1,可取b=ap ,那么b的階為p,而(b)是一 個階為p的子群。3假定a和b是一個群G的兩個元，并且ab二ba,又假定a的階是m b的階是n,并且(m,n) =1.證明：ab的階是mr。解：設(shè) ab 的階是 k。由 ab=ba,得(ab) mn=amrbmn=e因此k | mn 我們反過來證明， mn| k。由e= (ab) "=anbn=akn 以及a的階為m得m| kn,但(m,n)=1,所以m| k.同理n | k。又由(m,n) =1,得 mn| k.這樣，ab 的階 k=mn4假定是一個群G的元間的一個等價關(guān)系，并且對于 G的

21、 任意元三個元a, x, x'來說axax '二 x x'證明，與G的單位元e等價的元所作成的集合是G的一個子群。解：令H是與e等價的元所作成的集合。由于ee,所以H不空。設(shè) a,b H,那么 ae,be,be可寫成 a-1aba-1a因此由題設(shè)，abae而ab H。ae可寫成aeaa-1，因此由題設(shè),ea-1而a-1 H。 這樣，H作成G的一個子群。5. 我們直接下右陪集Ha的定義如下：Ha剛好包含G的可 以寫成h a (h H)形式的元。由這個定義推出以下事實：G的每一個元屬于而且只屬于一個右陪集。解：取任意元a G，由于H是一個子群，單位元e H,因此 a=e a

22、 H a這就是說，元a屬于右陪集H a。設(shè) a H b,a H c,那么 a=h，b=h2c (，h H)d A由此得，b=hh2c,而H b的任意元hb= hhh2c H c因而H b H c，同樣可證H c H b,這樣H b=H c而a只能屬于一 個右陪集。6. 若我們把同構(gòu)的群看成一樣的，一共只存在兩個階是 4的群， 它們都是交換群。解：先給出兩個階是4的群。模 4 的剩余類加群 G1=0，1，2，3.G1的元1的階是4而G1是1所生成的循環(huán)群(1)。S4的子群B4=(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)叫作克萊因四元群。B4是&的子群容易驗證

23、，我們有(1 2)(3 4)2=(1 3)(2 4)2=(1 4)(2 3)2=( 1)(1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)這兩個群顯然都是交換群。現(xiàn)在證明，任何階是4的群都和以上兩個群之一同構(gòu)。設(shè)G是一個階為4的群。那么G的元的階只能是1, 2或4若G有一個階為4的元d，那么G=(d)是一個循環(huán)群， 而G與G1同構(gòu)。若G

24、沒有階為4的元，那么除單位元e外，G的其他3個元的階 都是2,因此有G = e,a,b,c a 2=b2=c2=e由于G是群，有ab G ,我們證明ab=c由ab=e將得ab=a2和b=a ,這不可能.由ab=a將得b=e,也不可能由ab=b將得a=e,也不可能.因此只能ab=c,同樣可證ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比較G和B的代數(shù)運算，易見G和B4同構(gòu)。補充題：利用6題證明，一個有限非交換群至少有 6個元。§ 10.不變子群商群1假定群G的不變子群N的階是2.證明，G的中心包含N。解：令N= e,n ,這里e是G的單位元，取G的任意元a。 由于N是一個不變子群

25、，有aN=Na即a,an = a,na 所以an二na。這樣，N的兩個元e和n都可以和G的任何元a交換, 所以N屬于G的中心。2. 證明，兩個不變子群的交集還是不變子群。解 令Nf和N2是群G的兩個不變子群。那么NJ N2是G 的一個子群（§ 8.習(xí)題2）。我們進一步證明， M c N 2是G的一 個不變子群。令a G,n N 2，那么口毛M，n N 2，但M和N 2是不變子群，所以ana-1 比，ana -1 n 2 ,因而-1廠ana Ni N2于是由定理2, N N2是一個不變子群。3. 證明，指數(shù)是2的子群一定是不變子群。解：令G是一個群而N是G的一個指數(shù)為2的子群。若n N

26、,那么顯然有nN=Nn設(shè)b G,b© 2那么由于N的 指數(shù)是2, G被分成兩個左陪集N和bN; G也被分成兩個右陪集N 和Nbb因此bN=Nb這樣，對于G的任何元a來說，aN=Na是 G的 一個不變子群。4假定H是G的子群，N是G的不變子群，證明，HN是G的子 群。解：由于H和N都不空，所以HN也不空。設(shè) a HN , b HN。那么a=hini，b=h2 n2( hi，h? H，ni，n? N)ab =hi ni n2 h2 =hi n h? ( n Fn?)由于N是一個不變子集，有NfhfN，n h2=h； n (n N)由是得abp hl h：)n HN HN是一個子群。5.舉

27、例證明，G的不變子集N的不變子群Ni未必是G的不變子群 (取 G=S4 ).解：令 G=S4, N= (1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)Ni= (1), (12) (34)已知N是G的一個子群(上節(jié)習(xí)題 6)。我們證明，N是G的一 個不變子群。為了證明這一點，我們考察，是否對一切 二 s4，等式(a)： N -=N成立。由于任何二都可以寫成(1 i)形的2 一循環(huán)置換的乘積。(§ 6. 習(xí)題5)，我們只須對(1 i)形的兀來看等式(a)是否成立。又由于 N 的元的對稱性，我們只須看二二(12)的情形。但(12) (1), (12) (34), (13) (2

28、4), (14) (23) (12) =( 1),(12) (34), (14) (23), (13) (24)所以N是$的一個不變子群。由于N是交換群，N1當(dāng)然是N的一不 變子群。但N1不是S4的一個不變子群。因為(13) ( 12) (34) (13) =(14) (23)N16. 一個群G的可以寫成 Jbab形式的元叫作換位子。證明；(i)所有有限個換位子的乘積作成的集合 C是G的一個不變子群；(ii ) G/C是交換群；(iii )若N是G的一個不變子集，并且 G/N是交換群，那么N二 C解：(i ), C的兩個元的乘積仍是有限個換位子的乘積，因而仍是C的一個元。一個換位子的逆仍是一個

29、換位子，所以C的一個元的逆仍是C的一個元。這樣C是一個子群。對于 a G, c C ,ac a'=(ac a'J) c C ,所以 C是 G 的一 個不變子群。(ii ) 令 a,b G。那么 J Jab=c C。由此得ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC二bCa而G/C是交換群。(iii )因為G/N是交換群，所以對G的任何兩個元a和b(aN)(bN)二(bN) (aN), abN=baN由此得 ab=ban (n N)a'b'ab= n N。這樣N含有一切換位子，因此含有C。補充題。令二和(和j2ik)屬于Sn。證明二二(ii i2二=(iix ix i：)