近世代數(shù)-楊子胥-第二版課后習(xí)題答案發(fā)行版

近世代數(shù)題解

第一章基本概念

§1.1

1.

證任取N￡An(BUC),則

?zGA且nWBUU從而HCB或XWC.

若nW6,則xeAAB.從而工￡(408)11(41"10.因此

Ap<BUC)U《AnE)U《AnC》.

反之.任取xW(AnB)LHACC),類似可得NEACKBUC).

故

<APB)u(AHOSAn(BUC).

因此，An(BUC)=(AnB)U(ADC).

同理可得4)中另一等式.

2.若APlB=Anc,問：是否B=C?把n改成U時又如何？

解不一定有6=「例如

A={1},B={1,2},C={1,3}.

把C改成U后也不一定有H=c.例如

A={1},b={2},C={1,2}.

3.設(shè)A是有限集合，且|A|=z證明：|尸(A)|二2-

證因為|A|="，故A的含氏個元素的子集共有

C：個，從而A共有

2"=(1+1”=C：+CLH------FC：

個子集，即I?(A>|=2".

4.

證設(shè)IA|二m,|B|=〃，IAC|B|=發(fā)，則顯然

IAUHI=m+w—A,

由此即得要證的等式.

5.

證設(shè)z€(AUB)'，即工與AUR故HGA且從而

H￡A'且文￡8'.故NWA'CIB'.

從而《AUB〉'GA'nB'.反推上去得A'nB'KAUB)'.故得證.

另一等式可類似證明.

近世代數(shù)題解§1.2

2.

解中是映射，且是滿射，但不是單射.

3.

解ig：e=CAC-'（C為F上〃階滿秩方陣）.若/<A）=

g（A）,則

/（B）=/（CAC1）=C/（A）C1

=Cg（A）C?=g（CACf）=g（B）.

即卯是F[A口到F[8]的一個映射.又類似易知，a是單射和滿射，

從而*是雙射.

近世代數(shù)題解§1.3

1.解1）與3）是代數(shù)運算，2）不是代數(shù)運算.

2.解這實際上就是"中A個元素可重復(fù)的全排列數(shù)

3.解例如4oB=E與4oB=AB—A—B.

4.

解?TCM）|=27,|S（M>|=6.乘法表從略.

5.

解例如a：1----?2,2------*,1，其余彳---?x；

r：1----*,3,3------?1，其余之---*,

近世代數(shù)題解§1.4

1.

解結(jié)合律和交換律都不滿足一例如

（1。0）。0=4,1。（0。0）=2,

故（1。0）。0關(guān)1。（0。0）.又1。0=2,0。1-3.故1。0了0。1.

2.

解1）交換律滿足，但結(jié)合律不滿足.例如

2）結(jié)合律、交換律都滿足.因為易知與。。（6。,）都等

于

ab^rc~~ab—he-ac-\~ubc.

3.解1）略2）例如規(guī)定

其中a,8,c￡M,但a,b,c互異.

4.

解。顯然是代數(shù)運算且滿足交換律.又結(jié)合律也滿足.因為

根據(jù)最鬲公因式的性質(zhì)知：

foagoh）一4f、（K、h）'）=《<f、G，vy=<j'og'）f.

5.略

近世代數(shù)題解§1.5

1.解1）是自同態(tài)映射，但非滿射和單射；2）是雙射，但不是自同構(gòu)映射3）是自同態(tài)映射,

但非滿射和單射.4）是雙射，但非自同構(gòu)映射.

2.略

3.

解例如，叩H-*2工（VxGQ）.顯然，杷2換成任意一個

在。及1的有理數(shù)后，卬均為Q的非恒等自同構(gòu).

4.

解當(dāng):滿足結(jié)合律時，。不一定滿足.例如，”為整數(shù)集，代數(shù)

運算是減法（不滿足結(jié)合律）；又麗代數(shù)運算為乘法（當(dāng)然滿

足結(jié)合律）.但顯然

tjr---->-1（VHQM）

是M到訝的同態(tài)滿射，故

5.

證1）由M仝河2,設(shè)伊￡-?）（V/CMi）是其一同構(gòu)映

射，則，'：、—（其中中（工）=y）顯然是至！j的一個同

構(gòu)映射，故

2）同理.由合”，，分別設(shè)有同構(gòu)映射CT且

a；a*b、r：b-----c,

則r<7：a-一AC是A4i到M3的同構(gòu)映射，故M,

（應(yīng)注意，e不能寫成八.因為此時s■是無意義的.）

§1.6

1.

解R是A4的一個關(guān)系.又顯然滿足對稱性.但是，反身性和

傳遞性不滿足.例如，1■衰1;又顯然

4,3+1,4|1+7,但是413+7,

BR3R1,1R7,但是3R7.

2.解1）不是.因為不滿足對稱性；2）不是.因為不滿足傳遞性；

3）是等價關(guān)系；4）是等價關(guān)系.

3.解3）每個元素是一個類，4）整個實數(shù)集作成一個類.

4.

解上面第2題中1）與2）是符合本題題意的兩個例子.又設(shè)

Q是有理數(shù)集，規(guī)定

aRb<—>a2+b2=04ci,b￡Q）.

則易知此關(guān)系不滿足反身性，但是卻滿足對稱性和傳遞性（若把Q換成實數(shù)域的任一子域均可;

實際上這個例子只有數(shù)0和0符合關(guān)系，此外任何二有理數(shù)都不符合關(guān)系）.

5.

證若M中二元素a與占符合關(guān)系就記為（a,6）.現(xiàn)在一切

這樣的（a,6）作成的集合記為衣i,它是R的一個子集.

反之，設(shè)Rt^R.則規(guī)定：a與b符合關(guān)系當(dāng)且僅當(dāng)

即R的子集可決定M的一個關(guān)系.

6.證1）略2）

由1）及分配性以及習(xí)題1.1第5題可知：

（AUB）—（AnB）=（AUB）n（AnB）,

^（AUB）n（A，UB/）；（1）

又（A--B）U（B一八）=（AnB'>U（8n幺'）

=E（AnB,）uB]nr（AnB/）UA,]

=[（AUB）n（BUB'：Gn[：（AUA'）C（A'UB）J

=（AUB）n（A/UB/）.<2）

由由）與與）知，得證.

7.

證1》任取A,則中（工〉wka）.從而

?z￡p-i（6A〉），故卬（A））.

若a是單射.則任取>6年一（昭〈人）），必從而有

■reA使￡（*>=<?（>〉.但因P是單射，故

、=*reA,tp~xk（p{A.>>'>^：A.

因此'（6A））=A..

2）任取、RWYB）），則有工使>=中（n）.但由于

工￡*MB）,故5（工）即y=w<N）￡B.因此

又當(dāng)于為滿射時，任取N'SB,則存在_rex使手（了）=l'.于

是,

工￡87《8），pG'GM'MB）），

即H'e步97（8））,故又有3。必中7（3）），因此

8.

證1）任取/ep<AUB）,則存在NEAUB,使夕=3工）.

若工GA,貝I]夕（■!、）€華（A）,于是

y=中（工）G*（A）U卬（B）；

若x€J3,則同理可得上式.因此

奴AUB）=中（A）U卜（B）.

反之，任取yWWA）U（p（8），不妨設(shè)y￡+（A）,于是存在

工￡A使:y二奴工》.而工￡A三AU8,因此

_y=W（jr〉6#AUB）,

從而中（A）Up（8）三6AUB）.故

￡（A）Ua（B）=拶（AUS）.

2）任取〉eWADB）,則有了gAn6使9（工）=.

由于HGACB,故xWA,①￡B.從而

）=牛（工〉ep〈A）,y=<p（,j~）,

因此?3,€<P（.A'）r'ia（B）.故

cp（.AP（B）^^（p<A）Q<p（,J3）.

9.

證1）乘積r是集合A到。的映射.設(shè).，HZ￡A，且了i#

孫，則由于b是單射，故

CT（Hj）"7^~O（）；

又由于T是單射，因此

r（<F（-ri））#r（b〈工2））,即（rb》（Hi〉#（TG）（_Tz）?

故e是集合A到C的單射.

反之，設(shè)m是A到。的單射，則對A中任二不同元素，，心有

（F<T）（Jti）（r<r）<.r2）,r[cr（h>）11#f[b（Hz）J.

從而tf（J?1）#（7（4），即er是AgljB的單射.

2)設(shè)“r都是滿射，則任取，WC,由于r是滿射，故存在6WB

使

Zb〉=c.(1)

又由于《是A到B的滿射，故對于有a￡A使

<r(a)=6.(2)

從而由(】)，(2)得

即(T0)(a)=c.

亦即也是A到C的滿射.

反之，設(shè)乘積b是A到C的滿射.則任取cWC,必有aEA使

(ro)(a)—c>即式0(&)[=。.

現(xiàn)令方二<r(“)eB,則Kb、=c.故r是集合B到C的滿射.

注應(yīng)注意，當(dāng)9是單射時，r不一定是單射.例如，A是正整

數(shù)集合，5與C都是整數(shù)集合，又

o!AB?a--?a2

TIB---?-C,b--->網(wǎng)，

則易知乘積m是單射,但r不是單射.

對滿射也可舉出類似例子.

10.

證1)設(shè)b是單射，令B'=(6'M'WB,8'《b(A)},我」

B=0(A)UB'.且黃A〉C1B'=0

現(xiàn)任取一固定a'WA,則由于。是單射，故易知

r：b---*a,當(dāng)A)=.

bf—?a',當(dāng)

是集合8到A的一個映射，且對任意A都有

(ZTT〉(a)=a,即R=1A.

反之，若存在映射r;B--A使m=則因1A是雙射，當(dāng)

然是單射.故由上題知9是單射.

2)設(shè)b是滿射，則任取.在A的子集Y6)中任意取定

一個元素a,并令

T：B---■-A,b---r(6)=a,

其中°(ci)=b.于是顯然對任意beB都有

(crrXfr)=jcr(r(ft)>=(7(tz)—b.

因此CfT—1H.

反之，若存在映射cB--A使ar=1B，則由于是雙射，

當(dāng)然是滿肘，故由上題知，。是滿射-

11.

證1)設(shè)]是單射，且E=b2,其中h，Q都是集合X到A

的映射，則任取“ex,有

(trri)<a)=((772)(a)?=o(t2(a)).

因為tr是單射，故zj(a)=「2(a),從而n—r2.

反之，設(shè)對任意集合X到A的任意映射rj,。，由可

得。=。，則。必為單射.因若不然，則在A中存在元素田Na2,使

5(“[)=0(12).今取X=A,并令Fl：JT-----??1與f2：X*----*a?

(VzGX),則

(an)(x)=<r(n(x))=(r(ai),

(仃2)(X)=O(T2(x))=a(a2).

但因G(4h)=。(。2)，故(flTj)(.r)—<<7Tj)(工)，從而

0T1—OTz.

又由于Tj(I)=ai羊4=口(工)，故rj7^rz.這與假設(shè)矛盾.因此<r必

為單射.

2)設(shè)。為滿射，且其中門，口是集合B到集合Y的

兩個映射.則對任意66￡有《￡八使八&)="于是

(Tit7)(a)M(r”)(a),r；(6)—r?

因此ri=T2.

反之，設(shè)對B到任意集合Y的任意映射n有口。=。。必

有bhq,則°必為滿肘.因若不然，則必

再任取一個階不小于2的集合丫，則在V中任意取定元素y及

為#手，易知

n：b-?v—*Vi與r2：b-?、、H—*■v?

是B到v的兩個不同映射，其中

—(A),b'EB'.

且對集合A中任意元素a都有

=Q(a))=3S

(女。)(儀)=丁2(。(&))=)?

從而T9=n<T.但是C#t2,矛盾.

因此W必為滿射.

12.

證反證法.假設(shè)P(A)與A之間存在雙射/,令

下面來考察戶A,r

若f(Ai)￡Ai，則根據(jù)A之定義，A】中無/(A])，矛盾；若

f(A1)與4，則同樣根據(jù)A1之定義，又有八A3EA1，也矛盾,因

此,P(A)與A之間不存在雙射.

第二章群

§2.1群的定義和初步性質(zhì)

一、主要內(nèi)容

1.群和半群的定義和例子特別是一船線性群、A次單位根群和四元數(shù)群等例子.

2.群的初步性質(zhì)

1)群中左單位元也是右單位元且惟一；

2)群中每個元素的左逆元也是右逆元且惟一：

3)半群G是群o方程a環(huán)6與ya=6在G中有解(Va,6WG).

4)有限半群作成群O兩個消去律成立.

二、釋疑解難

有資料指出，群有50多種不同的定義方法.但最常用的有以下四種：

1)教材中的定義方法.簡稱為“左左定義法”；

2)把左單位元換成有單位元，把左逆元換成右逆元(其余不動〕.簡稱為“右右定義法”；

3)不分左右，把單位元和逆元都規(guī)定成雙邊的，此簡稱為“雙邊定義法”；

4)半群G再加上方程akb與？2=6在G中有解(Va,6€G).此簡稱為“方程定義法”.

“左左定義法”與“右右定義法”無甚差異，不再多說.“雙邊定'義法”缺點是定義中條

件不完全獨立，而且在驗算一個群的實例時必須驗證單位元和逆元都是雙邊的，多了一層手續(xù)

(雖然這層手續(xù)一般是比較容易的)；優(yōu)點是：①不用再去證明左單位元也是右單位元，左逆元也

是右逆元；②從群定義本身的條件直接體現(xiàn)了左與右的對稱性.

在數(shù)的運算中，如果ax=b（a#0）,則工=5■，體現(xiàn)了在數(shù)中

可以施行除法運算，即乘法的逆運算.如果我們把群的運算也叫做

“乘法”，那么在群中方程》=6<a,b是群中任意元素，無任何限

制）有解，記為彳（實為小”）；同時方程ya=b也有解，也皆

時記為kb/d（實為ba1）.當(dāng)然，由于“乘法"不一定可操。與

b/a（即/%與"7）不一定相等.但無論如何這體現(xiàn)了在群中可

以施行“除法運算”，即“乘法”的逆運算.因此，群的'方程定義法”直接體現(xiàn)了在群中可以

施行“乘法與除法”運算.于是簡言之，可以施行乘法與除法運算的半群就是群.

為了開闊視野，再給出以下群的另一定義.

定義一個半群G如果滿足以下條件則稱為一個群：對G中任意元素a,在G中都存在元

素對G中任意元素6都有

cr\aB）={ba）a-'=b.

這個定義與前面4種定義的等價性留給讀者作為練習(xí).

2.在群的“方程定義法”中，要求方程2戶6與了2=6都有解缺一不可.即其中一個方程

有解并不能保證另一個方程也有解.

例1設(shè)G為階大于1的任意集合，規(guī)定

3b=b（Va,bWG）.

蒯G對這算。顯然作成一個半群，旦方程。工="這里省略符號。）

在G中有解但是方程ya-=b<〃厘占）在G中卻無解一實際上.

此時G對。只能作成;半群而不能作成群.

同理在G中若規(guī)定（V“，66G》,則方程y。=B在G

中有解而。工=〃在G中無解.

3.群定義中說「卷個元素都有左逆元”是對同一個左單位元

來說的-.--.

例2設(shè):仃=（q，打}.規(guī)定?*=6<W“，心GG）.則G作成辛

群，旦顯燃-與。鄱是G的左單位元.又因為

==：===Z==i

。2】81?肉$匕2e2ei?n<?2<?2,

即對左單位元。「來說，e有左逆元G及七；而對左單位?元/來

說，ez也有左逆元c及e2.就是流，雖然G中每個元素都有■左逆

元，但不是對同一個左單位元有■左逆元.因此G不作成群.

4.關(guān)于結(jié)合律

若代數(shù)運算不是普通的運算（例如，數(shù)的普通加法與乘法，多項式的普通加法與乘法以及矩

陣、變換和線性變換的普通加法或乘法），則在一般情況下，驗算結(jié)合律是否成立比較麻煩.因

此在代數(shù)系統(tǒng)有限的情況下，有不少根據(jù)乘法表來研究檢驗結(jié)合律是否成立的方法.但無論哪

種方法，一般都不是太簡單.

5.關(guān)于消去律.

根據(jù)教材推論2,對有限半群是否作成群只用看消去律是否成立.而消去律是否成立，從

乘法表很容易看出，因為只要乘法表中每行和每列中的元素互異即可.

6.在群定義中是否可要求有“左”單位元而每個元素有“右”逆元呢？

答不可以，例如上面例2就可以說明這個問題，因為6是左單位元，而6與弓都有右逆

元且均為q.但G并不是群.

7.群與對稱的關(guān)系.

1）世界萬物，形態(tài)各異.但其中有無數(shù)大量事物部具有這樣或那樣的對稱性.而在這些具

有對稱性的萬事萬物中，左右對稱又是最為常見的.

由群的定義本身可知，從代數(shù)運算到結(jié)合律，特別是左、右單位元和左、右逆元，均體現(xiàn)

出左右對稱的本質(zhì)屬性.

2）幾何對稱.

設(shè)有某一幾何圖形，如果我們已經(jīng)找到了它的全部對稱變換（即平常的反射、旋轉(zhuǎn)、反演和

平移變換的統(tǒng)稱），則此對稱變換的全體關(guān)于變換的乘法作成一個群，稱為該圖形的完全對稱

群.這個圖形的對稱性和它的完全對稱群是密切相關(guān)的.凡對稱圖形（即經(jīng)過對稱變換保持不變

的圖形、亦即完成這種變換前后的圖形重合），總存在若干個非恒等對稱變換和恒等變換一起構(gòu)

成該圖形的完全對稱群.反之，如果一個圖形存在著非平凡的對稱變換，則該圖形就是對稱圖

形.不是對稱的圖形，就不能有非恒等的對稱變換.顯然，一個圖形的對稱程度越高，則該圖

形的對稱變換就越多.也就是說它的完全對稱群的階數(shù)就越高，即圖形對稱程度的高低與其對

稱群的階數(shù)密切相關(guān).因此；這就啟發(fā)人們用群去劊面對稱圖形及其性質(zhì)，用群的理論去研究

對稱.所以人們就把群論說成是研究對稱的數(shù)學(xué)理論.

3）代數(shù)對稱..3&；--...

數(shù)域F上任何一個“元多項式”皿，工2,公，右）總有集合$=

<工1,必.…,工｝上的n次置換使f不變，至少恒等變換就是一個.

由，于使/不變的任二“次置換之積顯然仍使，/■不變，故由教材§3

可知，使/不變的全體〃次置換作成一個尤次置換群.它是S上m

次對稱群Sn的一個子群，我們稱其為?元余項式尸的6次置換

嬖”

顯然，每個A元多項式都有一個確定的A次置換群：例如〃元多項式

f（.Jl|9JC2t??*,N”）=Nj+2x2+-??+71H”

的置換群是恒等矍換，而君（工1,才2，3」”）=以《常數(shù)）的置換群是

九次對稱群$〃，等等.

例3求三元多項式

r（Ht,42，/3）一（/」-X2>（-T1--r3><JC2—工3）

的置換群.

解為了書寫方便起見，在以下置換中我侑把X.簡記為i.易

知/的置換群為由置換

/123、/I23\/I23、

1123/\231）'\312/

作成的3階群.

例4求四元多項式目=工112一工3才4的置換群.

解易知q的置換群為由置換

/I234\/I234x/I234\/I234\

\1234/*\213JL2-43卜八2143/

作成的4階群.

例5求四元多項式八=為石+工3工的置換群

解易知，〃的置換群由.8個置換組成.其中4個即上例中的

4個置換，另4個置換為：

/I234\/I234\/I234\/I234\

（3412）'（3421八14312卜［4321）..）

例6任何A元對稱多項式的置換群都是n次對稱群.

很顯然，一個多元多項式的置換群的階數(shù)越高，這個多元多項式的對稱性越強.反之亦然.因

此，我們通常所熟知的多元對稱多項式是對稱性最強的多項式.

三、習(xí)題2.1解答

1.略

2.

解可瞼算Z對此代數(shù)運算作成可交換的幺半群(單位元是

0WN1但不是每個元素都有逆元，例如1就沒有逆元：因若

工。1二工+1十JT=O.J0I12工=-1.

從而工==一故N對。不作成群.

3.

證設(shè)A.BCO,(R),即

AAT=BBT=E.

由此得(AE>〈AB〉T=AB?BTAT=E.從而ABeO?CR>.又

1

A?CA')T=AT.《AT〉T=A-i，(AT)T=￡,

敵A'CO”(R>.從而O”(R)作成群.

4.

證新運算顯然是G的一個代數(shù)運算.結(jié)合律成立，瞬算從

略.又因為對G中任意元。有.

u1-a?=iZ-1ua^.a,-Cuau)-1?ciu~Yi,

故"7是(G,。)的左單位元，是(G,。)中a的左逆元，故G

對新運算也作成群.

5.

證顯然G非空.又在G中任取Ca,6),<c,d),其中a,6,c,d

是實數(shù)且aXO,rWO.于是ac,aci+b都是實數(shù)且歐芳。，從而

(a,6)a(,c,d)—(.at',aclb')WG.

即。是G的一個代數(shù)運算.

再任取(e,/)￡G,則有

—(cif,ad+6)?(?,,/)

—(aceyacfadb)?

。(ce,cf十〃)

=(ace,acf+ad+B),

從而[(a,6)o(c,d)l(@,f)=(a,b)o[(c,〃)e(e))[,即G對。滿足

結(jié)合律.

又易知(1,0)是G的左單位元，且(a*)的左逆元為

\aa!

因此，G對。作成一個群.

又G不是交換群，因為例如易知

(3,6)=(1,2)。(3；4)父(3,4)。(1,2)=(3,10).

6.

證法I任取a,由于=/=/==/,故

abaCab）2b—a^aby<a6>6

=a2ba^=ba.

從而ab=〃a,所以G是交換群.

證法U任取a￡G,由于a*=e?故a=a匚即G中每個元素

的逆元都是自身，從而

ab—（a6>1=61a-1ba

即G為交換群.

§2.2群中元素的階

一、主要內(nèi)容

1.群中元素的階的定義及例子.周期群、無扭群與混合群的定義及例子.特別，有限群必

為周期群，但反之不成立.

2.在群中若何=A，則

1)Ct"'ne<>W|771；

3)|a*\=n<==>=1；

4)|w|=n=st|ax|=r.

3?lai"引與|"l各種關(guān)系及例子.特別是：

<|a|]6])=1,ab=ba\ab\=\a\?|&|.

4.若G是交換群，又G中元素有最大階m,則G中每個元素的階都是m的因子.

二、釋疑解難

1.有的書把群中元素的防稱為蠅.元素a的階多用I）表

示，但也有的書用。（。）表示（取英文order的字首）.

2.由元素a的階可以決定的階..,.

若|“|=8,則當(dāng)女為非零整數(shù)時，"*|=8<°o=e階為1）.

若1”|=*則|a*|=71y.（定理3）.

kk9n）,

3.g|、同與|劭|的關(guān)系.

在群中，由元素2與b的階一般決定不了乘積必的階，這由教材中所舉的各種例子已經(jīng)說

明了這一點.對此應(yīng)十分注意.但是，在一定條件下可以由階|。|與例決定階|訓(xùn)，這就是教材

中朗定理4：

cib=ba,(|a[?|6I)=1—>,Ia6|=|a|?16|.

4.一個群中是否有最大階元？

有限群中元素的階均有限，當(dāng)然有最大階元.無限群中若元素的階有無限的（如正有理數(shù)乘

群或整數(shù)加群），則當(dāng)然無最大階元，若無限群中所有元素的階均有限（即無限周期群），則可能

無最大階元，如教材中的例4：

U”為“次單位根群一

E-I

下面再舉兩個（一個可換，另一個不可換）無限群有最大階元的例子.

例1用Z”表示模兀剩余類環(huán)（參考教材第四章§

為環(huán)Z,上的多項式環(huán)，它是一個無限交換環(huán)一但作為加群，記為

（乙,[>].+）,它是一個無限交換群，而且有最大階元，其最大階是

水即環(huán)Z“與的特征》.

例2令S3為三次對稱群，Q是6階循環(huán)群.并令G為包含

一切

,X-2?…）

作成的集合，其中zGS；,，工GG,但只有有限個毛Xe,G中元素相

等當(dāng)且僅當(dāng)對應(yīng)分量相等.

現(xiàn)對G規(guī)定乘法如下：

（N.H1，工2，…〉（*，3"，"?）=〈》,1,1232

則G對此運算顯然作成一個群，又

（（1）,e,e,…）：

顯然為其單位元旦（工，工1,工2，…）的逆元為

，-[一[1I、

<X,工2,…）?i

由于5,是一個6階非交換群，故顯然G是一個無限非交換群.又

因與與中元素的階均有限，各為1,2,3,6,從而G中元素的階

也如此.并且G中元素的最大階為6.“「」

5.利用元素的階對群進行分類，是研究群的重要方法之一.例如，利用元素的階我們可以

把群分成三類，即周期群、無扭群與混合群.而在周期群中又可分出人群p是素數(shù)），從而有

2—群、3—群、5—群等等.再由教材§3.9知，每個有限交換群（一種特殊的周期群）都可惟一地

分解為素福階循環(huán)k群的直積，從而也可見研究L群的重要意義.

三、習(xí)題2.2解答

證1)設(shè)|a|=n，則(cacT)."=ca"c、T=e.

又若(cac-i)"=e,-則，ca"*c7=e,a"=e.從而

n\m,故|cae-」|=〃=|a|.

2)ab=b-'(bu)b.

3)abc=uXbca'I''=r(r.

2.

解1）設(shè)

則易知：a"=e）戶（’。），故

\。2"/\o1Z,

又易知161=2.但是--

/I-2\

ab=[]

\0—2）

的階無限.即labl=oo.

2）例如，設(shè)

則易知：I?|—o?]61—2,\ub\=2.

證若G中除e外其余元素的階均無限，則結(jié)論已對,若C中

非e的元素的階都是“，且n是一個合數(shù).設(shè)

n=mt,Km,t<Zn.

則對G中任意元素a有I=，聲%這與G中非e的元素的階都

是”矛盾，故n必為一素數(shù).

證1）設(shè)G是一個有限群.。是G的任意一個階大于2的元

素，則顯然

a于a1（否則將有a2=et.

但。與有相同的階，即a'的階也大于2.

又設(shè)》也是G中一個階大于2的元素.且

b^a,b=^a'1,

則易知6'ra"TXaL

這就是說，G中階大于2的元素是成對出現(xiàn)的.由于G是有限

群，故G的階大于2的元素的個數(shù)必為偶數(shù).

2>設(shè)G是一個偶數(shù)階有限群.由于單位元是階為1的惟一元

素.又由1）知G中階大于2的元素的個數(shù)是偶數(shù)，故G中階數(shù)等

于2的元素的個數(shù)一定是奇數(shù).

證設(shè)1=。，，則a,",=?.由于Ia1=〃.故"I（s-Z）-反之，倒

推回去即得.

6.

證1）存在性.由于故存在整數(shù)5」使

次s+n￡=L（1）

令6=&神乂=&8",則顯然a=bc=cb.又

6w=<aff/）,w=<am>Y=e^

若又有夕?則QE'二￡.但是|a|=次〃，故

mn；rnt,m\尸工.

又由（1）知（桁“）=1,故相|丁因此⑹=切.

同理可證|c|=z

2）惟一性,設(shè)另有包，G便

a-biCy=Cib\?|bt|=m?|ci\=n9

貝4&"'=可%干=國'.（2）

但由（I）知，〃。=1一切69故

6T=阮~=8】6『）一?=仇.

從而由（2）知，仇=小='

由仇二b又得

Ci=b1'a=ania—a1'ni=am9=c-

即by—bjC\=c?

注此題顯然可推廣到更一般的情形，即若

|aI=7i="i力…%,.

其中正整數(shù)如，如，…,4兩兩互素，則a可惟一地表示成

a=aict2…

..??

其中%*=勺即,又a,是a的方嘉，且la|==%.

其證明方法是對s用數(shù)學(xué)歸納法.

§2.3子群

一、主要內(nèi)容

1.子群的定義和例子.特別是，特殊線性群（行列式等于1的方陣）是一般線性群（行列式不

等于零的方陣）的子群.

2.群G的非空子集H作成子群的兩個等價條件：

1）a,b￡Hfa6￡H,ai€H（或=

2）a,b￡H=>ah'6H（或HHi=H）.

3.一子群H與K之積HK仍是子群的充要條件為：HK=

KH.

4.群的中心元和中心的定義.

二、釋疑解難

1.關(guān)于真子群的定義.

教材把非平凡的子群叫做真子群.也有的書把非G的于群叫做群G的真子群.不同的定義

在討論子群時各有利弊.好在差異不大，看參考書時應(yīng)予留意.

2.如果H與G是兩個群，且庵G,那么能不能說我就是G的子群？

答：不能.因為子群必須是對原群的代數(shù)運算作成的群.例如，設(shè)G是有理數(shù)加群，而H

是正有理數(shù)乘群，二者都是群，且生G但是不能說H是G的子群.

3.定理5(HKaGuoHK=KH)的反例.

例1在三次對稱群&中(參考第二章§5),顯然

H={(l),(12)hK={(1),(13)}

都是S,的子群.但是易知：

HK-{(1),<12),(13),(132)},

KH={(1>,<12),(13),(123)}.

從而HK#KH,故HK不是子群.對此例來說，也能直接看出

HK不能作成子群，因為例如

(13),(132)6HK,但是(13)(132)=(23)與HK.

即乘積HK對置換的乘法不封閉.

4.設(shè)H,K(G,且HK=KH.這是否意味著H中元素與K

中元素相乘時可以交換？

答：不能這樣認(rèn)為.舉例如下.

例2設(shè)G是四元數(shù)群.則顯然

是G的兩個子群且易知

HK=KH={l,-l,2,一￡“，一j/,-A)=G.

但是(￡GH,，6K).

HK=KH是兩個集合的相等.因此，對HK中任一元素

hk(A6必存在元素/WK，MeH使

hk~kihi.

反之亦然.

三、習(xí)題2.3解答

1.證賂.

2.證必要性顯然，下證充分性.

設(shè)子集H對群G的乘法封閉，則對H中任意元素a和任意正整數(shù)口都有

由于H中每個元素的階都有限，設(shè)時=4則

a"=eSH.

從而a7=e.亦即又有。一】=a"rWH.故H￡G.

證設(shè)H是由交換群G中所有有限階元作成的集合.顯然

eWH,故H非空.又若“KH,設(shè)川=如⑹=兀因G可換，故

(⑷口"面一，從而MEH.又因|a”=||,故J6H.因此，

H《G.

對非交換群一放不成立.例如，有理數(shù)域Q上全體2階可逆方陣作成的乘群中，易知

1213

0-10-1

的階有限，都是2,但易知其乘積

的階卻無限.即其全體有限階元素對乘法不封閉，故不能作成子群.

4.證由高等代數(shù)知，與所有n階可逆方陣可換的方陣為全體純量方陣，由此即得證.

5.證因為(m,z?)=l,故存在整數(shù)s,r使

msnt=\.

由此可得

但是由題設(shè)而HWG,故

a=<a->>?Ca~),eH.

證法I由于G中每個元素都滿足方程工z=e，而lei=1,

故G中除e外的元素的階都是2,從而每個元素的逆元均為自

身.

由于|G|>2,在G中任取則由此可知，e,a,

是G中4個不同的元素.而由習(xí)題2.1第6題知，G又是一個

交換群，從而易知

H={e9a,b

是