近世代数初步习题解答抽象代数

《近世代数初步》习题答案与解答引论章一、知识摘要1.A是非空集合,集合积的一个映射就称为A的一个代数运算(二元运算或运算).2.设G非空集合,在G上有一个代数运算,称作乘法,即对G中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c与之对应,c称为a与b的积,记为c=ab.若这个运算还满足：(1)(2)(3)存在单位元e满足(4)存在使得EMBEDEquation.3称为的一个逆元素.则称G为一个交换群.(i)若G只满足上述第2、3和4条,则称G为一个群.(ii)若G只满足上述第2和3条,则称G为一个幺半群.(iii)若G只满足上述第2条,则称G为一个半群.3.设F是至少包含两个元素的集合,在F上有一个代数运算,称作加法,即对F中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c与之对应,c称为a与b的和,记为c=a+b.在F上有另一个代数运算,称作乘法,即对F中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d与之对应,d称为a与b的积,记为d=ab.若这两个运算还满足：I.F对加法构成交换群.II.F*=F\{0}对乘法构成交换群.III.就称F为一个域.4.设R是至少包含两个元素的集合,在R上有加法和乘法运算且满足：I.R对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元).II.R*=R\{0}对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1).III.就称R为一个环.5.群G中满足消去律：6.R是环,则称是R中的一个左(右)零因子.7.广义结合律:半群S中任意n个元a1,a2,…,an的乘积a1a2…an在次序不变的情况下可以将它们任意结合.8.群G中的任意元素a及任意正整数n,定义：,.则由广义结合律知有(在加法群中可写出相应的形式.)9.关于数域上的行列式理论、多项式理论(包括除法算式、整除性、最大公因式、因式分解唯一性定理等)、线性方程组理论、矩阵运算及理论、线性空间及线性变换理论在一般域F上都成立.二、习题解答1、（1）否，（2）否，（3）是，（4）是。注：因为集合Ａ上的一个代数运算对应了集合Ａ×Ａ到Ａ的一个映射。此类题由此直接判断。2、证明　　由于在F2上的任一和式中，只要有一项是1，其结果永远是1。而a+b与b+a；a+(b+c)与(a+b)+c中1，0出现的次数分别相同，它们的和就分别相等，故F2中加法交换律和结合律成立。由于ab和ba；a（bc）和（ab）c中如有0出现，其积为零，否则其积为1，故这两对积分别相等，于是F2中乘法交换律和结合律成立。对a（b+c）和ab+ac，若a=0，这两式子都为零；若a=1，这两式子都为b+c，对这两种情形两式子都相等，故F2中乘法对加法的分配律成立。注：此类题根据所定义的运算法则直接验证。3、（1）对a+b=a=a+0用加法消去律，得b=0。（2）由于[（-a）-b]+a+b=（-a）+[-b+（a+b）]=（-a）+a=0,由负元的定义知（-a）-b=-（a+b）.（3）在（2）中将 b换为-b，就得-（a-b）=（-a）+b。（4）对a-b=c两边加上b，左边=（a-b）+b=a，右边=c+b，故a=c+b。（5）a·0+a=a·0+a·1=a（0+1）=a,用加法消去律得a·0=0。（6），故，将上式互换就得。（7）注：此题直接根据环上的两个运算的性质和关系进行验证。4EMBEDEquation.3=EMBEDEquation.3。　　注：此题直接根据环上“乘法对加法的分配律”来证明。5.分几种情形（i），但m，n不为零，不妨设m为正整数。为m个a及m个的乘积，由广义结合律知。（ii）若m，n中有零，不妨设m=0，则左边。（iii）m，n皆为正整数，则am+n与aman皆为m+n个a的积，由广义结合律知它们相等。若m，n皆为负整数，则am+n与aman皆为-（m+n）个a-1的乘积，由广义结合律知它们相等。（iv）m，n中有正有负，且，不妨设m与m+n为异号。则由（iii），两边再乘上(参看(i)),则.以上已证明了再由又这就证明了若a,b交换,当m=0时,显示有当m为正整数时,都是m个a,m个b的乘积,由广义结合律知它们相等,当m为负整数时,,即.左边又是,故.注：此题根据广义结合律和群中元素的方幂的性质进行验证．6.参照中学数学中对二项定理的证明,根据环上的运算性质及的交换性直接证明．7.由,故.对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设,则任意,,故每个有逆元素.注：直接根据逆元的定义和广义结合律证明.8.EMBEDEquation.3即1-ba在R内也可逆又由.故.注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证.9.当n≥2时,取EMBEDEquation.3B=则,,但AB=0.A,B皆为零因子.注：根据环中零因子的定义直接构造.第一章群第一节群的例子一、知识摘要1.数1的n次单位根关于复数乘法构成群.2.域F上的全体n阶可逆矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n阶一般线性群,记为3.中全体行列式为1的矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n阶特殊线性群,记为4.实数域R上的全体n阶正交矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n阶正交群,记为5.非空集合M上的可逆变换全体关于变换乘法构成群,称为集合M上的全变换群,记为.特别,当M是有限集{1,2,…,n}时,M上的可逆变换称为1,2,…,n的一个置换(或一个n元置换).此时,全体n元置换在置换乘法下所成的群称为n元对称群,记为.6.域F上n维线性空间V上的全体可逆线性变换在变换乘法下构成群,记为7.实数域上n维欧氏空间V上的全体正交变换在变换乘法下构成群,记为8.平面上全体正交变换(保持点之间的距离和直线夹角的变换)在变换变换乘法下构成群,称为平面的正交变换群.二、习题解答1.写仿射点变换(这儿T是矩阵的转置)为矩阵形式,其中.设另一仿射点变换:,其中,则经变成由于仍是仿射点变换.易证:仿射点变换是恒等变换，它是乘法单位元.仿射点变换EMBEDEquation.3正是的逆变换.又变换的乘法自然有结合律，故平面上全体仿射点变换对变换的乘法成为一个群.　　注：此类题按照群的定义验证,对逆元和单位元的存在性证明是关键.2.平面上正交点变换可写成矩阵形成:,其中A为2×2正交矩阵，即满足（单位矩阵）.正交矩阵的乘积是正交矩阵，正交矩阵的逆也是正交阵。利用这两个性质。完全类似于习题1中的论证，能证明本习题的结论.注：此题证明方法与上题一致,关键是掌握正交矩阵的基本性质.3.由题设有在仿射点变换：的变换下故由于，A可逆.于是将不同的三点变成不同的三点，.上面一串等式的最前端与最后端相等即表示这三点也共线。注：关键是在下，验证．4.与第三题类似有其中A满足于是.　　注：直接验证．5.设，,其中a,b,c,d都是复数,a≠0且c≠0,则也和A,B具有相同的形式.显然,是单位元且是A的逆矩阵.又矩阵乘法满足结合律,故结论得证.注：根据群的定义直接验证,需要说明AB也和A,B具有相同的形式.6.只需要证明逆元存在性且满足结合律即可.显然,是(a,b)的逆元.又[(a,b)(c,d)](e,f)=(ac,ad+b)(e,f)=(ace,acf+ad+b)=(a(ce),a(cf+d)+b)=(a,b)(ce,cf+d)=(a,b)[(c,d)(e,f)],即结合律成立,故G是一个群.注：根据群的定义直接验证.7.对a有右逆b.b又有右逆，这时a为b的左逆.由，得到，可知.这样，即b是a的逆.8.由题设，对后一等号两边左乘，右乘，就得到注：只需要由验证即可.9.，有，故，又，a对后一个等号两边左乘a，右乘b，就得.注：关键在于由得到对都成立.10.易验证,G对复数的乘法是封闭的且结合律成立.显然,1是G的单位元.又,有,从而且.即z1是z的逆元.注：根据群的定义直接验证.11.,由不同时为0且不同时为0易知,和不同时为0,故显然,是K的单位元且容易验证是A在K中的逆元.由矩阵乘法满足结合律知,K关于矩阵乘法构成群.注：根据群的定义直接验证.12.​​​​设.由性质（2），,且是s个不同的元，故.同样由性质（3）可得，。设其中于是。即gi是G的右单位元，gj是G的左单位元,分别记为e及，即G有单位元e.类似于上面作法，由，有b使ab=e，由，而有使即有逆元。又题设G有结合律，故是一个群。注：证明的关键在于“由G是非空有限集,得到EMBEDEquation.3”.由此去证明单位元和逆元的存在性.此题给出了非空有限集关于其上定义的乘法作成群的一个条件：“此乘法满足左、右消去律和结合律。”13.只证（2）。用反证法.设取互为逆元素，若是四个不同的元素.设上面的步骤进行k-1步，得到2（k-1）个元素.同样论证除了上述2（k-1）个元素外要么没有元素了，要么同时有要么等于，要么有2k个元素.因只有有限个元素，必然在某个第k步停止，即.故G有2k+1个，即奇数个元素，矛盾.因此G中必有元素.注：主要根据“群中元和其逆元的阶相同，且不同元的逆元不同”,得到“群中阶大于二的元素个数必为偶数个”.又“群中有且只有单位元的阶是1”,从而由G是偶数阶群可得,G中必有2阶元.14.设EMBEDEquation.3G1.由EMBEDEquation.3.同样可取,同理，就得到矛盾.故不能有不等于G的两个子群注：此题的证明主要是基于“对于群G中的两个互不包含的子群G1和G2,分别取自G1\G2和G2\G1中的两元素的乘积必定不属于”这一事实.15.由于数的加法都满足结合律且,其中p是素数..显然0是单位元且是的逆元.故结论成立.注：根据群的定义直接验证.16.由于数的加法都满足结合律且,其中p是素数..显然0是单位元且是的逆元.故结论成立.注：根据群的定义直接验证.17......注：直接根据6元置换的乘法计算.18.,.注：此题关键在于熟悉n元置换的表示形式.第二节对称性变换与对称性群，晶体对称性定律一、知识摘要1.平面上(或空间中)的一个图形M在平面上(或空间中)的一个正交变换下变为M本身,则称此变换是M的对称性变换.图形M的全体对称性变换在变换乘法下构成一个群,称为M的对称性群.2.f(x1,x2,…,xn)是域F上的n元多项式,若f(x1,x2,…,xn)的各文字的脚标经任意n元置换变换后,该多项式完全不变,即则称它是域F上的一个n元对称多项式.3.f(x1,x2,…,xn)是域F上的n元多项式(未必对称多项式),若n元置换满足则称是f(x1,x2,…,xn)的一个对称性变换.f(x1,x2,…,xn)的全体对称性变换在变换乘法下构成一个群,称为f(x1,x2,…,xn)的对称性群.特别,当f(x1,x2,…,xn)是域F上的n元对称多项式时,f(x1,x2,…,xn)的对称性群即是.二、习题解答1、(1)令绕O反时针旋转0°，72°，144°，216°，288°的5个旋转变换为TO，T1，T2，T3，T4，令平面对直线的反射变换为它们都是对称性变换，对于此正五边形的任一个对称性变换T，它若将顶点A1，变成，则就将A1变成A1.易知正五边形的保持A1不动的对称性变换只有故全部对称性变换为，共10个对称性变换，故它们必须相等。(2)令绕O反时针旋转0°，180°的旋转变换为T0，T1，令平面对直线的反射为S1，S2.它们都是该矩形的对称性变换.使A1分别变到A1,A2,A3,A4的对称性变换都只有一个，即分别为T0,S1,T1,S2.故它们是全部的对称性变换.(3)令绕O反时针旋转任意角θ的放置变换为Tθ,令平面对过中心O的任意直线的反射为.则圆的对称性变换群2.3.能变出6个单项式,即为:它们的和是所要求的项数最少的多项式.注：以作为一项的对称多项式,必定含有用S3去变所得到的所有可能的单项式.更一般地,以某个k元单项式m(x)作为一项的对称多项式,必定含有用Sk去变m(x)所得到的所有可能的单项式.4.其它证明略去（直接按照群的定义验证A3在置换乘法下成为群）.5.直接按照群的定义验证V4在置换乘法下成为群.6.正四面体为ABCD,O为△DBC的中心,E,F,G,L分别是CD,AB,AC,AD的中点,我们先找出使顶点A不动的全体对称性变换的集合H.这些变换使△BCD变为自己,H限制在平面BCD上是△BCD的对称性群.由此易确定出,其中T1,T2,T3是空间绕轴AO旋转(按某固定方向)转0º,120º,240º的转换变换,S是空间对面ABE的镜面反射.再任选三个对称性变换M1,M2,M3它们分别能将点B,C,D与A互变.例可取M1,M2,M3是空间分别对平面CDF,BGD,CBL的镜面反射,与第1题(1)中的论证类似,可得正四面体ABCD的对称性群.G有24个元.第三节子群,同构,同态一、知识摘要1.群G的非空子集H称为G的子群,如果H对G的乘法构成群.(1)群G的非空子集H是G的子群当且仅当(i)H对G的乘法封闭,(ii)G的单位元属于H,(iii)在G中的逆元属于H.(2)群G的非空子集H是G的子群当且仅当(3)H1,H2,…是群G的子群,则是G的子群.设S是群G的非空子集,G的含S的所有子群的交(还是G的子群)称为G的由S生成的子群,记为<S>.即是G的含S的最小子群.当S={a}时,记<S>=<a>.称<a>为G的由a生成的循环子群.有结论:(4)若有则称G为循环群.2.群G到群G1的映射称为群G到群G1的同态,如果(1)称为同态的核,它是G的子群.(2)同态称为满同态(单同态)如果是满(单)射.同态称为同构如果是双射.G到自身的同构称为G的自同构.3.有无限多个元素的群称为无限群.仅有有限个元素的群称为有限群,此时G中元素个数称为群G的阶,记为|G|.集合M上的变换群SM的子群都称为变换群.4.Cayley定理任何群G都同构与G上(作为集合)的一个变换群.二、习题解答1.U4={1,-1,i,-i},易证U4对数的乘法和逆运算都封闭.注：事实上,群的有限非空子集是子群只要运算封闭.2.(1).因故(2)对a,b来证明，因(3)设EMBEDEquation.3又注：H是G的非空子集,若EMBEDEquation.3,则H是G的子群.3.易见e∈Z(G),故.从而Z(G)是G的子群.注：H是G的非空子集,若EMBEDEquation.3,则H是G的子群.4.(1).易见e∈CG(S),故..故从而CG(S)是G的子群.(2).易见e∈NG(S),故..先证.故..故.所以.有从而NG(S)是G的子群.注：H是G的非空子集,若EMBEDEquation.3,则H是G的子群.5.(1).故是子群.(2).从而故是子群.注：H是G的非空子集,若EMBEDEquation.3,则H是G的子群.6.写V4中的元为a,b,c,e(单位元),则有而U4中个元为假设V4到U4有同构.不妨设.由不保持乘法,矛盾.故V4与U4不同构.7.在第二节例3中已计算过正三角形△A1A2A3的对称性群G有6个元素.每个对称性变换引起顶点A1,A2,A3的一个置换.这就引起了G到S3的一个映射.易检验这6个变换引起S3的全部6个不同的置换.故这映射是双射.又连续两次作对称性变换引起连续两次顶点的置换.即对称性变换的乘积引起对应的顶点置换的乘积,故这映射保持乘法.因此上述映射是对称性变换群G到S3的同构.注：同构映射的建立三关键.8.Gayley定理断言,有限群G同构于G上的变换群.设G的阶为n,则G同构于Sn的子群.而Sn的子群只有限个,故只有有限个不同构的n阶群.注：这是Gayley定理导出的一个重要结论.9.(1)..则(2)..则(3).定义L到M的映射,则可验证f是双射.且故L同构与M.注：H是G的非空子集,若EMBEDEquation.3,则H是G的子群.10.显然，是G到自身的双射.设G是交换群,则反之，设,则故G是交换群.注：根据群的自同构与交换群的概念直接证明.11.令，则故.从而注：根据三角函数的相关公式直接验证.12.其中,都属于S,故又设H1是G的包含S的子群,则必含所有形为因而的最小的子群.即注：13.设H是加法群Z的子群,若,则H中有非零整数t.若t＜0,则故H中有正整数.取n为H中最小的正整数.任意又由于矛盾.故又因为因此注：整数加法群Z的任一子群H都有,其中若H={0},则n=0,其它情况时n为H中最小正整数.14.设是Q的有限生成的加法子群.由第12题易知.取的最小公倍数为m,则.取这就证明了是循环加法群.注：证明一个子群是循环子群，通常是先去找该子群的一个特殊元（如这里的），然后去验证该子群可以由这个元生成.此生成元的构造往往是此类题证明的关键,也是难点.15.由于不是整数矩阵.故全体2×2整数元素的可逆矩阵不成为群.取正实数矩阵即正实数可逆矩阵的逆矩阵不是正实数矩阵.故全体2×2正实数可逆矩阵不成为群.16.从而故注：证明逆运算封闭是关键.第四节群在集合上的作用,定义与例子一、知识摘要1.群G到某个集合M的全变换群SM有一个同态T.将G的任意元g对应于M上的变换T(g)，从而对M进行变换.就说g作用于M上.且称该同态T是群G在集合M上的一个群作用.对记群G在集合M上的一个群作用确定了一个映射：2.的映射能确定群G在集合M上的一个群作用当且仅当二、习题解答1.定义GL(V)的单位元是V上的恒等变换I.EMBEDEquation.3由f,g是变换,有从而,决定了GL(V)在M上的群作用。2.(1)K×H的单位元是(e,e),其中e是G的,也是K和H的单位元:(2)由命题1,上面映射决定了K×H在G上的群作用。3.定义G×M1到M1的映射.；G×M2到M2的映射.G×M3到M3的映射.易证分别决定了G在M1，M2，M3上的一个群作用.4.首先证明定义了G×M到M的映射.=易证这映射决定G在M上的一个群作用.5.对的多项式,都是x,y,z的一次多项式,若设为其中仍是F上x,y,z的多项，故建立了的一个映射，易证它决定G在M上的一个群作用.6.记G的单位元是e,也是K，H的单位元。EMBEDEquation.3有.从而决定了G在M上的一个群作用.注：以上各题直接根据群作用的概念证明.第五节群作用的轨道与不变量，集合上的等价关系一、知识摘要1、群G作用于集合M上,对,称为x在G作用下的轨道,或过x的轨道.M为所有不同轨道的无交并.2、设映射能决定一个群作用.若M上取值于另一集合(域、或复数域、或这些域上多项式的集合)的某个函数F满足：则称F是该群作用下的一个不变量.(即不变量在任一条轨道上都取常值).3、设G在集合M上有群作用.M上的一组函数F1,F2,…,Fk称为M在G作用下的不变量的一个完全组，如果二、习题解答1.V中可逆线性变换若把某子空间W变成子空间W1，则把W的基变成W1的基，故同一轨道上的子空间具有相同的维数，又设V的两个子空间W和W1，它们有同样维数k>0，分别取W和W1的基为分别补充成，使它们都是V的基.由线性代数知道必有V上可逆线性变换A,使A就将子空间W变成子空间W1.故W与W1在同一条轨道上故对V中全体k维子空间的集合Vk构成群作用的一条轨道.共有n+1条轨道.子空间的维数是不变量,并构成不变量的完全组.2.对A,B皆为n×n实对称矩阵,若A,B在同一轨道上,即有n×n正交阵P使B=PAP-1,则它们有相同的特征值集合.反之,设A,B为具有相同特征值集中的n×n实对称矩阵，它们都可用实正交矩阵化为对角阵，即有n×n正交阵P1，P2使于是仍为正交阵，故A，B在同一条轨道上.以上说明,特征值的集合是群作用的不变量的完全组.而全部特征值的和,全部特征值的积,特征多项式都是群作用的不变量.注：以上两题直接根据群作用的不变量和不变量的完全组的概念解答.3.实际上KtH是第4节习题2中群作用下的一条轨道(即t所在的轨道),两条轨道或重合或不相交,即两个(K,H)双倍集或重合或不相交.作用集G是全体轨道的无交并也就是全体(K,H)双陪集的无交并.注：群在G上有群作用,则在此群作用下的所有轨道构成G的一个划分.第六节陪集,Lagrange定理,稳定化子,轨道长一、知识摘要1.令H是有限群G的子群.在H在G上的左(或右)乘作用下过x的轨道称为H在G中的一个右(或左)陪集.子群H在G中的右、左陪集数目相等,称为子群H在G中的指数,记为[G:H].2.(Lagrange定理)H是有限群G的子群,则|G|=[G:H]|H|.3.设群G作用于M.对,称为群G作用下x的稳定化子(是G的子群).当G是有限群时,记过x的轨道为,则Ox是有限集且|Ox|=[G:StabG(x)].4.G的元素x在G的共轭作用下的稳定化子称为x在G中的中心化子.记为CG(x),即G在自身上作共轭作用的轨道叫做G的一个共轭类.当G是有限群时有(1)G中x所在的共轭类的势即类长|Cx|=[G:CG(x)].(2)设x1,x2,…,xn是G的全体共轭类的一组代表元,则5.称为G的中心(即与G中所有元都交换的元素构成的集合).(1)Z(G)是G的子群且Z(G)中的每个元素组成一个共轭类.(2)设y1,y2,…,ym是G的势大于1的全体共轭类的一组代表元,则特别，当G是交换群时,二、习题解答1.设反之,2.(1)设又EMBEDEquation.3(2),由第1题,这等同于g1,g2属于StabG(x)的同一左陪集.注：根据习题1的结论证明.3.(1)设.这等价于EMBEDEquation.3.故EMBEDEquation.3.(2)也即.故GLn(F)在W处的稳定化子为.注：根据稳定化子的概念解答.4.(1),(2)中的稳定化子相同,都为第2节第6题的证明中的H.(3)令A1A2和A3A4的中点分别是F,E,则A1A2的稳定化子由恒等变换、绕FE转180º的旋转变换、对平面A1A2E以及对平面A3A4F的反射共四个变换组成.注：根据稳定化子的概念解答.5.在第2节第6题中求正四面体A1A2A3A4的对称性群的方法与第6节定理2中公式是一致的.那里求出对称性群有24个元素,全体对称性变换对应了顶点A1,A2,A3,A4的24个置换,正是S4的全部元素.下面列出顶点置换与正交变换的对应.恒等变换.绕A1O旋转120º.绕A1O旋转240º.对平面A1OA2的镜面反射.对平面A1OA3的镜面反射.对平面A1OA4的镜面反射.对平面FA3A4的镜面反射.先绕A1O旋转120º,再对平面FA3A4反射.先绕A1O旋转240º,再对平面FA3A4进行反射.绕FE轴旋转180º.绕四面体过A3的高绕旋转120º.绕四面体过A4的高线.对平面A2GA4的镜面反射.先绕A1O转120º,再对平面A2GA4作反射.先绕A1O转240º,再对平面A2GA4作反射.绕四面体过A2的高线旋转120º.绕GH轴旋转180º.绕四面体过A4的高线旋转240º.对平面A2LA3的反射.先绕A1O转120º再对平面A2LA3作反射.先绕A1O转240º再对平面A2LA作反射.绕四面体过A2的高线旋转240º.绕四面体过A3的高线旋转240º.绕IL轴旋转180º.注：根据定理2中公式(2)解答.6.过tH的轨道为.而在tH处的稳定化子为.注：本题应改为“试决定第四节习题6中群作用……”.7.S3中C3的左陪集为C3和(12)C3,右陪集为C3和C3(12).注：S3中C3的左陪集个数是2,这是因为.8.S4中S3的左陪集为9.G是交换群,故H的任意左陪集注：交换群G的子群H的以为代表元的左陪集,恰是H的以为代表元的右陪集,反之亦然.10.Z中3Z的全部左陪集为3Z,1+3Z,2+3Z.注：理论根据见习题11.11.由本节第1题，故Z中nZ的全部左(右)陪集为nZ,1+nZ,2+nZ,...,(n-1)+nZ.注：(1)本题是第10题的一般化.(2)由于Z是交换群,根据第9题证明知,Z中nZ的任意左陪集都是右陪集,且全部左(右)陪集为nZ,1+nZ,2+nZ,...,(n-1)+nZ.12.的轨道为13．设，对H为G的非单位元子群，则有的不等于1的因子必将被p整除，故又设K为G的真子群,故，又.注：此题是Lagrange定理的一个应用.14.由改进的类方程其中从而注：此题由改进的类方程和习题13证明.15.令；.注：此题由在中心化子的概念解答.16.含的共轭类为含17.(1)设H是G的子群,则时(2)注：根据Lagrange定理证明.18.设,则即注：本题给出了群作用下同一个轨道上两个元的稳定化子(稳定子群)之间的关系.19.注：直接根据Lagrange定理证明.20.设，取由，得与题设矛盾.故G在M上必有不动元.注：本题条件p不整除M是必要的.第七节循环群与交换群一、知识摘要1.G是群,aG.当a的任意两方幂皆不相等时,<a>={…a-m,a-(m-1),…,a-1,a0=e,a,…,am-1,am,…}有无限多个元.当a有两个方幂相等时,必存在正整数n,使<a>={a,a2,…,an-1,an=e},且其中任意两个幂互不相同.此时,称a的阶为n,记为o(a).当G是有限群时,有(1)o(a)即为<a>的阶.从而o(a)||G|.(2)o(a)即为使an=e的最小正整数n.且ak=eo(a)|k.特别a|G|=e.2.循环群G=<a>子群是循环群.(1)无限循环群<a>的子群除{e}之外都是无限群,且具有形式<as>,sZ+.(2)<a>是n阶循环群.对n的任意因子q,有且仅有一个q阶子群.其形式为.进而,<a>的子群个数等于n的因子个数.3.无限循环群都同构与整数加群.两个有限循环群同构的充要条件是阶相同.4.G是有限群，使G中所有元a都满足at=e的最小正整数t,称为G的方次数，记为exp(G).(1)有限交换群G中阶最大的元的阶即为exp(G).(2)有限交换群G是循环群exp(G)=|G|.5.域的乘法群的有限子群都是循环群.特别,有限域的乘法群是循环群.二、习题解答1.设若由当且仅当.注：此题关键是2.则H是群且从而.注：根据证明.3.设G有n阶循环子群H=<a>,则|a|=n.反之,设a是中n阶元，则|<a>|=n.(1)设|G|=p,p是素数.则G中有非单位元的元g,从而|<g>|>1且|<g>||p=|G|,故|<g>|=p=|G|.即G=<g>.(2)G中元素的阶是|G|的因子,故G中的非单位元的阶只能为2,p,2p.若G有2p阶元a,则G=<a>,与G为非交换群矛盾;若G的元全为2阶元,由第1节习题9,G为交换群,这不可能.故G中必有p阶元,即有p阶子群.注：根据Lagrange定理和第1节习题9证明.4.(1)由引理4,但(2)作,因g,h交换,是同态.易见它是满同态.又,故是双射,因而是同构.设有故5.(1).故EMBEDEquation.3.(2)设(m,n)=d.则有l,q使lm+qn=d.于是有.又由注：掌握上两题的结论.6.G的元素的阶是|G|的因子.它的非单位元a的阶是7.令.又注：由于G是交换群,直接验证.8.因此有.再看设,则即进一步,又注：掌握此题结论.9.(1)由设,即有(2)由又存在就有注：直接验证相互包含.第八节正规子群与商群一、知识摘要1.K,L是群G的两个非空子集.称集合为K与L的集合乘积.2.N是群G的子群称为正规子群,如果3.N是群G的正规子群当且仅当N对G的陪集的集合关于集合乘积构成群.此时,称此群为G对N的商群.4.N是群G的子群,则下列等价(1)N是群G的正规子群.(2)(3)(4)(5)(6)5.群G自身和G的单位元群都是正规子群.若G除此之外再无其它正规子群,则称G为单群.6.交换群的任意子群都是正规子群.特别(1)整数加群Z对子群<n>(当然是正规子群)的商群可表示为(2)F[x]是数域F上的多项式环的加法群.任取是数域F上的n次多项式.作F[x]的(加法)子群当然是正规子群.则F[x]对子群的商群为二、习题解答1.在中只有两个左陪集.故皆为H在G中的补集,即知aH=Ha.这样,.由命题1及正规子群的定义知H是G的正规子群.注：此时{H,aH}和{H,Ha}都是G的划分.2.从而Z(G)是正规子群.3.取由于故不是正规子群.H=是子群且在S3中的指数是2,由第1题,H是正规子群.注：证明群G的子群H是不是正规子群,只要证明4.易验证,V4是S4的子群.有故V4是S4的正规子群.注：群G的子群H是正规子群当且仅当5.令={Q:Q是F上n×n数量矩阵}，6.先证,2…知由g的任意性,用g-1替代g,并用g-1Hig替代Hi,则有.再用g-1左乘两端,以及用g右乘两端就得到由Hi是G的正规子群.g-1Hig=Hi.就得是正规子群.注：群G的子群H是正规子群当且仅当7.首先对,易知有.再由习题6证明中的第一部分,可得故是G的正规子群.8.设H是6阶非交换群,我们可证明H是非交换群,故没有6阶元,它非交换,由第1节习题9,不能全是二阶元,故有三阶元b.K=<b>是三阶群.[H:K]=2,故K是H的正规子群,且有陪集分解,这里a不属于K.于是可以断言.否则由(K是正规子群)再证a2=e.若不然,则a为三阶元.若建立双射易验证此双射保持乘法,故是同构.注：关键是说明任意6阶非交换群H都有,同构映射的建立也是一难点.9.取记由于10.容易验证也是G的子群且.|gHg-1|=|H|=n.由G只有一个n阶子群,得到gHg-1=H.11.参见本节例2.12. (x2+1) 1+(x2+1) x+(x2+1) (1+x)+(x2+1) (x2+1) (x2+1) 1+(x2+1) x+(x2+1) (1+x)+(x2+1) 1+(x2+1) 1+(x2+1) (x2+1) (1+x)+(x2+1) x+(x2+1) x+(x2+1) x+(x2+1) (1+x)+(x2+1) (x2+1) 1+(x2+1) (1+x)+(x2+1) (1+x)+(x2+1) x+(x2+1) 1+(x2+1) (x2+1)同法可写出EMBEDEquation.3.13.EMBEDEquation.3.反之设故EMBEDEquation.3，则.14.由第1节第6题的证明知EMBEDEquation.3.从而K是正规子群.由于EMBEDEquation.3.故.作映射则是双射且从而.注：在求得后,同构映射的建立很自然.15.(1)任取.故(2)的映射.对即，从而是群的同态.(3)(4)故：是有定义的.仍由(3)知,这是单射.又.注：根据相关概念直接证明.16.(1)(2)(3)令由(2)知,与代表元的选择无关,即这映射是有定义的.仍由(2)知,它是单射.又是同态.显然是满射,故是同构.17.第6节14题知于是G/Z(G)是p阶循环群.令的任何元素可写成即相互交换,矛盾.故G为交换群.(1)G是p2阶循环群.(2)G中非单位元皆为p阶元.事实上，若G中有p2阶元a,则G是p2阶循环群.容易证明p2阶循环群两两同构.下证明p2阶非循环群（即非单位元皆为p阶）也两两同构.设G，H都是p2阶非循环群.由于G中非单位元皆为p阶.取,而p阶群<a>的真子群只有.此时作映射易知它是同态.设得由于的象集是G的子群.的象中有<a>及<b>,多于p个元.|G|=p2,G只有阶子群和G本身,故的象只能是G本身,这样是满射.综上.同理,其中作映射易知它是同态,设由知,故.EMBEDEquation.3结论证毕.注：证明p2阶非循环群两两同构是本题难点.18.设注：此时19.由§7定理3,循环群H中的同阶子群只有一个.设K是H中q阶子群,正规,注：K是G的子群,则也是G的子群,且20.令O为正n边形的中心,当n为奇数时,将它的顶点编号为A1,A2,…，An,令过O，Ai的直线为EMBEDEquation.3易见,对故当n为偶数,仍将各顶点编号为中心记为O.记直线,记平面上绕O反时针旋转的变换为Ti,i=0,1,…,n-1.平面对则易知故除了不与任何注：分n为奇数、偶数两种情况讨论.21.设反之,有.即有注：证明相互包含.第九节n元交错群的单性一、知识摘要1.n元置换称为k-轮换，如果且记,.1-轮换即为恒等置换,常记为(1)，2-轮换称为对换.2.称Sn中两个轮换不相交,如果Sn中任意元都可表示成若干个互不相交的轮换的乘积.3.任意ｎ元置换都可表示为若干对换的乘积.且的每个这种表示法中对换的数目未必一致,但对换数目的奇偶性由唯一确定,与排列的逆序数的奇偶性一致.排列是奇(偶)排列时称为奇(偶)置换.Sn中奇、偶置换的数目相等,都为是奇(偶)置换当且仅当能表示成奇(偶)个轮换的乘积.4.Sn中的所有偶置换组成Sn的一个正规子群,称为n元交错群.记为An.[Sn:An]=2且An(n3)可由Sn中的全部3-轮换生成.5.An(n5)都是单群.二、习题解答1..是.2.3..4.对n作归纳法,当n=2时显然成立.设n-1时已对,即1,2,…,n-1的任一置换是(1,2),(1,3),…,(1n-1)的乘积.对Sn的任一置换,它是轮换的乘积.我们只要证明任一轮换是(12),(13),…,(1n)的乘积就行.对含文字n的轮换它等于的乘积表出故结论成立.这就完成了归纳法.即不难验证(1k)=(12)(23)…(k-2k-1)(k-1k)(k-2k-1)…(23)(12)对k=3,4,…,n都成立,从而证毕.注：直接根据中元素的分解进行证明.5.(1)求(12)在S7中的中心化子.设使=(12)其中S2是文字1,2的置换群,S5是文字3,4,5,6,7的置换群.即(12)的中心化子是S2S5.类似地(345)的中心化子中的元其中即(345)的中心化子是C3S4.(2)先证设是因而.即当且仅当,因此由于所在的共轭类中元素的数目为.（3）(12)(345)(6)的中心化子是故在S6中(12)(345)(6)所在的共轭类中元素的数目6.H中全为偶置换,对,仍为G中偶置换.故,即H是G的正规子群.又若G中还有奇置换,则H中皆为奇置换.且对G中任一奇置换.故中全部奇置换.由此注：当G中还有奇置换时,是无交并.7.考虑G在G上左乘的群作用,由§1的Cayley定理,这是群G到G上置换群的同构.后者是2k个元的集合G上对称群S2k的子群.因|G|=2k,故有(§1习题13).考虑g左乘G所对应的置换.对任在a,ga这对元素上的作用构成二轮换,即对换,令易知g在上的左乘作用仍封闭,用归纳法可知G的2k个元可逐个配对为并满足即g在G上的左乘作用是k个对换的乘积.k是奇数，故g对应奇置换.由习题6,G的左乘作用作成的置换群中有指数2的正规子群.注：根据Cayley定理和习题6证明.8.设就得再由,9.按课文中的证明路线,只要证明A5的非平凡正规子群H中有三轮换.我们按H中置换的不动元数目来进行分析.H中有非单位元置换.若有四个不动元,则另一个元也为不动元,它就是单位元,不可能.若有三个不动元,则为对换或单位元.前者是奇置换,它不属于H,这也不可能.若恰有两个不动元,它是偶置换,只能是三轮换,故H中有三轮换.现设最多有一个不动元,是偶置换,只能是五轮换,或是两个不相交的对换的乘积,,它是,再作注：An的正规子群H若含有3-轮换,则H=An.10.假设A4有6阶子群N,由|A4|=12知[A4:N]=2.由第8节习题1知,N是A4的正规子群.取S4中的任意3-循环(i1i2i3),假设(i1i2i3)N,则A4有陪集分解{N,(i1i2i3)N}且(i1i2i3)2(i1i2i3)N.即(i1i2i3)2N.又(1)=(i1i2i3)3得(i1i2i3)-1=(i1i2i3)2N.N是子群知(i1i2i3)N,矛盾.即S4中的任意3-循环(i1i2i3)都含于N中,从而N=A4矛盾.注：运用反证法,若A4有6阶子群N,则N中必含所有3-循环.11.在S4中,有着同类型轮换分解的置换组成一个共轭类.故S4中全部共轭类为:EMBEDEquation.3EMBEDEquation.3上述集合中只第1,第3,第4个集合是在A4中.是A4中的一个类.由于及皆满足,而这两个中必有一个为偶置换.故在A4中属同一个类.又只有的循环排列,才满足由于排列有相同奇偶性,因此,当是1234的偶排列时,是偶置换使在A4中属同一个类.同样可证当是1234的奇排列时与(132)在一个类.故A4有四个共轭类:第十节同态基本定理一、知识摘要1.G是群,N是G的正规子群,则映射作成G到商群的满同态,称为G到商群的自然同态.2.(同态基本定理)设是群G到的满同态,同态的核为则是G的正规子群且3.在同构意义下,群G的全部同态象就是G的全部商群.二、习题解答1.由§8习题13的证明可得,其中,.定义映射.易验证.2.计算V4在S4中的全部陪集:作映射:易知这是双射,又显然是同态,故是同构.另一法:考虑S4在上的共轭作用.于是S4到3.群G共轭作用于G自身是内自同构,这就将群G映射到AutG之中.设此映射为,共轭作用决定是同态.又当G是非交换群时,若AutG是循环群,则AutG的子群(同构意义下)也是循环群.由第8节18题,G是交换群,矛盾.故AutG非循环群.注：根据同态基本定理证明.4.5.每个绝对值为1的复数z可写成记这种复数的乘法群.作映射这是同态:;若EMBEDEquation.DSMT4因此6.(1).(2)令EMBEDEquation.DSMT4EMBEDEquation.DSMT4再证由于保持包含关系是明显的.(3)即又若K是G的正规子群,象于是间的满射.由(2)引起单射.故这映射也是双射.(4)设由此有EMBEDEquation.DSMT4(5)7.(1)(2)第8节习题7已证是正规子群.(3)(4)EMBEDEquation.DSMT4(5)作映射由(1),由同态基本定理.其同构映射是(6)是同态核,当然是G的正规子群,又当然含于H中.且故G对此正规子群的指数等于的阶，但是Sn的子群,其阶是|S|=n!的因子.8.设G的子群H满足它需为!的因子,则因此这证明了是正规子群.注：由上题,只要证.第十一节轨道数的定理及其在计数问题中的应用一、知识摘要Burnside定理设有限群G作用于有限集M上.对gG,令M中被g固定的元素(g的不动元)的集合为Fix(g),则M在G的作用下的轨道数是二、习题解答1.不妨把六个珠子放在手镯上的一个正六边形的顶点上.把绕O旋转0º,60º,120º,180º,240º,300º的变换记为T0,T1,T2,T3,T4,T5把平面对直线的反射变换记为它们组成正六角形的对称性群G.把六个珠子所有允许的串法(只许黑、白两色)组成集合M,手镯经旋转T0,T1,T2,T3,T4,T5把一种串法变成另一种串法,这两种串法当然构成同一式样.而用六种反射之一将一种串法变成另一种串法相当于从背面去看手镯,这仍然构成同一式样.因此集合M中在群G作用下属同一轨道的串是同一式样.故手镯的式样数等于M在G作用下的轨道数.下面计算G的每个元在M上的不动点数.与课文中的例1类似可算出:T0固定M中64种串法,T1.T5固定全黑,全白两种串法,T3固定的串法中,顶点1,4上,顶点2,5上,顶点3,6上颜色相同.共有8种串法.T2,T4固定的串法中,顶点1,3,5上,顶点2,4,6上颜色相同.共有4种串法S1能固定的串法中顶点2,6上,顶点3,5上有相同颜色,顶点1,4上可任取颜色.共16种串法.同样地,S2,S3也固定16种串法.R1能固定的串法中,顶点1,2上,顶点3,6上,顶点4,5上有相同颜色.共8种串法.同样R2,R3也固定8种串法.由Burnside定理,M在群G作用下的轨道数也即在允许串法下手镯的式样数为.2.正四面体的对称性群是顶点上的全体置换的群S4.令正四面体顶点上全体允许的着色法的集合为M.下面计算S4的各置换在M中的不动点数.恒等置换(1)固定M中每种着色法.因每个顶点有黑白两种选择,四个顶点皆着色共有24种方法.(12)固定的着色法在顶点1,2上有相同颜色,顶点3,4上可任意选择黑,白.共有23种方法.S4中有6个对换,都与(12)一样地固定23种着色方法.(12)(34)它固定的着色方法在顶点12上顶点3,4上有相同颜色,共有22种方法.同样(13)(24),(14)(23)也固定22种着色方法.(123)固定手着色法在顶点1,2,3上有相同颜色,顶点4上可任意选择黑,白.共有22种方法.同样地,S4中所有的三轮换(共8个)都固定22种着色方法.(1234)固定全着黑色和全着白色共两种方法.所有四轮换(共6个)都固定两种着色法.正四面体顶点允许的着色的数目为:3.这时的群G是由绕中心O旋转0º,120º,240º的变换T0,T1,T2及平面对直线的反射S1,S2,S3组成.令在6个顶点上任意配置H或CH3的方法的集合为M.则G在M上有群作用.在G作用下可以互变的配置方法作出的化合物是相同的.故能得到的化合物的数目为M在G作用下的轨道数,现计算G的元在M上的不动元的数目.T0固定M中每种配置方法,共26种.T1固定的配置方法中须在顶点1,3,5上,顶点2,4,6上配置相同,故有四种方法.T2与T1在M中有同样多的不动元.S1固定的配置方法必须在顶点1,2上,顶点3,6上,顶点4,5上配置相同.故有8种配置方法.S2,S3也固定8种方法.由Burnside定理,G在M上的轨道数也即能作成的化合物数目为注：本题与习题1是有区别的.习题1的问题可以放在正六边形的顶点上考虑,而本题却并不能.4.第一种情形是板的反面没有图案,这问题中的群G由绕矩形中心旋转0º及180º的变换T0,T1组成.矩形板的图案数等于矩形板的允许染色法的集合M在G作用下的轨道数.先计算G的元在M中的不动元的数目.T0固定全部的M中染色法.共.T1固定的染色法须在方格1,12上,方格3,10上,方格4,9上,方格6,7上,方格5,8上,方格2,11上分别有相同颜色.这是不允许的染色法,故T1在M上没有不动元.由Burnside定理,矩形板的图案数即G在M上的轨道数.第二种情形是板的正反面同样地染色.问题中M与第一情形一样.群G除了前面的T0,T1外还有矩形板绕及的旋转180º的变换S1,S2.(见图I)T0在M中的不动元有792个.T1在M中的不动元数目为0.S1在不动元的方格12,10上,在方格4,6上,在方格9,7上,在方格3,1上有相同颜色,而在方格2,5,8,11上可任意选择颜色.有两种情形:(i)在方格2,5,8,11上有一格选黄色,而上面四对方格上选两对为黄色,共有 3 6 9 12 2 5 8 11 1 4 7 10(ii)在方格2,5,8,11上选三个黄色,在上面4对主格上选一对为黄色,共有故S1在M中的不动元数目为40.易计算S2在M中没有不动元.结果矩形板(反面染同样颜色)的图案数为5.给三个堆编号为1,2,3.这九个球在三个堆上的分配方法的集合为M.群G是三个堆的置换作成的群.两个分配方法如能经G的元素互变,应为同一种分配方案.先计算,它即为恒等置换在M中的不动元的数目.分别计算兰,红,白球在三个堆上的分配方法数.回忆,n个东西放在 m个抽屉中的方法数为.故兰球的分配方法数;红球的分配方法数;白球的分配方法数为.故三种球分配到三个堆上的方法数为6×10×15=900.(12)固定的方法中兰球的分配方法只能在第三堆上放两个兰球或不放兰球,即两种;红球在第三堆上放1个或放三个,也是两种;白球在第三堆上放2个或4个或不放,共有三种.故(12)固定的方法共2×2×3=12(种).同样(13),(23)也固定12种.(123)固定的方法中各球在三堆上的数目应相同,故它在M中没有不动元.同样(132)也没有.结果三种球分成三堆,不相同的分配方案的数目即G在M上的轨道数为第二章域与环第一节域的例子、复数域及二元域的构造，对纠一个错的码的应用一、知识摘要1.令在上如下定义加法和乘法: 01 01 0110 01 01 0110则在这样定义的加法和乘法下构成一个域,称为二元域.2.是一个域.若则称是特征为0的域.若是满足此条件的最小正整数,则称是特征为m的域.通常的数域都是特征为0的域.二元域是特征为2的域.二、习题解答1.(1)直接证明C0是域.(2)如下定义映射则f是双射且从而.(3)易见是双射.有从而注：根据域、域同构的概念直接验证.2.3.4..5.6.(1)(2)(3)7.令以的解空间为码集.因秩H=4,未知数的数目为13,故解空间维数为13-4=9.由于码集合是F2上9维空间,共有29个解向量,即29个码子,码集合的容量为29.与课文中例4一样有纠一个错的能力.8.(1)由二项定理(参见引论章习题6),EMBEDEquation.3对故不管p是奇数还是偶数，都有(2)由(1),.利用归纳法可得(3)由(2),利用归纳法可得(4)为F的自同态.又由以上论证,是同构当且仅当是满射当且当对也即方程注：特征为p的域F中,有第二节域的扩张，扩张次数，单扩张的构造一、知识摘要1.是一个域.,若在的运算下也成为域,则称是的一个子域,是的一个扩域.2.是的扩域,,记则是的含和的最小子域,称为添加而成的扩域.(1)当时,记为,称为的单扩域.当是有限集时,称为的有限生成的扩域.(2)是的扩域,则特别,当时,记,则3.是的扩域,上有加法,将F对E的乘法看作域F对E的数量积,则可视为F上的向量空间.用[E:F]表示此向量空间的维数,称为E对F的扩张次数.若则称为无限次扩域.若则称为有限次扩域(n次扩域).若是域扩张,则4.若是域扩张,称为F上代数元,如果是F上某个非零多项式的根,此时称为的单代数扩域.否则称为F上的超越元,且称为的单超越扩域.称E是F上的代数扩张,如果E中每个元都是F上代数元.(1)是F上代数元当且仅当存在F上不可约多项式f(x)以为根.这样的f(x)是F上以为根的最低次多项式,称为的极小多项式.的极小多项式在相差一个倍数的意义下是唯一的.若f(x)的次数为n,则是作为F上向量空间的一组基.(2)若为F上的超越元,则二、习题解答1、（1）令,按命题2下面一段的约定,就是F（S）.命题1中的(2)式定义了F(S).易看出本题