近世代数第二章答案

第PAGE17页共NUMPAGES20页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.，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ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。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，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。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？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。变换群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：：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。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。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。置换群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。把的所有元写成不相连的循环置换的乘积。解：=（1），=（23）=（12），=（13），=（123）=（132）3．证明：（ⅰ）两个不相连的循环置换可以交换；（ⅱ）解：（ⅰ）看的两个不相连的循环置换和τ。我们考察乘积τ使数字1，2，…，n如何变动。有三种情况。数字在中出现，并且把变成j。这时由于和τ不相连，j不在τ中出现，因而τ使j不变，所以τ仍把变成j。数字在τ中出现，并且τ把变成。这时不在中出现，因而使不变，所以τ仍把变成。数字不在和τ中出现。这时τ使不动。如上考察τ使数字1，2，…，n如何变动，显然得到同样的结果。因此τ=τ。（ⅱ）由于，所以4．证明一个循环置换的阶是。解：一个循环置换π=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，π的阶是。5．证明的每一个元都可以写成（12），（13），…，（1n）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）形的置换的乘积。设π是一个循环置换。我们分两个情形加以讨论。1在π中出现，这时π可以写成容易验算1不在π中出现，这时§7.循环群证明，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d｜r，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n｜r,因而｜。但d是n和r的最大公因子，所以互素而有。3.假定a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φ下，。看的任意元。那么在φ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Φ：我们证明，φ是到的一个同态满射。（ⅰ）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φ之下，的每一个元有一个唯一确定的象，而φ是到的一个映射。（ⅱ）的每一个元都可以写成的形式，因此它在φ之下是的元的象，而φ是到的一个满射。（ⅲ）所以φ是到的一个同态满射。§8.子群找出的所有子群。解：显然有以下子群：本身；((1))={(1)};((12))={(12),(1)};((13))={(13),(1)};((23))={(23),(1)};((123))={(123),(132)，(1)}。若的一个子群H含有（12）,(13)这两个2-循环置换，那么H含有（12）(13)=(123),(123)(12)=(23)因而H=.同理，若是的一个子群含有两个2-循环置换（21），(23)或（31）,(32),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。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。取的子集{(12),(123)}。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。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的正整数，我们证明，这时.看H的任一元at。令t=iq+r0≤r＜i那么ai=aiqar。由于at和aiq都属于H，有ar=a-iqat∈H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,b∈Hab∈H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：a∈Ha-1∈H设a∈H，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-1∈H。§9.子群的陪集证明，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a≠e，则a生成的一个循环子群（a）。设（a）的阶为n，那么n≠1.但由定理2，n│p，所以n=p而G=（a）是一个循环群。证明，阶是pm的群（p是素数，m≥1）一定包含一个阶是p的子群。解：设群的阶是pm。在中取一元a≠e，那么由定理3，a的阶n│pm.但n≠1,所以n=pt,t≥1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群。若t＞1,可取b=ap,那么b的阶为p，而(b)是一个阶为p的子群。假定a和b是一个群的两个元，并且ab=ba，又假定a的阶是m，b的阶是n，并且（m,n）=1.证明：ab的阶是mn。解：设ab的阶是k。由ab=ba,得（ab）mn=amnbmn=e因此k│mn。我们反过来证明，mn│k。由e=（ab）kn=aknbkn=akn以及a的阶为m，得m│kn,但(m,n)=1,所以m│k.同理n│k。又由（m,n）=1，得mn│k.这样，ab的阶k=mn。假定～是一个群的元间的一个等价关系，并且对于的任意元三个元a，x，x’来说ax～ax’x～x’证明，与的单位元e等价的元所作成的集合是的一个子群。解：令H是与e等价的元所作成的集合。由于e～e，所以H不空。设a,b∈H，那么a～e,b～e,b～e可写成a-1ab～a-1a因此由题设，ab～a～e而ab∈H。a～e可写成ae～aa-1，因此由题设，e～a-1而a-1∈H。这样，H作成G的一个子群。5．我们直接下右陪集Ha的定义如下：Ha刚好包含的可以写成ha（h∈H）形式的元。由这个定义推出以下事实：的每一个元属于而且只属于一个右陪集。解：取任意元a∈，由于H是一个子群，单位元e∈H,因此a=ea∈Ha这就是说，元a属于右陪集Ha。设a∈Hb,a∈Hc,那么a=b=h2c(,∈H)由此得，b=c,而Hb的任意元hb=∈Hc因而HbHc，同样可证HcHb，这样Hb=Hc而a只能属于一个右陪集。6.若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是4的群，它们都是交换群。解：先给出两个阶是4的群。模4的剩余类加群={[0],[1],[2],[3]}.的元[1]的阶是4而是[1]所生成的循环群（[1]）。的子群={(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}叫作克莱因四元群。是的子群容易验证，我们有[(12)(34)]2=[(13)(24)]2=[(14)(23)]2=（1）(12)(34)(13)(24)=(13)(24)(12)(34)=(14)(23)(13)(24)(14)(23)=(14)(23)(13)(24)=(12)(34)(14)(23)(12)(34)=(12)(34)(14)(23)=(13)(24)这两个群显然都是交换群。现在证明，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。设是一个阶为4的群。那么的元的阶只能是1，2或4若有一个阶为4的元d，那么G=（d）是一个循环群，而与同构。若没有阶为4的元，那么除单位元e外，的其他3个元的阶都是2，因此有=｛e,a,b,c｝a2=b2=c2=e由于是群，有ab∈，我们证明ab=c由ab=e将得ab=a2和b=a,这不可能.由ab=a将得b=e,也不可能由ab=b将得a=e,也不可能.因此只能ab=c,同样可证ab=ba=c,bc=cb=a,ca=ac=b比较和B的代数运算，易见和B4同构。补充题：利用6题证明，一个有限非交换群至少有6个元。§10.不变子群商群假定群的不变子群N的阶是2.证明，的中心包含N。解：令N=｛e,n｝，这里e是的单位元，取的任意元a。由于N是一个不变子群，有aN=Na，即｛a,an｝=｛a,na｝所以an=na。这样，N的两个元e和n都可以和的任何元a交换，所以N属于的中心。证明，两个不变子群的交集还是不变子群。解令和是群G的两个不变子群。那么是的一个子群（§8.习题2）。我们进一步证明，是的一个不变子群。令a∈G,n∈,那么n∈,n∈,但和是不变子群，所以ana-1∈,ana-1∈,因而ana-1∈于是由定理2，是一个不变子群。证明，指数是2的子群一定是不变子群。解：令是一个群而N是的一个指数为2的子群。若n∈N，那么显然有nN=Nn。设b∈G,b∈N。那么由于N的指数是2，被分成两个左陪集N和bN；也被分成两个右陪集N和Nb。因此bN=Nb,这样，对于的任何元a来说，aN=Na是的一个不变子群。假定H是的子群，N是的不变子群，证明，HN是的子群。解：由于H和N都不空，所以HN也不空。设a∈HN,b∈HN。那么a=,b=(,∈H,,∈N)a==(=)由于N是一个不变子集，有N=N，=n（n∈N）由是得a=()n∈HN，HN是一个子群。5.举例证明，的不变子集N的不变子群未必是的不变子群（取=）.解：令G=,N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝=｛（1），（12）（34）｝已知N是的一个子群（上节习题6）。我们证明，N是的一个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切∈，等式（a）N=N成立。由于任何都可以写成(1)形的2一循环置换的乘积。（§6.习题5），我们只须对(1)形的来看等式（a）是否成立。又由于N的元的对称性，我们只须看=（12）的情形。但（12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝所以N是的一个不变子群。由于N是交换群，当然是N的一不变子群。但不是的一个不变子群。因为（13）［（12）（34）］（13）=（14）（23）6.一个群G的可以写成ab形式的元叫作换位子。证明；（=1\*romani）所有有限个换位子的乘积作成的集合C是的一个不变子群；（=2\*romanii）G/C是交换群；（=3\*romaniii）若N是的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么NC解：（=1\*romani），C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积，因而仍是C的一个元。一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元。这样C是一个子群。对于a∈G，c∈C,ac=(ac)c∈C,所以C是G的一个不变子群。（=2\*romanii）令a,b∈G。那么ab=c∈C。由此得ab=bac,abC=bacC=baC即aCbC=bCaC而G/C是交换群。（=3\*romaniii）因为G/N是交换群，所以对的任何两个元a和b(aN)(bN)=(bN)(aN),abN=baN由此得ab=ban(n∈N)ab=n∈N。这样N含有一切换位子，因此含有C。补充题。令和（…）属于。证明（…）=（…）§11.同态与不变子群我们看一个集合A到集合的满射Φ。证明。若A的子集S是的子集的逆象；是S的象，但若是S的象,S不一定的逆象。解：（=1\*romani）设S是的逆象。这时对任一元a∈S,存在元∈，使Φ（a）=,因此φ(S)。反过来，对任一∈，存在a∈S，使Φ（a）=,因此φ(S)。这样=φ(S)，即是S的象。（=2\*romanii）令A=｛1，2，3，4｝，=｛2，4｝，A到的满射是Φ：12，22，34，44取S=｛1，3｝。那么S的象=｛2，4｝。但的逆象是AS假定群与群同态，是的一个不变子群，N是的逆象。证明，G/N/。解：设所给到同态满射是Φ：a=Φ（a）我们要建立一个G/N到/的同构映射。定义：aN若aN=bN,那么a∈N。由于是Nφ之下的象，有=∈，=所以是G/N到/的一个映射。设∈/而Φ（a）=，那么：aN所以是G/N到/的一个满射。若aNbN,那么aN。由于N是的逆象，由此得=，所以是G/N到/间的一个一一映射。假定和是两个有限循环群，它们的阶各是m和n。证明，与同态，当而且只当n|m的时候。解：设与同态，那么由定理2，G/N，这里N是到的同态满射的核。所以G/N的阶是n。但G/N的阶等于不变子群N在里的指数，所以由§9的定理2它能整除的阶m。由此得n|m。反过来设n|m。令G=(a),=()。定义Φ：若=，那么m|h-k。于是由n|m,得n|h-k而=。这样Φ是到的一个映射。容易证明，Φ是G到的一个同态满射。因此与同态。假定是一个循环群，N是的一个子群。证明，G/N也是循环群。解：循环群是交换群，所以的子群N是不变子群，而G/N有意义。设G=（a）.容易证明G/N=（aN）.所以G/N也是循环群。