近世代数习题作业参考答案2010

近世代数部分习题参考答案第11章 半群和幺半群P343.3证明：只须证：对S y x ∈∀,，若有y b a x b a )()(=，则必有y x =。

由结合律知)()(x b a x b a =，)()(y b a y b a =，从而)()(y b a x b a =又a 为左消去元，故有y b x b =，而b 也为左消去元，所以有y x =。

P343.8证明：1）结合律：由集合论知识知集合的对称差运算""∆满足结合律，故),2(∆S 为半群；2）单位元：对S A 2∈∀有A A A =∆=∆φφ；3）逆元：对S A 2∈∀有φ=∆=∆A A A A ，即为自身。

故),2(∆S 为群。

P347.2证明：令},{M a a a a a P ∈== ① 显然有P e ∈，故φ≠P ，且M P ⊆； ② 下证封闭性：对P b a ∈∀,，下证P b a ∈因为b a b a b a b a )()()(=)()()(b b a a b b a a ==b a =，故P b a ∈ 。

P355.1证明：记)(21e S -=ϕ，则})({2e x x S ==ϕ，显然有1M S ⊆ ①S 非空：由21)(e e =ϕ知S e ∈1。

②封闭性：对S y x ∈∀,有：2)(e x =ϕ，2)(e y =ϕ， 则)()()(y x y x ϕϕϕ*= 222e e e =*=，所以S y x ∈故S 是1M 的一个子幺半群。

若S 是1M 的理想，则有S SM ⊆1，S S M ⊆1对S x ∈∀，1M y ∈∀，)()()(y x y x ϕϕϕ*= )()(2y y e ϕϕ=*= 同理)()()(x y x y ϕϕϕ*= )()(2y e y ϕϕ=*=所以如果2)(e y =ϕ，则S x y y x ∈)( ，此时S 是1M 的理想，否则不是。

第12章 群P370.3证明：设},,,{c b a e G =，),( G 为群。

其乘法表为：1）ab 与ba ：显然b a ab ,≠，故c e ab ,=若e ab =，即a 与b 互逆，则必有e ba =，从而ab =ba ；若c ab =，则c ba =，否则若e ba =，则必有e ab =，从而e c =矛盾。

综上ab =ba 。

同理可得：ac=ca ，bc =cb 。

P370.4证明：设),( G 为非交换群，且2||>G 。

只须找到元素G a ∈，且a a ≠-1即可。

即只须在G 中找到一个元素，其阶大于2即可。

若G 中不存在这样的元素，即对G a ∈∀均有e a =2，则由2题知G 为交换群，矛盾。

故G a ∈∃，其阶大于2，即a a ≠-1，从而令1-=a b ，显然有a b ≠，但ba ab =。

P373.5证明：记)(21e S -=ϕ，则{}12,)(G x e x x S ∈==ϕ，显然1G S ⊆1）S 非空：对2G y ∈∀，由ϕ为满射，则1G x ∈∃，使得)(x y ϕ=，从而)()()(11x e y e ϕϕϕ*=*y x x e ===)()(1ϕϕ ，同理有y x e y ==*)()(1ϕϕ，所以：=*y e )(1ϕy e y =*)(1ϕ，则21)(e e =ϕ，所以S e ∈1。

2）封闭性：对S t x ∈∀,，有2)(e x =ϕ，2)(e t =ϕ，则2)()()(e t x t x =*=ϕϕϕ ， 所以S t x ∈ 。

3）结合律：显然。

4）单位元：S e ∈1。

5）逆元：对S x ∈∀，有2)(e x =ϕ，则：)()()()(1112--*===x x x x e e ϕϕϕϕ)()(112--=*=x x e ϕϕ，即21)(e x =-ϕ，所以S x ∈-1。

P384.3证明：由G a r ∈，则G a r ⊆)(。

设r a 的阶为k ，即e a k r =)(。

因为e e a a r r n n r ===)()(，所以n k 。

又由e a k r =)(⇒e a rk =，而e a n =， 所以rk n ，由已知1),(=r n ，则有：k n ，所以n k =，即r a 的阶为n ，从而G a r =)(。

另证：由1),(=r n ⇒Z k k ∈∃21,，121=⋅+⋅r k n k ，则有：222121)(1k r r k r k n k r k n k a ea a a a a ====⋅⋅⋅⋅+⋅，即2)(k r a a =，即G 的生成元a 可由r a 生成，故有：G a r =)(。

P384.5证明：设r a 的阶为k ，则e a k r =)(，即e a rk =。

又e a n =，所以rk n |，又d n r =),(， 则有：k d r d n |，而1),(=d r d n ，所以k dn|。

又由e e a a a dr d r ndnr dn r ====)()(得：dn k |，从而d n k =P387.1证明：设),( G 为六阶群。

则对)(e x G x ≠∈∀，其阶只能为2，3，6。

1）若G a ∈∃，且a 的阶为6 ，即e a =6，则)(a G =，则由循环群的子群知存在三阶子群为：},,{42a a e S =2）若G a ∈∃，且a 的阶为3 ，即e a =3，此时显然有三阶子群为：},,{21a a e S =3）若不存在G a ∈，使得a 的阶为3或6，则对G a ∈∀有e a =2，从而此时群),( G 为交换群。

令},{b a A =，其中G b a ∈,且均不为单位元。

则},,,{)(ab b a e A =，6|4|)(|/=A 矛盾。

P394.2证明：设B A H =，则由定理知H 仍为群G 的子群，则由拉格朗日定理得：]:[||||H B H B ⋅=，记||||]:[H B H B j ==，则j Hb Hb Hb B 21=，),,.1(j i B b i =∈其中),,1(j i Hb i =为互不相同的右陪集。

则j A H b A H b A H b AB21=，又A AH =，所以j Ab Ab Ab AB 21=，又φ=l i Ab Ab ，否则，若φ≠l i Ab Ab ，则由陪集的性质得：l i Ab Ab =，从而A b b l i ∈-1，又B b b l i ∈-1，所以B A b b l i ∈-1，即H b b l i ∈-1，所以l i Hb Hb =，矛盾。

因此根据容斥原理有：||||||||||21A j Ab Ab Ab AB j ⋅=+++= 即 ||||||||||||||B A B A A H B AB =⋅=P394.3证明：由前面的习题结论知六阶群中一定有三阶子群，假设不惟一，设B A ,为六阶群G 两个不同的三阶子群。

不妨设},,{b a e A =，},,{d c e B =，则}{e B A = 。

从而69||||||||>==B A B A AB 矛盾。

P394.4证明：设H 为群G 的子群，且有2]:[=H G ，则其左陪集构成的划分为：aH H ,)(H a ∉，其右陪集构成的划分为：)(,H a Ha H ∉，从而H G aH \= H G Ha \=，所以Ha aH =。

证明：设21,H H 为群G 的两个正规子群，记21H H H =。

则对H h G a ∈∈∀,，由21,H H 为群G 的两个正规子群得：11H aha ∈-，21H aha ∈-，所以211H H a h a ∈-，即H aha ∈-1，故H 是G 的正规子群。

P394.6证明：对NH b a ∈∀,，则,,,,2121NH h h n n ∈∃使得2211,h n b h n a ==，则1212111---=n h h n ab 。

又由N 是G 的正规子群，则对G x ∈∀，Nx xN =。

故N n ∈∃3使得1231212---=h n n h ，则123111--=h n h n ab ，同理N n ∈∃4，使得1431h n n h =，从而121411--=h h n n ab NH h h n n ∈=-))((12141，则由子群的判定定理知NH 是G 的子群。

P394.8证明：设G 为群且n G 2||=，则偶数阶群G 中一定存在一个阶为 2 元素，即G a ∈∃，e a =2，从而},{)(a e a H ==。

由G 为交换群，则对G x ∈∀，},{},{xa x ax x Hx xH ===，故H 为群G 的一个2阶正规子群，根据拉格朗日定理以及正规子群和商群的关系知G 必有一个n 阶商群。

P394.9 证明：必要性⇒：对G b a ∈∀,，由H 为G 的正规子群可得：abH abHH H bH a H Hb a bH aH ====⋅)()(，仍为H 的左陪集。

充分性⇐：由已知可得：对G a ∈∀，cH H a aH =⋅-1，因为H a aH e 1-⋅∈，从而cH e ∈，；又H e ∈，即H cH e ∈，则由左陪集的性质得：H cH =，所以H H a aH =⋅-1，则对H h ∈∀，H h h ∈∃21,，使得211h h aha =-⇒H h h aha ∈=--1121证明：设G N P ⊆⊆，其中N 是群G 的子群，P 是G 的换位子群。

对N h G a ∈∈∀,，h h aha aha )(111---=，而P h aha ∈--11，所以N h aha ∈--11，从而N h h aha ∈--)(11，即N aha ∈-1，所以N 是群G 的正规子群。

P400.1证明：必要性⇒：设G G →:ϕ的满同态，根据群同态基本定理有：G Ker G ≅ϕ，则n G Ker G==||||ϕ，又根据拉格朗日定理得：||||||||ϕϕϕKer mKer G Ker G==， 即||ϕKer n m ⋅=，所以m n |。

充分性⇐：设e a a G m ==),(，e b b G n ==),(，G G →:ϕ，且对G a k ∈∀，k k b a =)(ϕ1）ϕ为映射：若l k a a =，则e a l k =-，又e a m =，所以)(|l k m -，又m n |，所以)(|l k n -，而e b n =，所以e b l k =-，则l k b b =，即)()(l k a a ϕϕ=。

2）同态方程：对G a a l k ∈∀,，)()()()(l k l k l k l k l k a a b b b a a a ϕϕϕϕ====⋅++。