近世代数第二章答案分解
近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)02
倡 ４畅 Ｅ 车 Ｆ 为域扩张 ，α１ ，α２ ，… ，αｔ ∈ Ｅ ，［ Ｆ（ αｉ ） ：Ｆ］ ＝ ｎｉ ，ｉ ＝ １ ，２ ，… ，ｔ ，则
［ Ｆ（α１ ，… ，αｔ ） ：Ｆ］ ≤ ｎ１ ｎ２ … ｎｔ ．
倡 ５畅 Ｆ 炒 Ｅ 为有限次域扩张 ，则必为代数扩张 ．
倡 ６畅 Ｆ 炒 Ｅ 为有限次域扩张 ，则有 α１ ，… ，αｔ ∈ Ｅ ，使得 Ｅ ＝ Ｆ（α１ ，… ，αｔ ） ．
ｆ２ （α１ ，α２ ，… ，αｔ ） ≠ ０
案 ＝ 由 Ｆ 及 Ｓ 的元尽可能地多次作加减乘除所得的元素的集合
答 ＝ 含 Ｆ 及 Ｓ 的最小的域 ．
后 单扩张的构造 ：
课 Ｆ（α） ＝
ｆ１ （α） ｆ２ （α）
橙 ｆ１ （ ｘ ） ，ｆ２ （ ｘ ） ∈ Ｆ［ ｘ ］ ，ｆ２ （ α） ≠ ０
．
若 α 为 Ｆ 上代数元 ，ｆ （ ｘ ）是以 α 为根的 Ｆ 上不可约多项式（ α 的极小多项式） ， 其次数为 ｎ ，则 Ｆ（ α）是 Ｆ 上 ｎ 维线性空间 ，而 １ ，α ，… ，αｎ － １是它的一组基 ．
ａ＋ ｂ
，橙 ａ ，ｂ ∈ Ｒ ，
－１ ０
以下 ２ － ６ 题出现的运算是 Ｆ２ 中元素的运算 ． 倡 ２畅 计算
倡 ３畅 求 倡 ４畅 解方程组
１１１
m １ ０ １ o １ １ １ １ ０ ０ １
c １ ０ ０ . ０ １ ０ １ １ ０ １
w １ １ １ ． a ０ ０ １ ０ １ １ １
．
而（ ｐ － ｉ ） ！ 及 ｉ ！ 中的 素 因 子 皆 小 于 ｐ ，故 ｐ ｜ Ｃｐｉ ．题 设 Ｆ 的 特 征 为 ｐ ，故
ｐ －１
∑ Ｃｐｉ ａｉｂｐ － ｉ ＝ ０ ．这证明了
近世代数课后题答案修改版
（2）在乘法表中任取一个 1，在同一列中必有一个 x，在同一行 中必有一个 y，设第四个顶点的元素为 z，见下图，
�
..........a-1.........................c...................
......
...........................................................
......
近世代数ch2(1-6节)习题参考答案
近世代数ch2(1-6节)习题参考答案第二章前6节习题解答 P35§11．全体整数集合对于普通减法来说是不是一个群？解 ∵减法不满足结合律，∴全体整数对于减法不构成群。
2．举出一个有两个元的群例子。
解 }11{-，对于普通乘法构成一个群。
]}1[]0{[，对于运算][][][j i j i +=+构成群。
]}2[]1{[，对于运算][]][[ij j i =构成群。
它们都是两个元的群。
3. 设G 是一个非空集合，”“ 是一个运算。
若①”“ 运算封闭；②结合律成立；③G 中存在右单位元Re ：Ga ∈∀，有aaeR=；④G a ∈∀，GaR∈∃-1，有RR e aa=-1。
则G 是一个群。
证(仿照群第二定义的证明) 先证RR Re a a aa ==--11。
∵Ga R ∈-1，∴G a ∈∃'，使RRe a a=-'1，∴R R R R R R R R R R Re a a a e a a aa a a a a a e a a a a======--------''')()')(()(11111111，RRe a a=⇒-1。
∴RR R e a a aa==--11。
再证aaea e RR==，即Re 是单位元。
Ga ∈∀，已证RR Re a a aa==--11，∴aa e a ae a a a a aaa e R R R R R=⇒====--)()(11。
∴aaea e RR==。
即Re 就是单位元e 。
再由ea a aaR R ==--11得到1-Ra 就是1-a 。
这说明：G 中有单位元，G a ∈∀都有逆元1-a 。
∴G 是一个群。
P38 §21.若群G 的每一个元都适合方程ex =2，那么G 是可交换的。
证∵12，-=⇒=∈∀x x e x G x 。
∴。
b b aa Gb a 11,,--==⇒∈∀∴baba b aab ===---111)(。
近世代数答案2
１畅 引论章 § １ 的设置是体现总导引中第 １ 点思想 ． ２畅 引论章的 § ２ 是贯彻总导引中第三点思想 ． 本教材主要讲群 、 环、 域三个 运算系统 ． 本章第一节初步体现了研究代数运算系统的必要性 ． 而 § ２ 中从人们 熟悉的数域 ， 整数环等例子为背景先引入一般域和环的定义 ． 然后才引入只有一 个运算的系统 ： 群 （半群 ） ． 研究它们的基本性质时发现群是更基本的运算系统 ． 这样在后面几章中就是先讲群 ， 后讲域 、 环． 于是群中的一些运算性质 ， 如剩余类 （陪集 ） ， 商群 ， 同态定理等都能在讲域 、环时应用 ． 这种次序安排下 ， 逻辑关系清 楚， 且数学处理上可以简便些 、 而 § ２ 中先按域 、 环、 群次序引入定义却是更适合 人们的认知顺序 ． ３畅 § ２ 最后的定理非常重要 ． 其一是引入一般域这种运算系统就是为了能 应用这个定理 ． 其二 ， 在本教材的开始就引入这个定理是为了使本教材的结构比 以前教材有较大的变化 ． 以前教材在群论一章之后必须以很大篇幅讲环 ， 主要是 讲因式分解唯一性定理 ． 这几乎成了以前师范院校近世代数课程的主要部分 ． 而 更有应用更有兴趣的域论部分就无法讲授 ． 我们的处理可以在本教材的第二 、 三 章大量地讲域 （特别是有限域 ）及其应用 ． 而环只作为铺垫 ， 占很少部分 ． 其中用 到的多项式及线性空间的性质全可由上面所述的定理所提供 ． 这种处理使本教 材的面貌焕然一新 ． ・ １ ・
引 论 章
１畅 代数问题的特点 ， 代数学研究的对象与特点 ． ２畅 域 、 环、 群 （半群 ）的定义与相互联系 ． ３畅 群 、 环、 域的基本运算性质 ： 消去律 （加法与乘法 ）及零因子 、单位元 （零 元 ）和逆元 （负元 ）的唯一性 、 广义结合律 、 方幂和倍数 ． ４畅 一般域上关于多项式理论 、线性方程组理论 、 线性空间与线性变换的理 论的定理 ．
浙师大11近世代数答案2
第二章 群论§2.1 半群1．设R 是实数集，在R ×R 中规定(a 1，a 2)⊕(b 1，b 2)＝⎪⎭⎫⎝⎛++2,22211b a b a ， 问⊕是不是R ×R 的代数运算，(R ×R ，⊕)是不是半群？解：注意到等式右边的运算指的是普通的实数运算，易知⊕是R ×R 的一个代数运算。
下面验证结合律，∀(a 1，a 2)， (b 1，b 2)，(c 1，c 2)∈R ×R ，[(a 1，a 2)⊕(b 1，b 2)]⊕(c 1，c 2) ＝⎪⎭⎫⎝⎛++2,22211b a b a ⊕(c 1，c 2) ＝⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++22,22222111c b a c b a ＝⎪⎭⎫⎝⎛++++42,42222111c b a c b a ，(a 1，a 2)⊕[(b 1，b 2)⊕(c 1，c 2)] ＝(a 1，a 2)⊕⎪⎭⎫⎝⎛++2,22211c b c b ＝⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++22,22222111c b a c b a ＝⎪⎭⎫⎝⎛++++42,42222111c b a c b a 。
可知R ×R 的代数运算⊕不满足结合律， 所以(R ×R ，⊕)不是半群。
2．设(S ，·)是一个半群，证明S ×S 关于下面规定的代数运算作成半群，(a 1，a 2)ο(b 1，b 2)＝(a 1·b 1，a 2·b 2)。
如果S 是有单位元的交换半群，那么，(S ×S ，ο)是否仍是有单位元的交换半群？证明：显然ο是S ×S 的一个代数运算。
只需验证结合律。
∀(a 1，a 2)， (b 1，b 2)，(c 1，c 2)∈S ×S ，[(a 1，a 2)ο(b 1，b 2)]ο(c 1，c 2)＝(a 1·b 1，a 2·b 2)ο(c 1，c 2) ＝((a 1·b 1)·c 1，(a 2·b 2)·c 2)＝(a 1·(b 1·c 1)，a 2·(b 2·c 2))＝(a 1，a 2)ο((b 1·c 1)，(b 2·c 2))＝(a 1，a 2)ο[(b 1，b 2)ο(c 1，c 2)]。
近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案(最新发行版)
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对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，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H 是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下． 例2 设G 是四元数群．则显然 是G 的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答 1．证 赂．2．证 必要性显然，下证充分性．设子集H 对群G 的乘法封闭，则对H 中任意元素a 和任意正整数m 都有a m ∈H ． 由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证 因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4 循 环 群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面： 1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n 阶循环群a 有)(n ϕ个生成元而且a k 是生成元⇔(k n )＝1)；2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n (n ＝1，2，…)阶循环群，都与n 次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具． 三、习题§2. 4解答 1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群⇔G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解G作成群：因为易知4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k —循环与A 有相反奇偶性．2)k —循环的阶为k ．又(i 1，i 2…i k )－1＝(i k ，…，i 2，i 1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k —循环的逆元来确定． 3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n 次对称群s n 的中心． 4．传递群的定义、例子和简单性质． 二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性． 首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数习题第二章资料讲解
近世代数习题第二章第二章 群论近世代数习题第二章 第一组 1-13题；第二组 14-26题；第三组 27-39题；第四组 40-52题，最后提交时间为11月25日1、设G 是整数集，则G 对运算4++=b a b a ο是否构成群？2、设G 是正整数集，则G 对运算b a b a =ο是否构成群？3、证明：正整数对于普通乘法构成幺半群.4、证明：正整数对于普通加法构成半群，不含有左右单位元.5、G 是整数集，则G 对运算1=b a ο是否构成群？6、设b a ,是群G 中任意两元素. 证明：在G 中存在唯一元素x ，使得b axba =.7、设u 是群G 中任意取定的元素，证明：G 对新运算aub b a =ο也作成群.8、证：在正有理数乘群中，除1外，其余元素阶数都是无限.9、证：在非零有理数乘群中，1的阶是1，-1的是2，其余元素阶数都是无限.10、设群G 中元素a 阶数是n ，则m n e a m |⇔=.11、设群G 中元素a 阶数是n ，则 ),(||n m n a m =.，其中k 为任意整数. 设（m,n ）=d,m=dk,n=dl,(k,l)=1. 则(a^m)^l=a^(ml)=a^(kdl)=(a^(n))^k=e. 设（a^m ）^s=e,，即a^(ms)=e,所以n|ms,则l|ks,又因为(l,k)=1，所以l|s,即a^m 的阶数为l.12、证明：在一个有限群中，阶数大于2的元素个数一定是偶数.13、设G 为群，且n G 2||=，则G 中阶数等于2的一定是奇数.14、证明：如果群G 中每个元素都满足e x =2，则G 是交换群.对每个x ，从x^2=e 可得x=x^(-1)，对于G 中任一元x ，y ，由于（xy ）^2=e ，所以xy=（xy ）^(-1)=y^(-1)*x(-1)=yx.或者 :(ab)(ba)=a(bb)a=aea=aa=e ，故(ab)的逆为ba ，又(ab)(ab)=e ，这是因为ab 看成G 中元素，元素的平方等于e. 由逆元的唯一性，知道ab=ba15、证明：n 阶群中元素阶数都不大于n .16、证明：p 阶群中有1-p 个p 阶元素，p 为素数.17、设群G 中元素a 阶数是n ，则)(|t s n a a t s -⇔=.18、群G 的任意子群交仍是子群.19、设G 为群，G b a ∈,，证明：a a bab bab k k =⇔=--11)(.20、证明：交换群中所有有限阶元素构成子群.21、证明：任何群都不能是两个真子群的并.证明：任何群都不能是两个真子群的并. 可以用反证法，设G=HUK ，H 、K 均为真子群，存在a,b\in G, a\not\in H,b\not\in K ,从而a\in K, b\in H. ab\in G, 则ab\in H 或ab\in K. 若ab\in H 得出矛盾，ab\in K ，也可得出矛盾.22、设G 为群，H a a G a G H n m ∈∈≤,,,，证明：若1),(=n m ，则H a ∈.23、证明：整数加群是无限循环群.24、证明：n 次单位根群为n 阶循环群.25、证明：循环群的子群仍是循环群.26、设>=<a G 为6阶循环群，给出它的所有生成元及所有子群.27、求模18的剩余类加群(Z 18,+,[0])的所有子群及这些子群的生成元.28、设群G 是24阶群，G 中元素a 的阶是6，则元素a 2的阶为？28、解： 在群G 中，对于ㄧa ㄧ=n ，a^r ∈G ，有ㄧa^r ㄧ=n/（n ，r ），所以由 ㄧa ㄧ=6 可得：ㄧa^2ㄧ=6/(6,2)=3.29、设H 1和H 2分别是群（G ，ο，e ）的子群，并且| H 1 |＝m ，| H 2 | ＝n ，m 、n 有限，（m ，n ）＝1，试证：H 1∩H 2＝｛e ｝.30、设群中元素a 的阶数为无限，证明：t s a a t s ±=>⇔>=<<.31、设群中元素a 的阶数为n ，证明：),(),(n t n s a a t s =>⇔>=<<.32、设G 是交换群，e 是G 的单位元，n 是正整数，},,|{e a G a a H n =∈=问：H 是否是G 的子群？为什么？32解：H 是G 的子群. 下证：① 由e ∈H ，故H 为非空子集；②对于任意a ，b ∈H ，a^n=e ，b^n=e ，故[b^(-1)]^n=e ，因为G 是交换群，所以有：(a^n)* ﹛[b^(-1)]^n ﹜=aa ···a*[b^(-1)] [b^(-1)]···[b^(-1)]= ﹛a[b^(-1)] ﹜^n=e ，从而a[b^(-1)] ∈H ，故 H 是G 的子群. 证毕.(注：刚才a 和[b^(-1)]展开均为n 个相乘)33、设群G 中两元素满足1|)||,(|,==b a ba ab ，证明：>>=<<ab b a ,.34、证明：⎭⎬⎫⎩⎨⎧ΛΛ,!1,,21,1n 是有理数加群的一个生成系. 35、设b a ,是群G 的两个元，,ba ab =a 的阶是m ，b 的阶是n ，n m ,有限且)(),(,1),(b K a H n m ===，求K H I36、设S 3是3次对称群，a=（123）∈S 3．(1) 写出H ＝< a>的所有元素．(2) 计算H 的所有左陪集和所有右陪集．(3) 判断H 是否是S3的不变子群，并说明理由．37、在5次对称群S 5中，求（12）（145），（4521）－1以及（354）的阶数.37、解： （12）（145）的阶数为[2,3]=6 ； （4521）－1的阶数为4 ； （354）的阶数为3.38、设G 是一交换群，n 是一正整数，H 是G 中所有阶数是n 的因数的元素的集合. 试问：H 是否是G 的子群？为什么？39、设1||>M ，证明：M 的全体变换作成一个没有单位元的半群.40、设1||>M ，证明：M 的全体非双射变换关于变换的乘法不作成群.41、证明：不相连的循环相乘可以交换.42、将3S 所有元素用循环表示.43、将4S 所有元素用循环乘积表示.(1)(12), (13),(14),(23),(24),(34)(123),(124),(134),(132),(142),(143),(234),(243)(1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432),(12)(34),(13)(24),(14)(23)44、3S 中不能同)123(交换的所有元素.45、写出5S 中阶数等于2的所有元素.46、置换δ与其逆1-δ具有相同的奇偶性.置换\delta=\delta_1\delta_2\cdots\delta_s,\delta_i 为对换，又因为（\delta_1\delta_2\cdots\delta_s ）（\delta_s\delta_(s-1)\cdots\delta_1）=(1),从而得到\delta^{-1},进而得证结果.47、求下列置换的阶数)48)(3172(；)26)(5172(；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛641523123456. 48、设H ＝｛（1），（123），（132）｝是对称群S3的子群，写出H 的所有左陪集和所有右陪集，问H 是否是S3的不变子群？为什么？49、给出4S 的所有子群.50、证明：无限循环群的非e 子群指数均有限.H\not={e},H=(a^s)为G 的子群，其中s 为H 中所含元素的指数最小正整数. 证明G=a^0HUaHU\cdotsUa^{s-1}H,且a^iH 与a^jH 煤油交集，i\not=j.51、设G 是整数集，规定3-+=b a b a ο，证明：G 关于此运算构成群，并求出单位元.52、证明：指数是2的子群必是正规子群.53、证明：素数阶群是循环单群.54、设>=<a N 是群G 的一个正规子群，若N H ≤，则H 也是G 的正规子群.55、证明：若群G 的n 阶子群有且仅有一个，则此子群必为G 的正规子群.56、四次对称群4S 关于Klein 四元群4K 的商群44/K S 与3S 同构.57、证明：群中子群的共轭关系是一个等价关系.58、证明：n S 的所有对换构成一个共轭类.59、写出3S 的所有Sylow p -子群.60、证明：15阶群都是循环群.61、证明：200阶群不是单群.62、证明：196阶群必有一个阶数大于1的Sylow 子群，此子群为正规子群.28、解： 在群G 中，对于ㄧa ㄧ=n ，a^r ∈G ，有ㄧa^r ㄧ=n/（n ，r ），所以由 ㄧa ㄧ=6 可得：ㄧa^2ㄧ=6/(6,2)=3.32解：H 是G 的子群. 下证：① 由e ∈H ，故H 为非空子集；②对于任意a ，b ∈H ，a^n=e ，b^n=e ，故[b^(-1)]^n=e ，因为G 是交换群，所以有：(a^n)* ﹛[b^(-1)]^n ﹜=aa ···a*[b^(-1)] [b^(-1)]···[b^(-1)]=﹛a[b^(-1)] ﹜^n=e ，从而a[b^(-1)] ∈H ，故 H 是G 的子群. 证毕.(注：刚才a 和[b^(-1)]展开均为n 个相乘)37、解： （12）（145）的阶数为6 ； （4521）－1的阶数为4 ；（354）的阶数为3.。
近世代数__第二版课后习题答案
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 22.3.近世代数题解§1. 31. 解 1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是Mxxn个元素可重复的全排列数nn．3. 解例如AB＝E与AB＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解 1）略 2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解 1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解 1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解 3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证 1）略2）7.8. 9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G)．4)有限半群作成群两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是xx，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对Gxx任意元素a，在Gxx 都存在元素，对Gxx任意元素b都有(ab)=(ba)=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对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，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4. 5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．xx、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为xx，但反之不成立．2．在群中若＝n，则4．若G是交换群，又Gxx元素有最大阶m，则Gxx每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶与决定阶，这就是教材xx定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数xx)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限xx)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即xx、无扭群与混合群．而在xx中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的xx)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3xx一、主要内容1．xx的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的xx．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真xx的定义．教材把非平凡的xx叫做真xx．也有的书把非G的于群叫做群G的真xx．不同的定义在讨论xx时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且HG，那么能不能说H就是G的xx?答：不能．因为xx必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数xx，而H是正有理数乘群，二者都是群，且HG但是不能说H是G的xx．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G的两个xx且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对Hxx任意元素a和任意正整数m都有am∈H．由于Hxx 每个元素的阶都有限，设＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Qxx 全体2阶可逆方阵作成的乘群中，xx，的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成xx ．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证．5．证 因为(m ，n)＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4循环群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和xx的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数xx和n次单位根乘群，其中n＝1，2，3，…．4．循环群的xx的状况．无限循环群有无限多个xx．n阶循环群有T(n)(n的正出数个数)个xx，且对n 的每个正因数k，有且仅有一个k阶xx．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其xx的状况也完全清楚(无限循环群有两个xx，n阶循环群有个xx而且ak是xx(kn)＝1)；2)循环群的xx的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数xx同构；另一类是n(n＝1，2，…)阶循环群，都与n次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4. 5.6. 7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G 包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且xxM的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M上的全体变换作成的集合T(M)，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当＞1时T(M)只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解作成有单位元半群，是单位元．但不作成群，因为无逆元．2.3. 解 G作成群：因为xx4.5.§2. 6 置换群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n次置换xx、偶置换个数相等，各为个(n＞1)．2．k—循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k—循环与A有相反奇偶性．2)k—循环的阶为k．又(i1，i2…ik)－1＝(ik，…，i2，i1 )．3)若分解为不相连循环之积．则其分解xx循环个数为奇时为奇置换，否则为偶置换．的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k—循环的逆元来确定．3．由置换，求置换－１的方法．n次对称群sn的中心．4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的xx也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定xx和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数第二章规范标准答案
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3 2 1 3 1 2 3 2 1 1 1 03 2 1 3 2 12. 举一个有两个元的群的例。
解：令G e,a , G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) x y z x y z x, y,z G因为，由于ea ae a，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。
(参考第一章，§ 4,习题3。
)若是e不在(1)中出现，那么有aa a ea a a aa ae a而(1)仍成立。
其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。
所以G是一个群。
读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。
3. 证明，我们也可以用条件I,H 以及下面的条件IV , V 来做群的定义:IVG 里至少存在一个右逆元a 1，能让ae = a对于G 的任何元a 都成立；V对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元a 1，能让1aa = e解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件 I,II,IV,V 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1. 若群G 的每一个元都适合方程x 2 = e ，那么G 是交换群。
解：令a 和b 是G 的任意两个元。
由题设2ab ab = ab = e另一方面ab ba = ab 2a = aea= a 2 = e于是有ab ab = ab ba 。
利用消去律，得ab = ba所以G 是交换群。
2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。
解：令G 是一个有限群。
设G 有元a 而a 的阶n>2。
考察a 1。
我们有n 1n1n1 na a = ee a = a = e设正整数m<n而a1"=e，那么同上可得a m = e，与n是a的阶的假设矛盾。
近世代数习题解答二章
近世代数习题解答二章近世代数习题解答第二章群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说就是不就是一个群?证不就是一个群,因为不适合结合律、2、举一个有两个元的群的例子、证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说就是一个群、3、证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4、 G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立 '5、对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定就是一个左逆元,意思就是由e aa=-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也就是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义、(3) 证 b ax =可解取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义、反过来有群的定义得到''5,4就是不困难的、 2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就就是交换群、证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(、 2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数就是偶数、证 (1) 先证a 的阶就是n 则1-a 的阶也就是n 、e e a a e a n n n ===?=---111)()(若有n m ? 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶就是n 矛盾、a Θ的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =?=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定就是偶数3. 假定G 就是个数一个阶就是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定就是奇数、证根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数就是偶数;因此阶2≤的元的个数仍就是偶数,但阶就是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定就是奇数、4. 一个有限群的每一个元的阶都就是有限的、证G a ∈故G a a a a n m ∈K K K ,,,,,,2由于G 就是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a = )(n m ? 故 e a m n =-m n -就是整数,因而a 的阶不超过它、4 群的同态假定在两个群G 与-G 的一个同态映射之下,-→a a ,a 与-a 的阶就是不就是一定相同? 证不一定相同例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G 对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 就是G 的任意元,1就是-G 的元)由φ可知G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都就是3、而1的阶就是1、5 变换群1. 假定τ就是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1证我们的回答就是回有的},3,2,1{K =A 1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→33→2 3→44→3 4→5… …τ显然就是一个非一一变换但εττ=-12. 假定A 就是所有实数作成的集合、证明、所有A 的可以写成ba b ax x ,,+→就是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群、这个群就是不就是一个交换群?证(1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,就是有理数0≠ca Θ 就是关闭的、(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则:ε x x →(4) :τ b ax +)(1:1ab x a x -+→-τ而εττ=-1所以构成变换群、又1τ: 1+→x x:2τ x x 2→:21ττ )1(2+→x x:12ττ 12+→x x故1221ττττ≠因而不就是交换群、3、假定S 就是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ、证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还就是S 的单位元、证:1τ )(1a a τ→:2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→显然也就是A 的一个变换、现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故)()(321321ττττττ=再证ε还就是S 的单位元:ε )(a a a ε=→:ετ )()]([a a a ττε=→τ :τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4. 证明一个变换群的单位元一定就是恒等变换。
近世代数习题解答2
近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 假设群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 那么1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me a m=∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定一样? 证 不一定一样 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的答复是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 那么 :εx x → (4):τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ:)()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元.证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
韩士安近世代数课后习题参考答案2-2
习题2－21．证：因()()n n SL R GL R ⊆，()n n E SL R ∈，故()n SL R ≠∅∀,()n A B SL R ⊆，有111AB M A M −−=⋅⋅=，故1()n AB SL R −⊆从而()()n n SL R GL R ≤∀()n M GL R ∈，有111MAM M A M −−=⋅⋅=，故1()n MAM SL R −⊆所以()()n n SL R GL R2．由P －21，例4知，()c G G ≤又因为()c G 中的每一个元素与G 中的每一个元素都可交换，所以∀a G ∈，都有()()ac G c G a =，因此()c G G3．证：因为e e =，e HN ∈，所以HN ≠∅∀12,h h H ∈，12,n n N ∈，有11111111221122122122()()()()h n h n h n n h h h h n n h −−−−−−==又H G ≤，有112h h H −∈，N G ，故112122()h n n h N −−∈ 所以11122()()h n h n HN −∈故HN G < 4．证：1）M G ，N G ，故M N G ∩<又x M N ∀∈∩，a G ∈，M G ，有1axa M −∈ 又N G ，有1axa N −∈ 故1axa M N −∈∩ ()M N G ∴∩2）由题3知：MN G <，又∀,,m M n N a G ∈∈∈ 有111amna ama ana MN −−−=⋅∈ 故MN G5．解：对四次对称群4S 来说，44{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}K S =又因为4K 是交换群，故44{(1),(12)(34)}C K = 即444C K S ，但4C 不是4S 的正规子群，因为： 44(13){(13),(1234)},(13){(13),(1432)}C C == 44(13)(13)C C ≠8．证：H G ，则∀,a b G ∈，有()()()()aH bH aHb H abH H ab H H ab H ⋅===⋅=，必然性成立 若aH bH cH ⋅=，则()()ab ae be cH =∈ 从而()aH bH ab H ⋅=于是∀,a G h H ∈∈，有1()()ah a h aH −∈，11()a H aa H eH H −−===所以1aha H −∈ 故H G11．证：由于[:],G H m H G = ，故{}G aH a G H=∈∴x G ∀∈，有()m xH H =，故,m x G x H H ∀∈=m x H ∴∈12．证：,h H k K ∀∈∈， ,H G K G ∵∴1111()hkh k h kh k H −−−−=∈ 1111()hkh k hkh k K −−−−=∈∵ 11{}hkh k H K e −−∴⋅∈∩=故11hkh k e −−⋅=，即hk kh = 13．证：G a =<>，H G < {}G gH g G H=∈ ,G gH g G H∀∈∈，则m g a =G H∴为循环群。
近世代数习题解答2
近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 假设群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 那么1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me a m=∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a =)(n m 〈 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定一样? 证 不一定一样 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的答复是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 ……τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τb ax x +→:λd cx x +→:τλd cb cax d b ax c x ++=++→)(d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 那么 :εx x → (4):τb ax +)(1:1ab x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x:2τx x 2→:21ττ)1(2+→x x :12ττ12+→x x故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ:)()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元.证 :1τ)(1a a τ→:2τ)(2a a τ→那么:21ττ)()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ==→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε)(a a a ε=→:ετ)()]([a a a ττε=→τ:τε)()]([a a a τετ=→∴τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数第二章答案分解
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3 2 1 3 1 2 3 2 1 1 1 03 2 1 3 2 12. 举一个有两个元的群的例。
解：令G e,a , G 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) x y z x y z x,y,z G因为，由于ea ae a ，若是元素e在(1) 中出现，那么(1) 成立。
( 参考第一章，§4，习题3。
)若是e不在(1) 中出现，那么有aa a ea a a aa ae a而(1) 仍成立。
其次，G 有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a 有左逆元，就是a。
所以G 是一个群。
读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。
3. 证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV ，V 来做群的第1 页共20 页定义：IV G 里至少存在一个右逆元 a 1，能让ae= a对于 G 的任何元 a 都成立；V 对于 G 的每一个元 a ，在 G 里至少存在一个右逆元 a 1 ，能让aa 1 = e 解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件 I,II,IV,V 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1. 若群G 的每一个元都适合方程 x 2 = e ，那么G 是交换群。
解：令 a 和b 是G 的任意两个元。
由题设2ab ab = ab = e 另一方面ab ba = ab 2a= aea= a 2 =e于是有 ab ab = ab ba 。
利用消去律，得ab= ba所以 G 是交换群。
2. 在一个有限群里，阶大于 2 的元的个数一定是偶数。
解：令 G 是一个有限群。
设 G 有元 a 而a 的阶 n> 2。
考察 a 1 。
我们有设正整数 m<n 而 a 1 m = e ，那么同上可得 a m =e ，与n 是a 的阶的 假设矛盾。
近世代数第二章答案讲解学习
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()321110--=-=--=-=()321312()()--≠--3213212.举一个有两个元的群的例。
解：令G=,e a{},G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) ()(),,= ∈x y z x y z x y z G因为，由于ea ae a==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。
(参考第一章，§4，习题3。
)若是e不在(1)中出现，那么有()aa a ea a==a aa ae a==()而(1)仍成立。
其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。
所以G是一个群。
读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。
3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的定义：IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让=ae a对于G 的任何元a 都成立；V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让1=aa e -解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 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1. 若群G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。
解：令a 和b 是G 的任意两个元。
由题设()()()2==ab ab ab e另一方面()()22====ab ba ab a aea a e于是有()()()()=ab ab ab ba 。
利用消去律，得=ab ba所以G 是交换群。
2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。
解：令G 是一个有限群。
设G 有元a 而a 的阶>2n 。
考察1a -。
我们有()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数<m n 而()1=ma e -，那么同上可得=m a e ，与n 是a 的阶的假设矛盾。
近世代数第二章规范标准答案
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()321110--=-=--=-=()321312()()--≠--3213212.举一个有两个元的群的例。
解：令G=,e a{},G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) ()(),,= ∈x y z x y z x y z G因为，由于ea ae a==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。
(参考第一章，§4，习题3。
)若是e不在(1)中出现，那么有()aa a ea a==a aa ae a==()而(1)仍成立。
其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。
所以G是一个群。
读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。
3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的定义：IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让=ae a对于G 的任何元a 都成立；V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让1=aa e -解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 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1. 若群G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。
解：令a 和b 是G 的任意两个元。
由题设()()()2==ab ab ab e另一方面()()22====ab ba ab a aea a e于是有()()()()=ab ab ab ba 。
利用消去律，得=ab ba所以G 是交换群。
2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。
解：令G 是一个有限群。
设G 有元a 而a 的阶>2n 。
考察1a -。
我们有()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数<m n 而()1=ma e -，那么同上可得=m a e ，与n 是a 的阶的假设矛盾。
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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()321110--=-=--=-=()321312()()--≠--3213212.举一个有两个元的群的例。
解：令G=,e a{},G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) ()(),,= ∈x y z x y z x y z G因为，由于ea ae a==，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。
(参考第一章，§4，习题3。
)若是e不在(1)中出现，那么有()aa a ea a==a aa ae a==()而(1)仍成立。
其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。
所以G是一个群。
读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。
3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV'，V'来做群的定义：IV ' G 里至少存在一个右逆元1a -，能让=ae a对于G 的任何元a 都成立；V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元1a -，能让1=aa e -解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 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1. 若群G 的每一个元都适合方程2=x e ，那么G 是交换群。
解：令a 和b 是G 的任意两个元。
由题设()()()2==ab ab ab e另一方面()()22====ab ba ab a aea a e于是有()()()()=ab ab ab ba 。
利用消去律，得=ab ba所以G 是交换群。
2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。
解：令G 是一个有限群。
设G 有元a 而a 的阶>2n 。
考察1a -。
我们有()1=n n a a e - ()()11==n n e a a e -- 设正整数<m n 而()1=ma e -，那么同上可得=m a e ，与n 是a 的阶的假设矛盾。
这样，n 也是1a -的阶，易见1a a -≠。
否则21-a aa e==与>2n的假设矛盾。
这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a和1a-。
设G还有元b，b a≠，1≠，并且b的阶大于2。
那么1b-的阶也b a-大于2，并且1b b-≠。
-≠。
我们也有1b a否则1111----===e b b aa b a消去1b-得1--。
这样，除a和1a-=b a=b a-，与假设矛盾。
同样可证11外，又有一对不同的阶大于2的元b和1b-。
由于G是有限群，而G的阶大于2的元总是成对出现，所以G里这种元的个数一定是偶数。
3.假定G是一个阶是偶数的有限群。
在G里阶等于2的元的个数一定是奇数。
解：由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数。
但G只有一个阶是1的元，就是单位元e。
于是由于的阶是偶数，得G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G是一个有限群而a是的任一元素，那么23a a a,,,...不能都不相等。
因此存在正整数i，j，i j，使i j=，用j a-乘两a a边，得（1）i j-=a e这样，存在正整数i j-，使（1）成立，因此也存在最小的正整数m，使m a e=，这就是说，元a的阶是m。
4.群的同态假定在两个群G和G的一个同态映射之下，a a→。
a与a的阶是不是一定相同？解：不一定。
例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群。
那么读者容易证明:φn g→n是G的任意元是G到G的一个同态映射。
但G的每一元0n≠都是无限阶的，而g的阶是1。
5.变换群1.假定τ是集合A的一个非一一变换。
τ会不会有一个左逆元1τ-使得-=1?ττε解：可能有。
例如令A={所有正整数}，则τ：11n→-1→，1n n显然是A的一个非一一变换。
而A的变换1τ-：1∈→+n An n就能使1.-=ττε2.假定A是所有实数作成的集合。
证明，所有A的可以写成→+a和b是有理数，0a≠x ax b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G是由一切上述变换作成的集合。
考察G的任何两个元素τ：x ax ba≠→+a和b是有理数，0λ： x cx d →+ c 和d 是有理数， 0c ≠那么τλ： ()()x x a x b c a x b dτλλ→=+=++ ()()ca x cb d =++这里ca 和d cb +都是有理数，并且0ca ≠。
所以τλ仍属于G 。
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ε： x x →属于G 。
容易验证，τ在G 中有逆，即1τ-： 1()b x x a a→+- 因此G 作为一个变换群。
但G 不是一个交换群。
令1τ： 1x x →+2τ： 2x x →那么12ττ： 122()(1)22x x x x τττ→=+=+ 21ττ： 211()(2)21x x x x τττ→==+ 1221ττττ≠3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合。
我们暂时用符号τ： '()a a a τ→=来说明一个变换τ。
证明，我们可以用12ττ： 1212[()]()a a a ττττ→=来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说，ε还是S 的单位元。
解：令1τ和2τ是S 的任意两个元而a 是A 的任意一个元。
那么2()a τ和12[()]a ττ都是A 的唯一确定的元。
因此如上规定12ττ仍是S 的一个唯一确定的元而我们得到了一个S 的乘法。
令3τ也是一个任意元，那么12312313[()]()[()]{[()]}a a a ττττττττ== 123123123[()]()[()]{[()]}a a a τττττττττ== 所以123123()()ττττττ=而乘法适合结合律。
令τ是S 的任意元。
由于对一切a A ∍，都有()a a ε=，所以()[()]()a a a ετεττ==()[()]()a a a τετετ==即εττετ==而ε仍是S 的单位元。
4. 证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。
解：设G 是由某一集合A 的变换组成一个变换群，而ε是G 的单位元。
任取G 的一个元τ和A 的一个元a 。
由于εττ=，有()a a a ετεττ==由于τ是A 的一个一一变换，所以a a ε=而ε是A 的恒等变换。
5. 证明，实数域上一切有逆的n n ⨯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。
6. 置换群1. 找出所有3s 不能和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换的元。
解：3s 有6个元：123123⎛⎫ ⎪⎝⎭，123132⎛⎫ ⎪⎝⎭，123213⎛⎫ ⎪⎝⎭， 123231⎛⎫ ⎪⎝⎭，123312⎛⎫ ⎪⎝⎭，123321⎛⎫ ⎪⎝⎭。
其中的123123⎛⎫ ⎪⎝⎭，123231⎛⎫ ⎪⎝⎭，123312⎛⎫ ⎪⎝⎭=2123231⎛⎫ ⎪⎝⎭ 显然可以和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换。
通过计算，易见其它三个元不能和123231⎛⎫ ⎪⎝⎭交换。
2. 把3s 的所有元写成不相连的循环置换的乘积。
解： 123123⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1），123132⎛⎫ ⎪⎝⎭=（2 3） 123213⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 2），123321⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 3），123231⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 2 3） 123312⎛⎫ ⎪⎝⎭=（1 3 2） 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σ和τ。
我们考察乘积στ使数字1，2，…，n如何变动。
有三种情况。
（a）数字在σ中出现，并且σ把变成j。
这时由于σ和τ不相连，j不在τ中出现，因而τ使j不变，所以στ仍把变成j。
（b）数字k在τ中出现，并且τ把k变成。
这时不在σ中出现，因而σ使k不变，所以στ仍把变成。
（c）数字m不在σ和τ中出现。
这时στ使m不动。
如上考察τσ使数字1，2，…，n如何变动，显然得到同样的结果。
因此στ=τσ。
（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i变成2i,…,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（1 2），（1 3），…，（1 n）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。
（a）1在π中出现，这时π可以写成容易验算（b ） 1不在π中出现，这时§7.循环群1． 证明，一个循环群一定是交换群。
解：设循环群G ()a =。
那么G 的任何两个元都可以写成m a 和n a （m ，n 是整数）的形式。
但m n m n n m n m a a a a a a ++=== 所以G 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G。
证明：也生成G，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G。
4．假定G是循环群，并且G与同态。
证明也是循环群。
解：由于G与同态，也是一个群。
设G()a=，而在G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()G a=。
5．假定G是无限阶的循环群，是任何循环群。
证明G与同态。
解：令G()a=，)G=。
定义Φ：我们证明，φ是G到(a的一个同态满射。
（ⅰ）由于G是无限阶的循环群，G的任何元都只能以一种方法写成的形式，所以在φ之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而φ是G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G的元的象，而φ是G到的一个满射。
（ⅲ）所以φ是G到的一个同态满射。
§8. 子群1．找出的所有子群。
解：显然有以下子群：本身；((1))={(1)};((1 2))={(1 2),(1)};((1 3))={(1 3),(1)};((2 3))={(2 3),(1)};((1 2 3))={(1 2 3),(1 3 2)，(1)}。