近世代数第二章答案
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)]。
近世代数基础习题课答案到第二章9题

第一章 第二章第一章1. 如果在群G 中任意元素,a b 都满足222()ab a b =, 则G 是交换群. 证明: 对任意,a b G ∈有abab aabb =. 由消去律有ab ba =. □2. 如果在群G 中任意元素a 都满足2a e =,则G 是交换群.证明: 对任意,a b G ∈有222()ab e a b ==. 由上题即得. □3. 设G 是一个非空有限集合, 它上面的一个乘法满足:(1) ()()a bc ab c =, 任意,,a b c G ∈.(2) 若ab ac =则b c =.(3) 若ac bc =则a b =.求证: G 关于这个乘法是一个群.证明: 任取a G ∈, 考虑2{,,,}a a G ⋯⊆. 由于||G <∞必然存在最小的i +∈ 使得i a a =. 如果对任意a G ∈, 上述i 都是1,即, 对任意x G ∈都有2x x =, 我们断言G 只有一个元,从而是幺群. 事实上, 对任意,a b G ∈, 此时有:()()()ab ab a ba b ab ==, 由消去律, 2bab b b ==; 2ab b b ==,再由消去律, 得到a b =, 从而证明了此时G 只有一个元,从而是幺群.所以我们设G 中至少有一个元素a 满足: 对于满足i a a =的最小正整数i 有1i >. 定义e G ∈为1i e a -=, 往证e为一个单位元. 事实上, 对任意b G ∈, 由||G <∞, 存在最小的k +∈ 使得k ba ba =. 由消去律和i 的定义知k i =:i ba ba =, 即be b =.最后, 对任意x G ∈, 前面已经证明了有最小的正整数k使得k x x =. 如果1k =, 则2x x xe ==, 由消去律有x e =从而22x e e ==, 此时x 有逆, 即它自身.如果1k >, 则11k k k x x xe xx x x --====, 此时x 也有逆:1k x -. □注: 也可以用下面的第4题来证明.4. 设G 是一个非空集合, G 上有满足结合律的乘法. 如果该乘法还满足: 对任意,a b G ∈, 方程ax b =和ya b =在G 上有解, 证明: G 关于该乘法是一个群.证明: 取定a G ∈. 记ax a =的在G 中的一个解为e . 往证e 是G的单位元. 对任意b G ∈, 取ya b =的一个解c G ∈: ca b =.于是: ()()be ca e c ae ca b ====. 得证.对任意g G ∈, 由gx e =即得g 的逆. □5. 找两个元素3,x y S ∈使得222()xy x y =/.解: 取(12)x =, (13)y =. □6. 对于整数2n >, 作出一个阶为2n 的非交换群.解: 二面体群n D . □7. 设G 是一个群. 如果,a b G ∈满足1r a ba b -=, 其中r 是正整数, 证明: ii i r a ba b -=, i 是非负整数.证明: 对i 作数学归纳. □8. 证明: 群G 是一个交换群当且仅当映射1x x - 是群同构.证明: 直接验证. □9. 设S 是群G 的一个非空集合. 在G 上定义关系 为: ~a b 当且仅当1ab S -∈. 证明: 这个关系是一个等价关系当且仅当S G ≤. 证明: 直接验证. □10. 设n 是正整数. 证明: n 是 的子群且与 同构.证明: 直接验证. □11. 证明: 4S 的子集{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}B =是一个子群, 而且B 与4U 不同构. (n U 是全体n 次单位根关于复数的乘法组成的群).证明: 用定义验证B 是4S 的子群. 由于4U 中有4阶元而B 中的元的阶只能是1或2, 所以它们不可能同构. □12.证明: 2n 阶群的n 阶子群必然是正规子群.证明: 用正规子群的定义验证. □13. 设群G 的阶为偶数. 证明: G 中必有2阶元.证明: 否则, G 中的任意非单位元和它的逆成对出现, 从而, G的阶为奇数, 矛盾. □14. 设0110A ⎛⎫= ⎪⎝⎭, 2i 2i 0e e 0n n B ππ-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭. 证明: 集合 22:{,,,,,,,}n n G B B B AB AB AB =⋯⋯关于矩阵的乘法是一个群, 而且这个群与二面体群n D 同构.证明: n D 有如下的表现: 21,|1,n n D T S T S TS ST -=〈===〉. 作2:GL ()n D ϕ→ : S A , T B . 直接验证ϕ是群单同态,而且im G ϕ=. □15. 设群G 满足: 存在正整数i 使得对任意,a b G ∈都有()k k k ab a b =, 其中,1,2k i i i =++. 证明: G 是一个交换群.证明: 由()i i i ab a b =和111()i i i ab a b +++=得:111()()()()()i i i i i i ab a b ab ab ab a b +++===, 从而, 1i i i i ba b a b +=, 即:i i ba a b =.同理可得: 11i i ba a b ++=. 于是:11()()i i i i a ba ba a b a ab ++===, 即: ab ba =. □16. 在群2()SL 中, 证明元素0110a -⎛⎫= ⎪⎝⎭的阶为4, 元素1101b --⎛⎫= ⎪-⎝⎭的 阶为3, 而ab 的阶为∞.证明: 直接验证. □17. 如果群G 为一个交换群, 证明G 的全体有限阶元素组成一个子群.证明: 设{|()}H g G o g =∈<∞. 显然e H ∈, 从而H 不是空集. 对任意,a b H ∈, 设()o a m =, ()o b n =, 则1()o b n -=;11()()mn m n ab a b e --==, 即: 1ab H -∈. □18. 如果群G 只有有限多个子群, 证明G 是有限群.证明: 首先证明: 对任意a G ∈有()o a <∞. 事实上, 设k a 〈〉为G 的由k a 生成的子群, 其中, 1k ≥是整数. 则242m a a a a 〈〉⊇〈〉⊇〈〉⊇⊇〈〉⊇ . 由于G 只有有限多 个子群, 所以必然存在m 使得2(1)22(2)m m m a a a ++〈〉=〈〉=〈〉= ,即 22(1)m t m a a +=.由消去律即得()o a <∞.于是G 的任意元素都包含在某个有限子群里, 而G 只有有限多个子群, 所以||G <∞. □19. 写出群n D 的全部正规子群.解: 已知: 212121{,,,,1,,,,,,|1},n n n n n D T T T T S ST ST ST S T S T TS ST ---=⋯=⋯〈====〉设H 是n D 的子群. 如果1H =则H 当然是n D 的正规子群.I (1) 设k H T =〈〉. 由于1k k k k ST S ST S SST T H ---===∈和k k TT T T H =∈. 所以k T 〈〉是n D 的正规子群.(2) 设{1,}H S S =〈〉=. 由于SSS S =和12TST ST --=, 所以{1,}H S S =〈〉=是n D 的正规子群当且仅当2n =.(3) 设k H ST =〈〉. 注意到()()1k k ST ST =, 所以{1,}k k H ST ST =〈〉=. 由于1k k TST T ST -=和()k k S ST S ST -=,所以{1,}k k H ST ST =〈〉=是n D 的正规子群当且仅当|2n k .II (1) 设,k k H T T '=〈〉. 则(,')k k H T =〈〉. 归结为I (1)的情形, 从而是n D 的正规子群. 一般地,1212(,,,),,,t t k k k k k k H T T T T ⋯=〈⋯〉=〈〉也是n D 的正规子群.(2) 设,k H S T =〈〉. 由于1k k TT T T -=, 12TST ST --=, k k ST S T -=, 所以,k H S T =〈〉是n D 的正规子群当且仅当存在m ∈ 使得|(2)n mk +. (注: 当1k =时,k n H S T D =〈〉=). 一般地, 设1,,,t k k H S T T =〈⋯〉. 则12(,,,),t k k k H S T ⋯=〈〉, 归结为刚讨论的情形.(3) 设,k k H ST ST '=〈〉. 或者, 更一般地,1212(,,,),,,t t k k k k k k H ST ST ST ST ⋯=〈⋯〉=〈〉. 归结为I (3)的情形,即: 1212(,,,),,,t tk k k k k k H ST ST ST ST ⋯=〈⋯〉=〈〉是n D 的正规子群 当且仅当12|2(,,,)t n k k k ⋯.□20. 设,H K 是群G 的子群. 证明: HK 为G 的子群当且仅当HK KH =. 证明: HK 为G 的子群当且仅当111()HK HK K H KH ---===. □21. 设,H K 是群G 的有限子群. 证明: ||||||||H K HK H K =⋂. 证明: 首先, HK 是形如Hk 的不交并; 其中k K ∈. 又, 12Hk Hk =当且仅当112k k K H -∈⋂. 所以, 这样的右陪集共有||||K H K ⋂ 个. 于是: ||||||||K HK H K H =⋂. □ 22. 设,M N 是群G 的正规子群, 证明:(1) MN NM =.(2) MN 是G 的正规子群.(3) 如果{}M N e ⋂=, 那么/MN N 与M 同构.证明: (1) 由1MNM N -⊆得MN NM ⊆. 同理, NM MN ⊆.(2) 由(1)和第20题, MN 确实是子群. 对任意g G ∈有111()()()g MN g gMg gNg MN ---=⊆. 所以MN 是G 的正规子群.(3) 如果mn m n ''=则11(){}m m n n M N e --''=∈⋂=, 从而,m m n n ''==. 即: MN 中的元素可以唯一地写为,,mn m M n N ∈∈的形式. 于是可以定义映射: :MN M σ→为mn m . 由于,M N 都是正规子群, 对任 意,m M n N ∈∈有111()(){}mn nm mnm n M N e ---=∈⋂=, 所 以mn nm =: 即此时, M 中的元素与N 中的元素可交 换. 由此可以验证σ是群同态. 显然σ是满的, 而且 ker N σ=. □23. 设G 是一个群, S 是G 的一个非空子集. 令(){|,}C S x G xa ax a S =∈=∀∈; 1(){|}N S x G x Sx S -=∈=. 证明: (1) (),()C S N S 都是G 的子群.(2) ()C S 是()N S 的正规子群.证明: 直接用定义验证. 以(2)为例. 对任意(),(),c C S n N S s S ∈∈∈,111111()()()()ncn s ncn nc n sn c n ------=. 设1n sn s S -'=∈, 即: 1s ns n -'=. 所以,1111111()()()()ncn s ncn nc n sn c n ns n s -------'===. 此即表明: 1()ncn C S -∈. □24. 证明: 任意2阶群都与乘法群{1,1}-同构. 证明: 设{,}G e a =. 作:{1,1}G σ→-为1e , 1a - . □25. 试定出所有的互不同构的4阶群.解: 设群G 的阶为4. 如果G 有4阶元, 则4G . 如果G 没有4阶元, 则G 的非单位元的阶都为2. 设{,,,}G e a b c =. 考虑第11题中的4S 的子群(Klein 四元群):{(1),(12),(34),(12)(34)}K =. 作映射: :G K σ→为:(1),(12),(34),(12)(34)e b a c . 则σ为群同构. 综上, 在同构意义下, 4阶群只能是4 或Klein 四元群. □26. 设p 是素数. 证明任意两个p 阶群都同构.证明: 只需证明任意p 阶群G 都同构于p . 由Lagrange 定理, G的任意非单位元a 的阶都为p , 从而21{,,,,}p G e a a a -=⋯, 从 而有良定的映射:p G σ→ 为: 1a . 此即为一个群同构.□27. 在集合S =⨯ 上定义(,)(,):(,);(,)(,):(,)a b c d a c b d a b c d ac bd ad bc +=++=++. 证明: S 在这两个运算下是一个有单位元的环. 证明: 直接验证. 零元素为(0,0), 单位元为(1,0). □28. 在 上重新定义加法⊕和 为: :,:a b ab a b a b ⊕==+ . 问 关于这两个运算是否是一个环.解: 不是. 关于⊕不是一个abel 群. □29. 设L 是一个有单位元的交换环. 在L 中定义: :1a b a b ⊕=+-,:a b a b ab =+- . 证明: 在这两个新的运算下, L 仍然是一个环, 且与原来的环同构.证明: 直接验证满足环的定义中的条件. 作:(,,)(,,)L L σ+→⊕ 为:1a a - . 验证σ是环同构. □30. 给出满足如下条件的环L 和子环S 的例子:(1) L 有单位元, 而S 没有单位元.(2) L 没有单位元, 而S 有单位元.(3) ,L S 都有单位元, 但不相同.(4) L 不交换, 但S 可交换.解: (1) ;2L S == .(2) 0|,20a L a b b ⎧⎫⎛⎫=∈∈⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ , 0|00a S a ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ . (3) 0|,0a L a b b ⎧⎫⎛⎫=∈∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭, 0|00a S a ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ . (4) |,,,a L a b b c d c d ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ , 0|0a S a a ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭ . 31. 环R 中的一个元L e 为一个左单位元, 如果对任意r R ∈有L e r r =.类似地可定义右单位元. 证明:(1) 如果环R 既有左单位元, 又有右单位元, 则R 有单位元.(2) 如果环R 有左单位元, 没有零因子, 则R 有单位元.(3) 如果环R 有左单位元但没有右单位元, 则R 至少有两个左单位元.证明: (1) 设,L R e e 分别为R 的左, 右单位元. 则L L R R e e e e ==为R的单位元.(2) 设L e 为R 的一个左单位元. 对任意0x R =∈/, 由22()0L xe x x x x -=-=得: L xe x =, 即L e 为R 的一个右单 位元. 由(1)即得.(3) 设L e 为R 的一个左单位元, 由于R 没有右单位元, 所以存在0z R =∈/使得L ze z =/. 令: :L L L f e z ze =+-. 则 L L f e =/且, 对任意r R ∈有0L L L f r e r zr ze r r r =+-=+=, 即: L f 为R 的另一个单位元. □32. 设F 为一个域. 证明: F 没有非平凡的双边理想.证明: 设0I F =⊆/为F 的一个理想. 取0x I =∈/, 有11x x F -=∈, 从而I F =. □33. 设R 是一个交换环, a R ∈.(1) 证明{|}Ra ra r R =∈是R 的一个理想.(2) 举例说明, 如果R 不是交换环, 那么Ra 不一定是一个(双边)理想.证明: (1) 直接验证.(2) 设|,,,a b R a b c d c d ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭ , 1010a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 则 0|,0r s Ra r s ⎧⎫⎛⎫=∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭. 显然, Ra 不是一个理想, 比如: 01010101a Ra ⎛⎫⎛⎫=∉ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. □34. 设I 为交换环R 的一个理想, 令: rad {|,}n I r I r I n +=∈∈∈ . 证明:rad I 为R 的理想, 称为I 的根.证明: 对任意,rad a b I ∈. 则存在正整数,m n 使得,m n a b I ∈. 由于 ()m n a b I +-∈, 从而rad a b I -∈.对任意rad a I ∈和r R ∈, 存在正整数m 使得m a I ∈. 从而()m m m ra r a I =∈, 即: rad ra I ∈. □35. 设F 为一个有单位元的交换环. 证明: 如果F 没有非平凡理想,则F 是一个域.证明: 对任意0a F =∈/, 由第33题(1)知, Fa 是F 的一个非零理想.由于F 没有非平凡理想, 所以Fa F =. 特别1Fa ∈, 即: 存在 b F ∈使得1ba =. □36. 设 是有理数域, ()n 是全体n 阶 上的矩阵组成的环. 证明:()n 没有非平凡的理想(没有非平凡理想的环称为单环). 证明: 设0I =/为()n 的一个理想. 取0A I =∈/. 则A 至少有一个 非零元素, 设为ij a . 由于I 是一个理想, 所以1ij ij ij ij E AE E I a ⎛⎫=∈ ⎪ ⎪⎝⎭, 其中ij E 表示(,)i j -元为1而其余元为0的基本矩阵. 由基本矩阵的乘法性质, ij jk ik E E E I =∈, 从而ki ik kk E E E I =∈, 1,2,,k n =⋯. 于是单位阵1nn kk k E E I ==∈∑, 从而()n I = . □37. 设R 是一个环, 0a R =∈/. 证明: 如果存在0b R ≠∈使得0aba =, 那么a 是一个左零因子或右零因子.证明: 由于0aba =, 所以, 如果0ba =/则a 是一个左零因子; 如果0ba =, 则a 是一个右零因子. □38. 环的一个元素a 成为幂零的, 如果存在正整数n 使得0n a =. 证明:对于有单位元环R 的任意幂零元a , 1a -是可逆的.证明: 21(1)(1)11n n a a a a a --+++⋯+=-=. □39. 证明: 在交换环中, 全部幂零元素组成一个理想.证明: 用定义直接验证: 在交换环中, 幂零元的差、积仍然幂零.□40. 设R 是有单位元的有限环. 如果,x y R ∈满足1xy =, 证明: 1yx =.证明: 作映射: ::f R R z yz → . 则f 是单射: 事实上, 如果 12yz yz =, 则12xyz xyz =, 即12z z =. 由于R 是有限集, 所以f是满射, 从而存在0z R ∈使得001()f z yz ==. 只需证明:0z x =. 事实上, 00001()()1z z xy z x yz x x ===== . □41. 设R 是一个有单位元的环. 证明: 如果存在,a b R ∈满足1ab =但1ba =/, 那么有无穷多x R ∈使得1ax =.证明: 注意到111()1n n n n a b ba a ab aba a ab ++++-=+-==, n ∈ . 所以只需证明1n n ba a +- (n ∈ )互不相同. 注意到1m m a b aa abb b =⋯⋯=, 对任意m ∈ 都成立.如果11n n k k ba a ba a ++-=-, (n k >). 则11111()0n n k k k k k ba a b ba b a b b b +++++-=-=-=, 即0n k n k ba a b ---=. 如果1n k -=则1ba ab ==, 矛盾.所以1n k ->. 从而10n k n k ba a ----=;11)(10n k n k n k ba a b b a ------=-=, 也得到矛盾. □42. 设R 是满足如下条件的环: R 至少有两个元素而且对任意0a R =∈/都存在唯一的元素b R ∈使得aba a =. 证明:(1) R 没有零因子.(2) bab b =.(3) R 有单位元.(4) R 是一个体.证明: (1) 设0a R =∈/使得0ax =. 由已知, 对于a 有唯一的b R ∈使得aba a =. 于是()a b x a aba +=. 由唯一性, b x b +=, 即: 0x =; 从而a 不是左零因子. 即: R 中的任意非零元都不 是左零因子; 从而R 也没有右零因子.(2) 由于()()a bab a ab aba aba ==, 再由唯一性即得bab b =.(3) 任取0a R =∈/, 取那个唯一的b R ∈使得aba a =. 往证ab就是一个单位元. 对任意0x R =∈/, 取那个唯一的y R ∈ 使得xyx x =. 由(2)有:()0b ab xy x babx bxyx bx bx -=-=-=.由(1), 0ab xy -=. 从而abx xyx x ==, 此即证明了ab 是左 单位元. 保持记号. 类似地有:()0a ba xy x abax axyx ax ax -=-=-=, 从而ba xy =, 于是xab xyx x ==, 此即证明了ab 是右单位元.(4) 由(3)可知, R 的每个非零元都有逆. □43. 设[0,1]C 是[0,1]上的连续函数组成的环. 证明:(1) 对于[0,1]C 的任意非平凡理想I , 都存在一个[0,1]θ∈使得对任意()f x I ∈都有()0f θ=.(2) ()[0,1]f x C ∈是一个零因子当且仅当零点集{[0,1]|()0}x f x ∈= 包含一个开区间.证明: (1) 若不然, 对任意[0,1]θ∈都存在()[0,1]g x C θ∈使得()0g θ=/. 由连续性, 存在一个包含θ的开区间[0,1]J θ⊆使得()g x θ在 J θ上恒为正或恒为负(0J 实际上是左闭右开的; 1J 实际上是左开右闭的). 另一方面, 由开覆盖定理, 存在有限多个i J θ, 使得[0,1]i i J θ=⋃. 定义2():(())ii g x g x θ=∑. 则 ()g x I ∈, 而且()0g x >. 于是11()()g x I g x =∈ , 与I 是非平凡理 想矛盾.(2) “⇒”: 设()f x 是[0,1]C 中的一个零因子: 存在0()[0,1]g x C =∈/使得()()0,[0,1]g x f x x ≡∈. 由于()0g x =/, 所以 存在[0,1]上的开区间J 使得()g x 在J 上恒为正或恒为负; 从而, ()f x 在J 上恒为0.“⇐”: 设存在[0,1]上的开区间J 使得()f x 在J 上恒为0. 作连 续函数()g x 使得: ()g x 在J 上恒不为0, 而在J 上恒为0, 从 而()()0f x g x ≡: 即()f x 是[0,1]C 中的一个零因子. □44. 设p = 为素域. (1) 求环()n 的元素个数.(2) 求群()n GL 的元素个数.(1) 解: 由于2dim ()n n = , 所以()n 的元素个数为2n p .(2) 解: 取定向量空间n 的一个基, 则()n GL 中的元与n 上 的可逆线性变换一一对应, 而可逆线性变换把基映为基. 所以, 只需求n 的基的个数. 注意到n 的元素个数为n p . 任取n 的一 个非零向量1α, 这样的取法有1n p -种. 取2n α∈ 使得12,αα线性 无关. 这样的2α能且只能从1n α-〈〉 中选取. 所以2α的选取方法有n p p -种. 类似地, 取3n α∈ 使得312,,ααα线性无关. 这样的3α 能且只能从12,n αα-〈〉 中选取. 所以3α的选取方法有2n p p -种(因为12,αα〈〉的维数是2). 继续这个过程, 我们得到n 的基的个 数为21()()()n n n n p p p p p p ---⋯-, 此即为所求. □45. 设K 是一个体, 0,a b K =∈/且1ab =/. 证明如下的华罗庚恒等式:1111(())a a b a aba -----+-=.证明: 由提示, 先证明引理: 对任意0,1x K =∈/,1111(1)(1(1))1(1)(((1)))x x x x x x -----+-=-+--11(1)(1)11x x x x x x -=-+--=-+=,所以, 111(1)(1)1x x ----=--成立. 注意到: 原恒等式等价于1111(1)(())a ba a b a -----=+-, 等价于11111(1)()ba a a b a ------=+-. 由引理,111111*********(1)((1)1)(1)((1))ba a a b a a a b a a a a b ----------------=-+=+-=+-111()a b a ---=+- 即为所要的等式. □第二章1. 设G 为有限群, N G , (||,|/|)1N G N =. 证明: 如果元素a G ∈的阶整除||N , 那么a N ∈.证明: 考虑自然满态: :/G G N π→. 记()a a π=. 由于()/o a a e G N =∈, 所以()|()o a o a . 如果()1o a =/, 则((),|/|)1o a G N =/, 矛盾. □2. 设c 为群G 的阶为rs 的元素, 其中(,)1r s =. 证明: c 可以表示成c ab =, 其中()o a r =, ()o b s =, 且,a b 都是c 的幂.证明: 由(,)1r s =知, 存在整数,u v 使得1ur vs +=. 于是1ur vs c c c c ==.令vs a c =和ur b c =. 则()()((),)(,)o c rs rs o a r o c vs rs vs s ====. 同理, ()o b s =. □3. 证明: 如果群G 中的元素a 的阶与正整数k 互素, 那么方程k x a =在 a 〈〉内恰有一解.证明: 设()o a n =. 于是存在整数,r s 使得1rn ks +=. (法一) 作映射::k f a a x x 〈〉→〈〉 . 只需证明f 是双射. 由于||a n 〈〉=<∞, 所以只需证明f 是单射. 若k k x y =, ,x y a ∈〈〉, 则1()1k xy -=. 从而1111()()rn ks s xy xy xy e e ----====, 即x y =.(法二) 首先1()s k rn a a a -==, 即方程k x a =在a 〈〉中有解. 若t a a ∈〈〉也是k x a =的一个解, 那么()t s k a e -=, 从而 1()()t s ks t s rn t s a e a a ----===, 即t s a a =. □4. 设G 是一个群. 证明: 对任意,a b G ∈有()()o ab o ba =. 证明: 注意到, 对任意正整数m , 1()()m m ab a ba b -=, 所以1()()m m ab a ba b e -==当且仅当1111()()m ba a b ba ----==当且仅当 ()m ba e =. □5. 设2n >. 证明: 有限群G 中阶为n 的元素个数是偶数. 证明: 注意到, 对任意g G ∈有1()()o g o g -=, 而且, ()2o g >当且仅当1g g -=/. □6. 证明: 当2n >时有(){}n Z S e =. 即: n S 是交换群当且仅当2n ≤. 证明: 注意到, 对任意n S σ∈和轮换12()r i i i ⋯有11212()(()()())r r i i i i i i σσσσσ-⋯=⋯. 设()n e z Z S =∈/, 则对任意 n S σ∈应该有1z z σσ-=. 不妨设z 分解为互不相交的轮换的乘积(必要的话, 可通过重新编号): (12)(...)...(...)z =⋯. 取 (23)σ=. 则()(1)3z σσ=但(1)2z =, 矛盾. □7. 证明: 有理数加群 的任意有限生成的子群是一个循环群. 证明: 设1212,,,n n n H m m m =〈⋯〉, 其中(,)1i i n m =, 1i ≤≤ . 令 12[,,,]t m m m =⋯ . 则1H t=〈〉. □ 8. 设G 是有限生成的交换群. 证明: 如果G 的这些生成元都是有限 阶的, 那么G 是一个有限群.证明: 设1,,n G a a =〈⋯〉且()i i o a m =. 则G 的任意元素具有形式:1212nt t t n a a a ⋯, 其中1i i t m ≤≤, 从而G 只有有限个元素. □ 9. 对任意群G 和正整数k , 令{|}k k G a a G =∈. 证明: 群G 是循环 群的成分必要条件是G 的任意非单位子群都是形如k G 的集合. 证明: 必要性. 设G g =〈〉. 则G 的任意非单位子群H 具有形式k H g =〈〉, 其中k 是某个正整数. 于是H 中的任意元素具有形 式()()k m m k g g =, 即k H G ⊆. 反之, k G 的任意元素具有形式 ()()m k k m g g =, 于是k H G =.充分性. 考虑12k k G G ≥-⋃.(i) 如果12k k G G ≥-⋃不是空集, 取12k k g G G ≥∈-⋃. 则G g =〈〉是无限循环群. 事实上, g e =/, 从而G 的子群g 〈〉形如k G . 如果2k ≥, 则k k g x G =∈, 与g 的选取矛盾. 所以1g G G 〈〉==. 另外, 如果此时G g =〈〉是有限群, 则2k k G G ≥=⋃, 也得到矛盾.(ii) 现在假设12k k G G ≥-⋃是空集. 则对任意e x G =∈/, 存在正整 数k 使得子群k x G 〈〉=. 若1k =则G x =〈〉是循环群. 特别,存在整数s 使得k s x x =, 此即表明, G 的任意元素都是有限阶的. (To be continued).。
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。
近世代数第二章答案

近世代数第二章群论答案(一)§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=nn a a e -()()11==nne 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 ≠,1b a -≠,并且b 的阶大于2。
那么1b -的阶也大于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=b a -,与假设矛盾。
同样可证11=b a --。
这样,除a 和1a -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23,,,...a a a不能都不相等。
因此存在正整数 i ,j ,i j ,使i j a a = ,用j a -乘两边,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→n是G的任意元:φn g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 ax b c ax b d τλλ→=+=++()()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2。
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 a5.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)}。