近世代数课后习题详细答案5
近世代数(吴品三)习题解答第五章 群的进一步讨论
(2) H1 ={ e , a , b , ab }是 G 的一个子群, C3 ={ e , c , c2 }是 G 的一个正规子
群.并有关系 ac = ca , bc = c2b .首先,我们减少生成元素的个数.命 x = ac ,因 a 的周
期为 2, c 的周期为 3,而 ac = ca ,故 x 的周期为 6.因为 a = a 3c3 = x 3 , c = a 4c4 = x 4 , 所 以 G 由 x 和 b 生 成 . 因 为 x b x= (ac)b(ac) = ac(ba)c = ac(ab)c = a(ac)bc
= a 2cbc = c(bc) = c(c2b) = b , 所 以 存 在 关 系 bx = x5b . 反 过 来 , 用
·１４３·
第五章 群的进一步讨论
x6 = e , b2 = e , bx = x5b , 命 x3 = a , x4 = c , 可 以 推 出 原 来 的 全 部 关 系 , 即
a 2 = e , b2 = e , c 3 = e , ab = ba , ac = ca , bc = c2b .因此,这两组关系等价.我们可以
得到乘法表如下(见表二): e x x2 x3 x4 x5 b xb x2b x3b x4b x5b
e e x x2 x3 x4 x5 b xb x2b x3b x4b x5b x x x2 x3 x4 x5 e xb x2b x3b x4b x5b b x2 x2 x3 x4 x5 e x x2b x3b x4b x5b b xb x3 x3 x4 x5 e x x2 x3b x4b x5b b xb x2b x4 x4 x5 e x x2 x3 x4b x5b b xb x2b x3b x5 x5 e x x2 x3 x4 x5b b xb x2b x3b x4b b b x5b x4b x3b x2b xb e x5 x4 x3 x2 x xb xb b x5b x4b x3b x2b x e x5 x4 x3 x2 x2b x2b xb b x5b x4b x3b x2 x e x5 x4 x3 x3b x3b x2b xb b x5b x4b x3 x2 x e x5 x4 x4b x4b x3b x2b xb b x5b x4 x3 x2 x e x5 x5b x5b x4b x3b x2b xb b x5 x4 x3 xa3 ca 3 c2a3 e c c2 a ca c2a
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_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。
【大学课程】近世代数教材习题答案
§1.1 集合1、 设A B ⊆ ,证明：A B A = ,A B B = .证明：由A B ⊆，可知A 的所有元素都属于B ，既A 的所有元素，都是A 和B 的共同元， 则由交集定义可知 A A B ⊆ . 又A B A ⊆ ,所以A B A = .由并集定义知，A B 的所有元素，都属于A 或B ； 又A B ⊆，所以A B 的所有元素都属于B ，即A B B ⊆. 又B A B ⊆,故A B B =2、 设B ,()i A i I ∈ 均为集合Ω 的子集，试证：()1 ()i i i I i I B A B A ∈∈⎛⎫=⎪⎝⎭ ()2 ()i i i I i IBA B A ∈∈⎛⎫=⎪⎝⎭ 证明：()1 由定义i i Ix B A ∈⎛⎫∈⎪⎝⎭当且仅当x B ∈且x 属于某一i A ；当且仅当x 属于某一i B A ；当且仅当()i i Ix B A ∈∈.()2 由定义i i I x BA ∈⎛⎫∈⎪⎝⎭当且仅当x 属于B ，或x 属于任一i A ，i I ∈；当且仅当x 属于任一i B A ，i I ∈；当且仅当()i i Ix B A ∈∈.§1.2 等价关系1、设为整数集，问以下各关系是否为M 的等价关系？1）0aRb ab ⇔≥ 2）4aRb a b ⇔+ 3）aRb a b ⇔= 4）220aRb a b ⇔+≥ 解：1）不是，因为不满足传递性2）不是，不满足反身性和传递性 3）是 4）是2、试指出上题中等价关系所决定的分类.解：3）每个元素是一个类 4）整个整数集作成一个类 3、找出下列证明中的错误：若S 的关系R 有对称性和传递性，则必有反身性.这是因为，对任意的a S ∈ ,由对称性，如果aRb ，则bRa .再由传递性，得aRa ，所以R 有反身性.解：以上证明过程中只考虑了当aRb 成立的情况，但是当对于元素a ，不存在b 使aRb 成立时，aRa 就不能得到.4、在复数集中，规定关系"" ：a b a b ⇔=. （1）证明：是的一个等价关系；（2）试确定相应的商集，并给出每个等价类的一个代表元素.（1）证明：设a ，b ，c ∈ ，则()a 因为aa =，所以a a ，于是 是有反身性；()b 若ab ，则a b =，于是b a =，从而b a ，说明是具有对称性；()c 若ab ，bc ，则a b =，b c =，于是a c =，从而a c ，从而具有传递性.所以是的一个等价关系.（2）解：相应的商集[]{}0r r R r =∈≥且，其中[]{}()[]{}cos sin 0,2r x x r r i θθθπ=∈==+∈对任意的c ∈ ，等价是[]c ：代表元素可取作c .§1.31、{}1,2,,100S = ，找一个A A ⨯到A 的映射.解：设(),a b 表示A A ⨯的任意元素，,a b A ∈ ,则作映射:f A A A ⨯→ ,()(),f a b b = .f 是一个A A ⨯到A 的映射.2、设A ,B 是两个有限集合，则（1）A 到B 的不同映射共有多少？（2）A 到B 的单射共有多少个？解：（1）设A n = , B m =,则A 到B 的映射有n m 个 （2）设A n = , B m =,若n >m ，则A 到B 没有单射； 若n m ≤，则A 到B 有()!!m m n - 个单射. 3、设x 是数域F 上全体n （n >1）阶方阵作成的集合.问：:A A ϕ→是否为x 到F 的一个映射？其中A 为A 的行列式，是否为满射或单射？解：ϕ 是映射，且是满射，但不是单射4、设:f A B →为双射，则f 的逆映射1:f B A -→也是一个双射且()11f f --=.证明：设()() ,f x y x A y B =∈∈ ,则1:f y x -→，即()1f y x -=， 因f 是A B →的双射， 所以1f -是B 到A 的双射， 且1f -的逆映射就是f ，即()11ff --=.5、设:f A B →，:g B C →为两个双射到:g f A C → 也是双射且()111g f f g ---= .证明：()()11111B C g f f g g g ---⋅⋅==，()()111111B A fg gf f f ----==，故g f 也是双射，且()111gf f g ---= .§1.41、设A 是一个有限集合，则A 上不同的二元运算共有多少个？解：设A n = ,则2A A n ⨯= ，故A A ⨯到A 有2n n 个不同的映射. 即A 上有2n n 个不同的二元运算.2、{},,A a b c = ，规定A 的两个不同的代数运算.解：()a 第一个代数运算() , ,R x y a xRy x y A →=∀∈ ()b 第二个代数运算() , ,R x y y xRy x y A →=∀∈3、设M 为整数集，问()22 ,a b a b a b M =+∀∈是否满足结合律和交换律.解：交换律满足，但结合律不满足.例如()1104=，()1102= 4、设M 为实数集，问：23a b a b =+ (),a b M ∀∈是否满足结合律和交换律.解：都不满足.例()1004=，()1002=，故()()100100≠，又102=，013=，故1001≠.5、数域F 上全体非零多项式的集合对于()()()()(),f x g x f x g x =是否满足结合律和交换律？其中()()(),f x g x 表示()f x 与()g x 的首项函数为1的最大公因式.解：显然是代数运算且满足交换律.又结合律也满足，因为根据最大公因式的性质知：())()(()()(),,,,f g h f g h f g h f g h ===§2.11、有限群中每个元素的阶都是有限的。
近世代数习题解答5
近世代数习题解答5近世代数习题解答第五章扩域1 扩域、素域1. 证明:)(S F 的⼀切添加S 的有限⼦集于F 所得的⼦域的并集是⼀个域.证⼀切添加S 的有限⼦集于F 所得的⼦域的并集为∑ 1)若 ∑∈b a , 则⼀定有),,(2,1n F a ααα∈),,(2,1m F b βββ∈易知m n F b a βββααα,,,,,,(2121 ∈-但∑?),,,,,,(2121m n F βββααα从⽽∑∈-a b2)若,,∑∈b a 且0≠b 则 ),,,(21m F b βββ∈-从⽽有∑?∈-),,,,,,(21211m n F ab βββααα２单扩域１．令E 是域F 的⼀个扩域，⽽F a ∈证明 a 是F 上的⼀个代数元，并且证因0=-a a 故a 是F 上的代数元．其次，因F a ∈，故F a F ?)(易见F a F ?)(，从⽽F a F =)(２．令F 是有理数域．复数i 和112-+i i 在F 上的极⼩多项式各是什么？ )(i F 与)112(-+i i F 是否同构？证易知复数i 在F 上的极⼩多项式为11 2,12-++i i x在F 上的极⼩多项式为252+-x x 因)112()(-+=i i F i F 故这两个域是同构的．３．详细证明，定理３中a 在域F 上的极⼩多项式是)(x p证令?是)(x F 中的所有适合条件0)(=a f 的多项式作成)(x f 的集合．1) ?是)(x F 的⼀个理想(ⅰ)若 ?∈)(),(x g x f 则0)(,0)(==a g a f因⽽0)()(=-a g a f 故??-)()(x g x fⅱ)若)(,)(x h x f ?∈是)(x F 的任⼀元那么0)()(=a f a h 则?∈)()(x f x h2)是⼀个主理想设 )(1x p 是?中a ！的极⼩多项式那么，对?中任⼀)(x f 有)()()()(1x r x q x p x f +=这⾥0)(=x r 或r(x)的次数但)()()()(1x R a q a p a f +=因 )(,0)(1a p a f =0= 所以0)(=a r若 0)(≠x r 则与x p 1是a 的极⼩多项式⽭盾．故有 )()()(1x q x p x f = 因⽽)((1x p =?（３）因 p(a)=0 故p(x)?∈)()(1x p x P 因⼆者均不可约，所以有)()(1x ap x p =⼜)(),(1x p x p 的最⾼系数皆为1那么1=a这样就是)()(1x P x p =４．证明：定理３中的K a F =)(证设,K f ∈，则在定理３的证明中，'K K ?之下有．a x a x a f n n nn +++→------ 11但 ,x a → -→11a a 故必011a a a f n n n n ++=--αα这就是说)(αF k ? 因⽽K a F =)(３代数扩域１．令E 是域F 的⼀个代数扩域，⽽α是E 上的⼀个代数元，证明α是E 上的⼀个代数元证因为α是F 上的代数元所以n n e e e αα+++ 10⼜因为E 是F 的代数扩域，从⽽),,(10n e e e F 是F 的代数扩域，再有α是),,(10n e e e F 上的代数元，故),,(10n e e e F ()(αn n e e e e F ,,,,(110- )的有限扩域，由本节定理１，知 ),,,,,(110αn n e e e e F -是F 的有限扩域，因⽽是F 的代数扩域，从⽽a 是F 上的⼀个代数元．２．令F ,E 和L 是三个域，并且，假定⽽E 的元α在F 上的次数表⽰E L F ??，并且1),(=n m证明α在I 上的次数也是１证设r I I =:)((α因为 F I I ??)(α由本节定理1 rm F a I =):)(( 另⼀⽅⾯，因为F I F F :)(():)((αα仍由本节定理！！即有rm n但由题设知 1),(=n m 故 r n⼜α在I 上的次数是r ，因⽽其在I 上的极⼩多项式的次数是１α在I 上的次数是n ，因⽽其在F 上的极⼩多项式的次数是n 由于α在上的极⼩多项式能整除α在F 上的极⼩多项式所以n r ≤因⽽n r =３．令域！的特征不是２，E 是F 的扩域，并且4):(=F E证明存在⼀个满⾜条件E I F ??的E 的⼆次扩域F 的充分与必要条是：4):(=F E ，⽽α在F 上的极⼩多项式是b ax x ++24证充分性：由于α在F 上的极⼩多项式为b ax x ++24故F a ?2及)(22αF a ?因⽽1):)((2≠F a F 由本节定理１知：所以 2):)((2=F a F 这就是说，)(a F 是⼀个满⾜条件的的⼆次扩域必要性：由于存在I 满⾜条件E I F ??且为F 的⼆次扩域即2):1(=F 因此可得（2)1:(=E我们容易证明，当F 的特征不是２时，且则⽽！在！上的极⼩多项式是！同样 )(a I E =⽽β在f x -2上的极⼩多项式是这样 ,,2F f f ∈=βI i i ∈=,2α那么ββ22212122f f f f i ++=所以24i =α22221212ββf f f f ++=222212122ββf f f f ++=令12f a -= f f f b 2221-=同时可知b a ,均属于F 024=++∴b a αα由此容易得到0(a F E =４．令E 是域F 的⼀个有限扩域，那么总存在E 的有限个元m ααα ,,21使),,(21m F E ααα =证因为E 是F 的⼀个有限扩域，那么把E 看成F 上是向量空间时，则有⼀个基n ααα ,,21显然这时),,(21m F E ααα =５．令F 是有理数域，看添加复数于F 所得扩域＂)2,2(31311i F E = )2,2(31312wi F E = 证明6):(,2)2((131==F E F证易知！在！上的极⼩多项式是！即（3:)2(32=F F 同样312上的极⼩多项式是322324222?+-x x 即4))2((31;2=F E由此可得（12):(,6):(21==F F F E４多项式的分裂域１．证明：有理数域F 上多项式14+x 的分裂域是⼀个单扩域)(a F 其中a 是14+x 的⼀个根证 14+x 的４个根为2222,2222,2222,22223210i a i a ia i a --=+-=-=+=⼜a a a a a a -=-==--31211,;所以)(),,,(321a F a a a a F =２．令F 是有理数域，a x -3是F 上⼀个不可约多项式，⽽a 是a x -3 的⼀个根，证明)(a F 不是a x -3在F 上的分裂域．证由于a 是a x -3的⼀个根，则另外两个根是2,εεa a ，这⾥ε，2ε是12++x x 的根若)(a F 是a x -3的在H 上的分裂域那么)(,2a F a a ∈εε这样，就是)()(a F F F ??ε由3。
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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ϕ个生成元而且a k是生成元⇔(k n)＝1)；两个生成元，n阶循环群a有)(n2)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(i1，i2…i k)－1＝(i k，…，i2，i1 )．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__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。
韩士安 近世代数 课后习题解答
习题1-1(参考解答)1. （1）姊妹关系（2）()(),P S ⊆（3） (),{1},1a b Z a b ∈−≠,.例如(2 ,6 )2,(3 ,6 )3,==但()2,31=.2. 若b 不存在，则上述推理有误.例如{}{~~~~}S a b c R b c c b b b c c =,,,：,,,.3. (1)自反性:,(),,n A M E GL R A EAE ∀∈∃∈=~A A ∴ 对称性:1111,,~,,(),,,,().~.n n A B M A B P Q GL R A PBQ B P AQ P Q GL R B A −−−−∀∈∃∈==∈∴ 传递性:12211221212,,~,~,,,,(),,,,n A BC M A B B C P Q P Q GL R A PBQ B P CQ A PP CQ Q ∀∈∃∈===1212,(),~.n PP Q Q GL R A C ∈∴(2) 自反性:1,(),,~.n A M E GL R A E AE A A −∀∈∃∈=∴ 对称性:()11,,~,(),,,(),~.TT n n A B M ifA B T GL R A T BT B T BT T GL R B A −−∀∈∃∈=∴=∈∴传递性: 121122,,,~,~,,(),,,T T n A B C M ifA B B C T T GL R A T BT B T CT ∀∈∃∈==()12211221,TT T A T T CT T TT CT T ∴==12(),~.n TT GL R A C ∈∴ (3) 自反性:()1,,,~.n n A GL E GL R A E AE A A −∀∈∃∈=∴ 对称性:1,(),~,(),,n n A B GL R ifA B T GL R A T BT −∀∈∃∈= ()11111,(),~n B TAT TAT T GL R B A −−−−−∴==∈∴.传递性:11121122,,(),~,~,,(),,,n n A B C GL R A B B C T T GL R A T BT B T CT −−∀∈∃∈== ()()11112212121,A T T CT T T T C T T −−−∴==21(),~.n T T GL R A C ∈∴ 4. 证明: (1) 反身性:,()(),~a A a a a a φφ∀∈=∴Q(2)对称性: ,,~,()(),()(),.a b A ifa b a b b a b a φφφφ∈=∴==(3) 传递性: ,,,~,~,()(),()(),()(),~.a b c a a b b c a b b c a c a c φφφφφφ∀∈==∴=∴{}[]|()().a x A x a φφ=∈=5. (1)()S P A ∀∈,则S =S~S S ∴，~∴具有反身性（2）设12,()S S P A ∈，若12~S S ，则12S S =，21S S ∴=21~S S ，~∴具有对称性（3）设123,,()S S S P A ∈若12~S S ,23~S S ，则12S S =，23S S =13S S =，13~S S ，~∴具有传递性 ~∴是()P A 上的一个等价关系. []{}{}{}{}{}(),1,1,2,1,2,3,1,2,3,4~P A φ=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦[]{}φφ={}{}{}{}{}{}11,2,3,4=⎡⎤⎣⎦{}{}{}{}{}{}{}{}1,21,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}{}{}{}1,2,31,2,3,1,2,4,1,3,4,2,3,4=⎡⎤⎣⎦ {}{}{}1,2,3,41,2,3,4=⎡⎤⎣⎦6. 证明：（1）反身性: ,0,~.a Q a a Z a a ∀∈−=∈∴(2) 对称性: 设,,a b Q ∈若~a b , 即,a b Z −∈则(),b a a b Z −=−−∈ ~b a ∴ (3) 传递性: 设,,,a b c Q ∈若~,~a b b c 即,a b Z b c Z −∈−∈那么()(),a c a b b c Z −=−+−∈~a c ∴∴~是Q 上的一个等价关系. 所有的等价类为: []{}|[0,1).~Qa a Q a =∈∈且7. 证明: (1) 反身性: ~a C a a a a ∀∈=∴Q ，，(2) 对称性: a b C ∀∈，，若~a b ,则由a b =,得~b a b a =∴，.(3) 传递性: a b c C ∀∈，，，若~~a b b c ，，则a b b c a c ==∴=，，，即~.a c 所以~是一个等价关系. 商集为[]{}{0}~Ca a R +=∈U8. 设集合(){},/,,0S a b a b Z b =∈≠,在集合S 中，规定关系“~”：()(),~,a b c d ad bc ⇔=证明：~是一个等价关系.证明: 自反性: (),a b S ∀∈,则ab ba =,所以()(),~,.a b a b 对称性: 若()(),,,a b S c d S ∈∈,且()(),~,a b c d 则ad bc =所以cb da =,即()(),~,c d a b 传递性: 若()(),~,a b c d 且()(),~,c d e f由()(),~,a b c d 有ad bc =,所以adc b= 由()(),~,c d e f 有cf de =,所以adf de b⋅= 所以adf bde =,所以 af be =,即()(),~,a b e f . 所以~是一个等价关系9. 设{},,,A a b c d =试写出集合A 的所有不同的等价关系.解: {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}1,,,,2,,,,3,,,,4,,,,P a b c d P a b c d P a c b d P a d b c ===={}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}5,,,,6,,,,7,,,,8,,,,P a b c d P a c d b P a b d c P b c d a ==== {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}9,,,,,10,,,11,,,,P a b c d P a c b d P a b c d === {}{}{}{}{}{}{}{}12,,,,13,,,,P c d a b P a b c d == {}{}{}{}{}{}{}{}{}14,,,,15,,,P a c b d P a b c d ==10. 不用公式（1 .1），直接算出集合{}1,2,3,4A =的不同的分类数.解: 1212211211135554254254331()((/)(/))(/)152C C C C P C C P C C C P ++++++=.。
近世代数答案
近世代数答案1：证明：:实数域R 上全体n 阶⽅阵的集合Mn(R)，关于矩阵的加法构成⼀个交换群。
证：（1）显然，Mn(R)为⼀个具有“+”的代数系统。
（2）∵矩阵的加法满⾜结合律，那么有结合律成⽴。
（3）∵矩阵的加法满⾜交换律，那么有交换律成⽴。
（4）零元是零矩阵。
?A ∈Mn(R),A+0=0+A=A 。
（5）?A ∈Mn(R),负元是-A 。
A+(-A)=(-A)+A=0。
∴（Mn(R),+）构成⼀个Abel 群。
2：证明：实数域R 上全体n 阶可逆⽅阵的集合GLn(R)关于矩阵的乘法构成群。
这个群称为n 阶⼀般线形群。
证明：显然GLn(R)是个⾮空集合。
对于任何的A,B ∈GLn(R)，令C=AB, 则C=|AB|=|A||B|≠0,所以C ∈GLn(R)。
⑴因为举证乘法有结合律，所以结合律成⽴。
⑵对任意A ∈GLn(R)，AE=EA ，所以E 是单位元。
⑶任意的A ∈GLn(R)，由于∣A ∣≠0,∴A 的逆矩阵1-A ，满⾜E A A AA ==--11且∴A 的逆元是 1-A .所以，GLn(R)关于矩阵的乘法构成群。
3：证明:实数域R 上全体n 阶正交矩阵的集合On(R)关于矩阵的乘法构成群.这个群称为n阶正交群.证：（1）由于E ∈On (R),∵On (R)⾮空。
(2 ) 任意A,B ∈On (R)，有（AB ）T=B T A T =B -1A -1=(AB) -1, ∴AB ∈On(R),于是矩阵的乘法在On(R)上构成代数运算。
(3) ∵矩阵的乘法满⾜结合律，那么有结合律成⽴。
（4）对任意A ∈On (R)，有AE=EA=A ．∴E 为On (R)的单位元。
（5）对任意A ∈On (R)，存在A T ∈On (R)，满⾜AA T =E=AA -1, A T A=E=A -1A ．∴A T 为A 在On (R)中的逆元。
∴On (R)关于矩阵的乘法构成⼀个群。
4：证明：所有⾏列式等于1的n 阶整数矩阵组成的集合SLn(Z),关于矩阵的乘法构成群。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)5
近世代数课后习题参考答案第五章 扩域1 扩域、素域1. 证明:)(S F 的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证 一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为∑1)若 ∑∈b a , 则一定有),,(2,1n F a ααα ∈),,(2,1m F b βββ ∈易知m n F b a βββααα,,,,,,(2121 ∈-但∑⊂),,,,,,(2121m n F βββααα 从而∑∈-a b2)若,,∑∈b a 且0≠b 则 ),,,(21m F b βββ ∈-从而有∑⊂∈-),,,,,,(21211m n F ab βββααα２ 单扩域１． 令E 是域F 的一个扩域，而F a ∈证明a 是F 上的一个代数元，并且F a F =)(证 因0=-a a 故a 是F 上的代数元．其次，因F a ∈，故F a F ⊂)(易见F a F ⊃)(，从而F a F =)(２．令F 是有理数域．复数i 和112-+i i 在F 上的极小多项式各是什么？ )(i F 与)112(-+i i F 是否同构？ 证 易知复数i 在F 上的极小多项式为112,12-++i i x在F 上的极小多项式为252+-x x因)112()(-+=i i F i F 故这两个域是同构的．３．详细证明，定理３中a 在域F 上的极小多项式是)(x p证 令ℜ是)(x F 中的所有适合条件0)(=a f 的多项式作成)(x f 的集合．1) ℜ是)(x F 的一个理想(ⅰ)若 ℜ∈)(),(x g x f 则0)(,0)(==a g a f因而0)()(=-a g a f 故ℜ∉-)()(x g x f ⅱ)若)(,)(x h x f ℜ∈是)(x F 的任一元那么0)()(=a f a h 则ℜ∈)()(x f x h2)是一个主理想设 )(1x p 是ℜ中a ！的极小多项式那么，对ℜ中任一)(x f 有)()()()(1x r x q x p x f +=这里0)(=x r 或r(x)的次数 但)()()()(1x R a q a p a f +=因 )(,0)(1a p a f =0= 所以0)(=a r若 0)(≠x r 则与x p 1是a 的极小多项式矛盾． 故有 )()()(1x q x p x f = 因而)((1x p =ℜ （３）因 p(a)=0 故p(x)ℜ∈)()(1x p x P 因二者均不可约，所以有)()(1x ap x p =又)(),(1x p x p 的最高系数皆为1那么1=a 这样就是)()(1x P x p =４． 证明：定理３中的K a F =)(证 设,K f ∈，则在定理３的证明中，'K K ≅之下有． a xa x a f n n nn +++→------11但 ,x a → -→11a a 故必011a a a f n n n n ++=--αα 这就是说)(αF k ⊂ 因而K a F =)(３ 代数扩域１．令E 是域F 的一个代数扩域，而α是E 上的一个代数元， 证明α是E 上的一个代数元 证 因为α是F 上的代数元所以nn e e e αα+++ 10又因为E 是F 的代数扩域，从而),,(10n e e e F 是F 的代数扩域，再有α是),,(10n e e e F 上的代数元，故),,(10n e e e F ()(αn n e e e e F ,,,,(110- )的有限扩域，由本节定理１，知 ),,,,,(110αn n e e e e F -是F 的有限扩域，因而是F 的代数扩域，从而a 是F 上的一个代数元．２．令F ,E 和L 是三个域，并且F E ⊂I ⊂，假定(:)I F m =而E 的元α在F 上的次数是n ，并且1),(=n m证明α在I 上的次数也是１ 证 设r I I =:)((α因为 F I I ⊃⊃)(α由本节定理1 rm F a I =):)(( 另一方面，因为F I F F :)(():)((αα 仍由本节定理！！ 即有rm n但由题设知 1),(=n m 故 r n又α在I 上的次数是r ，因而其在I 上的极小多项式的次数是１ α在I 上的次数是n ，因而其在F 上的极小多项式的次数是n 由于α在上的极小多项式能整除α在F 上的极小多项式所以n r ≤ 因而n r =３．令域！的特征不是２，E 是F 的扩域，并且 4):(=F E证明存在一个满足条件E I F ⊂⊂的E 的二次扩域F 的充分与必要条是：4):(=F E ，而α在F 上的极小多项式是b ax x ++24证 充分性：由于α在F 上的极小多项式为b ax x ++24故F a ∉2及)(22αF a ∉因而1):)((2≠F a F 由本节定理１知：所以 2):)((2=F a F 这就是说，)(a F 是一个满足条件的的二次扩域必要性：由于存在I 满足条件E I F ⊂⊂且为F 的二次扩域即2):1(=F 因此可得（2)1:(=E 我们容易证明，当F 的特征不是２时，且 则 而！在！上的极小多项式是！同样 )(a I E =而β在f x -2上的极小多项式是 这样 ,,2F f f ∈=β I i i ∈=,2α那么ββ22212122f f f f i ++=所以24i =α22221212ββf f f f ++=222212122ββf f f f ++=令12f a -= f f f b 2221-=同时可知b a ,均属于F 024=++∴b a αα 由此容易得到0(a F E =４．令E 是域F 的一个有限扩域，那么总存在E 的有限个元m ααα ,,21使),,(21m F E ααα =证 因为E 是F 的一个有限扩域，那么把E 看成F 上是向量空间时，则有一个基n ααα ,,21显然这时 ),,(21m F E ααα =５．令F 是有理数域，看添加复数于F 所得扩域＂ )2,2(31311i F E =)2,2(31312wi F E =证明6):(,2)2((131==F E F证 易知！在！上的极小多项式是！ 即（3:)2(32=F F同样312上的极小多项式是322324222∙+-x x 即4))2((31;2=F E由此可得（12):(,6):(21==F F F E４ 多项式的分裂域１．证明：有理数域F 上多项式14+x 的分裂域是一个单扩域)(a F 其中a 是14+x 的一个根证 14+x 的４个根为2222,2222,2222,22223210i a i a i a i a --=+-=-=+=又a a a a a a -=-==--31211,;所以)(),,,(321a F a a a a F =２．令F 是有理数域，a x -3是F 上一个不可约多项式，而a 是a x -3的一个根，证明)(a F 不是a x -3在F 上的分裂域．证 由于a 是a x -3的一个根，则另外两个根是2,εεa a ，这里ε，2ε是12++x x 的根若)(a F 是a x -3的在H 上的分裂域那么)(,2a F a a ∈εε这样，就是)()(a F F F ⊂⊂ε由3。
近世代数课后习题参考答案
近世代数课后习题参考答案第一章 基本概念1 集合1.A B ⊂,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ׃只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明 如下当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ∉,显然矛盾; 若A B ⊂,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故B A =2.假定B A ⊂,?=B A ,A ∩B=? 解׃ 此时, A ∩B=A,这是因为A ∩B=A 及由B A ⊂得A ⊂A ∩B=A,故A B A = ,B B A ⊃ , 及由B A ⊂得B B A ⊂ ,故B B A = ,2 映射1.A =}{100,3,2,1，⋯⋯,找一个A A ⨯到A 的映射. 解׃ 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ⨯到A 的映射.2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ⨯到A 的一个元的的象? 解׃容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ⨯的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ⨯的象.3 代数运算1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法 是A A ⨯到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ?解׃取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ⨯到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个.2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解׃a b c aa b ca b cb bc a a a a a c c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解׃ 这个代数运算不适合结合律: 212)11(= , 2)21(1= ,从而 )21(12)11( ≠.2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律?解׃ 这个代数运算不适合结合律c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++= )()(c b a c b a ≠ 除非0=c .3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律?解׃ 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律.5 交换律1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律?解׃ 一般地a b b a -≠- 除非b a =.2.},,,{d c b a A =,由表a b c d a a b c d b b d a c c c a b d dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律?a b c aa b cb bc a cc a b解׃ d d c = , a c d =从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:⊗⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕⊗,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗ )()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗= 证)()()()(22122111b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗׃ =])[(])[(221121b a a b a a ⊗⊕⊕⊗⊕ =)()(2121b b a a ⊕⊗⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕⊗⊕⊕⊗)()()()(22211211b a b a b a b a ⊗⊕⊗⊕⊗⊕⊗=7 一 一 映射、变换1.A ={所有0〉的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证 φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即 A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =⇒=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b log =→-若 b a ≠, 则 b a log log ≠.即 --≠⇒≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证 a a a sin :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ?)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解׃ a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→) 证׃ )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于 y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。
近世代数课后练习答案
§1—3 集合、映射及代数运算思考题1：如何用语言陈述“A B ⊄”？定义4：设A B ⊂，且存在B a A a ∉∈但，那么称B 是A 的真子集，否则称B 不是A 的真子集。
思考题2：若A B ⊂，但B 不是A 的真子集，这意味着什么？定义5：若集合A 和B 含有完全一样的元素，那么称A 与B 相等，记为A =B .结论1：显然，A B B A B A ⊂⊂⇔=且.（4）集合的运算 ①集合的并：{}B x A x x B A ∈∈=或 ②集合的交：{}B x A x x B A ∈∈=且 ③集合的差：{}B x A x x B A ∉∈=-且 ④集合在全集内的补：{}A x E x x A ∉∈=且⑤集合的布尔和（对称差）：{})()()()( B A B A A B B A B A x B x A x x B A -=--=∉∈∈=⊕但或 ⑥集合的卡氏积：{}B b A a b a B A ∈∈=⨯且),(卡氏积的推广：{}m i A a a a a A A A A m A A A i i m m mi i m ,,2,1,),,,( ,,,2121121 =∈=⨯⨯⨯=∏=：成的卡氏积为个集合，那么由它们做是令课堂练习：which of the following rules are algebra operations on the indicated set? 1、.,Q set the on ab b a =2、{}.0,ln >∈=x and R x x set the on b a b a3、.,0222R set the on b a x equation the of root a is b a =-4、.,Z set the on n Subtractio5、{}.0,≥∈n and Z n n set the on n Subtractio6、{}.0,≥∈-=n and Z n n set the on b a b aSolution:1、.221Q b a b and a when ∉=⇒==2、.0ln 12121<=⇒==b a b and a when3、⎩⎨⎧⋅-⋅=⇒==32323,2b a b a when4、.Okay5、.0352<-=⇒==b a b and a when6、.Okay§4—6 结合律、交换律及分配律例1、设,Z A =“ ”是整数中的加法：则)()(,,,t s r t s r Z t s r ++=++∈∀∴“+”在Z 中适合结合律。
近世代数(吴品三)习题解答第五章 群的进一步讨论
第五章 群的进一步讨论练习§1. Sylow 子群1. 写出三种12阶的非交换群的乘法表,找出其共轭的Sylow 子群. [解] 根据例3给出的关系,可直接写出群G 的乘法表.(1)1H ={e ,a ,2a ,3a }是G 的一个子群,3C ={e ,c ,2c }是G 的一个正规子群.并由关系ac =a c 2,得出乘法表如下(见表一):22222233323222222232333222222332332233322222222233232222222323322222233322222222323322222233232222233322222222332322222232332222223233222222a ca a c acaac ecc a ca a c a c a c a ca a c a ca c e c a c a ca ca ca a c a ca a c a c c e ca a c a a ca a a c c e c ca a a c ca a a c a c a a c ca e c c a a c ca a a c ca ca a c ca a c c e a c ca a a c ca a a e c c a ca a c a ca a c a ca a c a c c e c a c a ca a c a ca a c a ca ca c c e ca a c a ca a c a ca a c a a ca a a c ca a a c ca a a c c e c c a a c ca a a c ca a a c ca e c c c a c ca a a c ca a a c ca a c c e e a c ca a a c ca a a c ca a c c e 由乘法表可知与1H 共轭的另外两个Sylow 子群是2H =c H c 12={e ,ca ,2a ,3ca }及3H =21c cH ={e ,a c 2,2a ,32a c }.(2)1H ={e ,a ,b ,ab }是G 的一个子群,3C ={e ,c ,2c }是G 的一个正规子群.并有关系ac =ca ,bc =b c 2.首先,我们减少生成元素的个数.命x =ac ,因a 的周期为2,c 的周期为3,而ac =ca ,故x 的周期为6.因为a =33c a =3x ,c =44c a =4x ,所以G 由x 和b 生成.因为x b x =)()(ac b ac =c ba ac )(=c ab ac )(=bc ac a )( =cbc a 2=)(bc c =)(2b c c =b ,所以存在关系bx =b x 5.反过来,用6x =e ,2b =e ,bx =b x 5,命3x =a ,4x =c ,可以推出原来的全部关系,即2a =e ,2b =e ,3c =e ,ab =ba ,ac =ca ,bc =b c 2.因此,这两组关系等价.我们可以得到乘法表如下(见表二):ex x x x x b xb b x b x b x b x b x x e x x x x b x b xb b x b x b x b x x x e x x x b x b x b xb b x b x b x x x x e x x b x b x b x b xb b x b x x x x x e x b x b x b x b x b xb xb x x x x x e xb b x b x b x b x b b b x b x b x xb b b x x x x x e x x b x b x xb b b x b x x x x e x x x b x xb b b x b x b x x x e x x x x xb b b x b x b x b x x e x x x x x b b x b x b x b x xb e x x x x x x b x b x b x b x xb b x x x x x e e b x b x b x b x xb b x x x x x e 2345234555234523444523452333452345222345234523452345432543255325432544254325433543254322543254325432543254325432 此时,1H ={e ,3x ,b ,b x 3},3C ={e ,4x ,2x },则与1H 共轭的另外两个Sylow 子群是2H =412x H x ={e ,3x ,b x 4,xb };3H =214x H x ={e ,3x ,b x 2,b x 5}.(3)4B ={e ,a ,b ,ab }是G 的一个正规子群,3C ={e ,c ,2c }是G 的一个子群.并有关系ca =bc ,cb =c ab )(,)(ab c =ac (见表三):acaac bcbbc cec abcababc abc b bc bc e c c a ac ac ab abc abc abc c c e ac ac a bc bc b abc abc ab ab c e c abc ab abc ac a ac bc b bc bc ab abc abc a ac ac e c c b bc bc bc ac ac a c c e abc abc ab bc bc b b abc ab abc c e c bc b bc ac a ac ac e c c b bc bc ab abc abc a ac ac ac bc bc b abc abc ab c c e ac ac a a bc b bc ac a ac abc ab abc c e c c a ac ac ab abc abc b bc bc e c c c abc abc ab bc bc b ac ac a c c e e abc abc ab bc bc b ac ac a c c e 22222222222222222222222222222222222222222222222222222222与3C 共轭的另外三个Sylow 子群是a aC 3={e ,abc ,2bc},与b bC 3={e ,ac ,2abc },及)()(3ab C ab ={e ,bc ,2ac }.2. 写出10阶的非交换群的乘法表,找出其共轭的Sylow 子群.[解] 因为|G |=10,所以的2-Sylow 子群是2阶循环群2C ,G 的5-Sylow 子群是5阶循环群5C .5-Sylow 子群的个数5k =5l +1,5k |10,所以5k =1,5C 是G 的正规子群.2-Sylow 子群的个数2k =2l +1,2k |10,所以2k =1,5.如果2k =1,则G =2C ×5C =10C ,是10阶循环群,所以2k =5.设1H ={e ,a }是G 的一个子群,5C ={e ,c ,2c ,3c ,4c }是G 的正规子群.设ca a 1-=i c ,则c =22ca a -=a c a i 1-=2i c ,因此2i ≡1(mod 5),i =1,4.如果i =1,则ac =ca ,从而G 是可换群,因此i =4,有关系ac =a c 4,G 是10阶二面体群.乘法表如下:ec c c c a ca a c a c a c a c c e c c c a c a ca a c a c a c c c e c c a c a c a ca a c a c c c c e c a c a c a c a ca ca c c c c e ca a c a c a c a a a c a c ca a a c c c c e c c a c ca a a c a c c c e c c c ca a a c a c a c c e c c c c a a c a c a c ca e c c c c c a c a c a c ca a c c c c e e a c a c ac ca a c c c c e 234234442342333423422234234234234324324424324334324322432432432432432432 与1H 共轭的Sylow 子群为2H =c H c 14={e ,a c 3},3H =213c H c ={e ,ca ,},与4H =312c H c ={e ,a c 4},5H =41c cH ={e ,a c 2}.(根据乘法表对角线上的e ,可得到G 的5个周期为2的元素,从而即可得到全部2-Sylow 子群.)3. 设A 是有限群G 的子集,证明,G 中与A 共轭的子集的个数等于[G :)(A N ].[证] 由P.261引理3可知,G 中与A 共轭的子集的个数等于[G :G ∩)(A N ],是即[G :)(A N ].4. 设P 是G 的p -Sylow 子群,H 是G 的正规子群,且[G :H ]与p 互素,证明H P ⊆.[证] 设|G |=m p r ,p ∤m .因为p ∤[G :H ],所以rp |H |,H 的p -Sylow 子群P '是r p 阶子群,因而是G 的p -Sylow 子群,P '与P 在G 中共轭,1-'x P x =P .但由于H 是G 的正规子群,1-'xP x ⊆1-xHx =H ,所以P ⊆H .5. 证明35阶的群一定是循环群.[证] 设|G |=35,因为35=5×7,所以G 的5-Sylow 子群为5阶循环群5C ,G 的7-Sylow 子群为7C .5-Sylow 子群的5k =5l +1,5k |35,故5k =1.7-Sylow 子群的个数7k =7l +1,7k =35,故7k =1.5C 和7C 都是G 的正规子群,故G =5C ×7C =35C 是循环群.6. 设有限群G 的阶数为np ,p 是素数,n <p .证明,G 含有阶数p 的不变子群.[证] 因为2p ∤np ,故G 的p -Sylow 子群是p 阶循环群p C .p -Sylow 子群的个数p k =pl +1,p k |np ,即(pl +1)|np .但由于(pl +1,p )=1,所以(pl +1)|n ,由于n <p ,故l =0,p k =1,因而p C 是G 的正规子群.§2. 有限交换群1. 利用数学归纳法证明定理2(两个有限交换群同构的充分必要条件是有相同的初等因子组).[证] 充分性:设A ,B 是两个有限交换群,具有相同的初等因子组{11αp ,22αp ,…,s s p α},则A =(1a )×(2a )×…×(s a ),B =(1b )×(2b )×…×(s b ),位里m a 和m b 的周期都是m m p α,m =1,2,…,s .命ϕ:s is iia a a 2121 s i s i ib b b 2121,0≤m i <m m p α,m =1,2,…,s .显然ϕ是A 到B 的一个双射.∀1x =s i s i i a a a 2121,2x =s j s j j a a a 2121,设21x x =s k s kk a a a 2121,位里0≤m i ,m j ,m k <m m p α,m =1,2,…,s ,显然m i +m j ≡m k (mod m m p α),m =1,2,…,s .显然)(1x ϕ=s is iib b b 2121,)(2x ϕ=s js jjb b b 2121,)(21x x ϕ=s ks kkb b b 2121.因为m b 的周期是m m p α,而m i +m j ≡m k (mod m m p α),所以)(1x ϕ)(2x ϕ=)(21x x ϕ,A 和B 同构.必要性:设有限交换群A 的B 同构,A 具有初等因子组{11αp ,22αp ,…,s s p α},今对初等因子的个数用数学归纳法加以证明.当s =1时,A 是11αp 阶循环群,由于同构关系,B 也是11αp 阶循环群,因而B 和A 具有相同的初等因子组{11αp }.假定对于衽因子的个数<s 的有限交换群,必要性成立.今设A =(1a )×(2a )×…×(s a ),令1A ={1a },2A ={2a }×{3a }×…×{s a },则A =1A ×2A .设1B ,2B 分别为1A 和2A 在B 中的同构象,显然,A =1A ×2A 在B 中的同构象是1B ×2B ,因此B =1B ×2B .由于1A 和2A 的初等因子的个数小于s ,根据归纳假设可知,1B 和1A 有相同的初等因子组,2B 和2A 有相同的初等因子组.故1B =(1b ),2B =(2b )×(3b )×…×(s b ),并且m b 的周期和m a 相等,都等于mmp α,m =1,2,…,s .因而B =1B ×2B =(1b )×(2b )×…×(s b ),这意味着B 和A 有相同的初等因子组{11αp ,22αp ,…,s s p α}.定理得到证明.2. 设G =(a )×(b ),|a |=8,|b |=4,命c =ab ,d =b a 4,证明G =(c )×(d ). [证] 用[m ,n ]表示非负整数m 和n 的最小公倍数.因为a ,b 分属于G 的两个不同的直积因子,所以|c |=[|a |,|b |]=[8,4]=8,|d |=[|4a |,|b |]=[2,4]=4,故(c )是8阶循环群,(d )是4阶循环群. x ∈(c )∩(d ),则x =i ab )(=j b a )(4,即x =ii b a =jjb a 4,由于G =(a )×(b ),故i ≡4j (mod 8),i ≡j (mod 4).由此可知j ≡0(mod 4),因而x =jjb a 4=e ,即(c )∩(d )={e },(c )×(d )是G 的32阶子群,由于G =(a )×(b )是32阶群,所以G =(a )×(b ).3. 写出45阶交换群的一切可能类型.[解] 因为45=5×23,初等因子组有两种{5,3,3},{5,23},因而45阶交换群仅有两种类型:5C ×3C ×3C ,2C ×9C .4. 写出108阶交换群的一切可能类型.[解] 108阶交换群的初等因子组有:{2,2,3,3,3},{2,2,3,23},{2,2,33},与{22,3,3,3},{22,3,23},{22,33}.故108阶交换群有6种:2C ×2C ×3C ×3C ×3C ,2C ×2C ×3C ×9C ,2C ×2C ×27C ,4C ×3C ×3C ×3C ,4C ×3C ×9C ,4C ×27C .5. 设G 是n2阶交换群,G 中指数为2的子群仅存在一个,证明,G 是循环群. [证] 由P.259定理2知G 是2群,故由P.274例6知G 是循环群(p =2). 6. 设交换群G 的初等因子组为{3p ,2p },求G 中阶数为2p 的子群的个数. [解] G 的2p 阶子群的初等因子驵可能是{p ,p }和{2p }. 令p G ={x |x ∈G ,px =e },2p G ={x |x ∈G ,2p x=e }.容易验证,p G 和2p G 都是G 的子群,并且p G 包含G 的初等因子组为{p ,p }的一切子群,2p G 包含G 的一切2p 阶子群.易知|p G |=2p ,故p G 的初等因子组是{p ,p },因而p G 是G 的初等因子组为{p ,p }的唯一子群.现在考虑G 的2p 阶循环子群的个数.因为2p 阶循环子群(c )中,元素i c (0≤i ≤p -1)是2p 阶元素,当且仅当p ∤i ,故G 中2p 阶元素的个数等于|2p G |-|p G |=4p -2p ,而每个2p 阶元素属于且仅属于一个2p 阶循环群,每个2p 阶循环群含有2p -p 个2p 阶元素,因此G 的2p 阶循环子群的个数等于pp p p --224=2p +p ,故G 的2p 阶子群的个数为2p +p +1. 7. 写出144阶交换群的一切可能类型.[解] 初等因子组有:{3,3,2,2,2,2},{3,3,22,2,2},{3,3,22,22}, {3,3,32,2},{3,3,42},{23,2,2,2,2},{23,22,2,2},{23,22,22},{23,32,2},{23,42}.对应的不变因子组为{2,2,6,6},{2,6,12},{12,12},{6,24}, {3,48},{2,2,2,18},{2,2,36},{4,36},{2,72},{144}.故144阶交换群有十种:2C ×2C ×6C ×6C ,2C ×6C ×12C ,12C ×12C ,6C ×24C ,3C ×48C ,2C ×2C ×2C ×18C ,2C ×2C ×36C ,4C ×36C ,2C ×72C ,144C .8. 证明,对任意素数1p ,2p ,…,r p ,任意自然数1α,2α,…,r α,存在交换群G ,其初等因子组为{11αp ,22αp ,…,r r p α}. [证] 实际上,G =11αp C ×22αp C ×…×r rp C α就是所要求的交换群.§3. 具有有限生成元的交换群1. 利用数学归纳法,写出定理2的末一部分证明.[证] 设A ,B 是两个同构的交换群:A =(1a )×(2a )×…×(h a )×(1u )×…×(n u ),n ≥1.B =(1b )×(2b )×…×(k b )×(1v )×…×(m v ),m ≥0.此处|(i a )|为有限,i =1,2,…,h ;且|)(||)(|1i i a a -,i =2,3,…,h ;(i u )是无限循环群,i =1,2,…,n ;|(j b )|为有限,j =1,2,…,k ;且|)(||)(|1j j b b -,j =2,3,…,k ;而(j v )是无限循环群,j =1,2,…,m .今对n 用数学归纳法证明h =k ,m =n ,且(i a )≅(i b ),i =1,2,…,h .由于n ≥1,故首先可知必有m ≥1,当n =1时,由P.273引理2知:(1a )×(2a )×…×(h a )≅(1b )×(2b )×…×(k b )×(1v )×…×(1-m v ), 故m -1=0,且(1a )×(2a )×…×(h a )≅(1b )×(2b )×…×(k b ).由§2中的定理4知h =k ,且(i a )≅(i b ),i =1,2,…,h ,故当n =1时命题成立.假定命题对n -1成立,则由(1a )×…×(h a )×(1u )×…×(1-n u )≅(1b )×…×(k b )×(1v )×…×(1-m v ), 可知h =k ,n -1=m -1,且(i a )≅(i b ),i =1,2,…,h .故命题对n 也成立.命A =B =G ,就得到定理2的末一部分的证明.2. 利用数学归纳法证明定理3(两个有限生成元的自由交换群同构的充分必要条件是生成元的个数相同).[证] 设A ,B 是两个有限生成的自由交换群,生成元的个数分别为n 和m ,则A =(1a )×(2a )×…×(n a ),B =(1b )×(2b )×…×(m b ),若m =n ,命ϕ:n in iia a a 2121 n in i i b b b 2121,容易验证A ≅B . 必要性.当n =1时,A ={e }×(1a ),由引理2可知,{e }≅(1b )×(2b )×…×(1-m b ),因而B =(m b ),m =1.当n >1时,由引理2可知,(1a )×(2a )×…×(1-n a )≅(1b )×(2b )×…×(1-m b ),但此时根据归纳假定可知m -1=n -1,因而m =n ,定理得到证明.3. 设G 是无限循环群,找出G 的所有基.[解] 根据书中关于基的定义,命题应仅限于不含单位元e 的基.设G =(a ),显然{a }是G 的一个基.今设S 是G 的任一个基,我们证明S 是一个元素的集合.否则,任取S 的两个不同的元素1s ,2s ,则存在整数1m ,2m ,使得1s =1m a,2s =2m a.显然1221m m s s -=1221)()(mm m m a a -=e .因为1s ∈S ,2s ∈S ,所以1s ≠e ,2s ≠e ,1m ≠0,2m ≠0,又因为a 的周期无限,所以21m s =21)(m m a =21m m a ≠e ,这与基的定义相矛盾,故S 中仅含有一个元,从而是G 的生成元.因此{a }及{1-a }就是G 的所有的基.4. 设1a ,2a ,…,n a 是自由交换群n F 的一个基,证明对任意整数k ,ka a 21,2a ,…,n a 仍是n F 的一个基. [证] 因为n in iiia a a a 321321=n i ni ki i ik a a a a a 31213221)(-,所以ka a 21,2a ,…,n a 是n F 的一个生成元系.设n in iiik a a a a a 3213221)(=e ,即ni ni ki i ia a a a 3121321+=e ,由于1a ,2a ,…,n a 是n F 的一个基,故1i =2i +k i 2=3i =…=n i =0,即1i =2i =3i =…=n i =0,因而ka a 21,2a ,…,n a 仍是n F 的一个基.5. 证明,n F 的任一基都含有n 个元素.[证] 按原书对于基的定义,此处应限于不含单位元e 的基,故下面只考虑不含单位元e 的基.首先可以证明n F 没有无限基.因若n F =(1a )×(2a )×…×(n a )有一基S 含无限个元,则可取n +1个元1b ,2b ,…,1+n b ∈S .设i b =ni i i n a a a ααα2121,i =1,2,…,n +1,其中i 1α,i 2α,…,ni α(i =1,2,…,n +1)都是整数.易知整系数齐次线性方程组∑+=11n i j ijx α=0,i =1,2,…,n ……………………(*)有非零有理数解,从而有非零整数解.设(1x ,2x ,…,1+n x )是(*)的一个整数解,则有121121++n x n x x b b b =e ,从而应有i x ib =e ,i =1,2,…,n +1,于是有i ni i i i i x n x x a a a ααα 2121=e ,从而应有i ki xk a α=e ,k =1,2,…,n ,于是有i ki x α=0,k =1,2,…,n .但i b ≠e ,故i 1α,i 2α,…,ni α不全为0,故x =0,i =1,2,…,n +1.这与“(1x ,2x ,…,1+n x )是(*)的一个非零整数解”矛盾,故n F 没有无限基.用完全同样的方法可以证明,若{1b ,2b ,…,s b }及{1c ,2c ,…,t c }是n F 的任意两个基,则必有t ≤s ,而又有s ≤t ,故s =t .令n F 已有一基{1a ,2a ,…,n a }恰含n 个元,故n F 的任一基恰含n 个元. 6. 指出引理2的证明中哪几步利用A 是交换群的条件.[解] (5)式K =(u )×(K ∩1H )的成立需要A 是交换群的条件.因为虽然(u )∩(K ∩1H )={e },(u )(K ∩1H )=K ,K ∩1H 是K 的正规子群.但(5)式的成立,仍需要(u )是K 的正规子群.而B (从而A )是交换群的条件保证了(5)式的成立.同样(6)式1H =(v )×(K ∩1H )也需要B (从而A )是交换群这一条件.习题1. 设p S 是有限群G 的p -Sylow 子群,N 是G 的不变子群,证明,N S p /N 是G /N 的p -Sylow 子群.[证] 设|G |=mn p α,|N |=n p β,(p ,mn )=1,则|p S |=αp ,可知|p S ∩N |=γp ,γ≤β.故|N S p /N |=|p S /p S ∩N |=NS S p p =γα-p ,其中α-γ≥α-β.而|G /N |=m p βα-,故|N S p /N |=βα-p ,所以N S p /N 是G /N 的一个p -Sylow 子群.2. 设p S 是有限群G 的p -Sylow 子群,)(p S N 表示p S 的正规化子,证明: ①含于)(p S N 的p S 的共轭子群只有一个;②)(p S N =))((p S N N .[证] ①设p S '是)(p S N 中的在G 中与p S 共轭的一个子群,则p S '和p S 同是)(p S N 的p -Sylow 子群,因而在)(p S N 中共轭,但p S 是)(p S N 的正规子群,故p S '=p S ,即证.②显然)(p S N ⊆))((p S N N ,))((p S N N x ∈∀,则由于p S ⊆)(p S N ,所以x S x p 1-⊆x S N x p )(1-=)(p S N .由①可知x S x p 1-=p S ,故x ∈)(p S N ,从而)(p S N ⊇))((p S N N ,即)(p S N =))((p S N N .3. 设p S 是有限群G 的p -Sylow 子群,K ,L 是p S 的子集,适合下面条件:①p S a ∈∀:Ka a 1-=K ,La a 1-=L ;②G b ∈∃:L =Kb b 1-.证明,)(p S N c ∈∃:L =Kc c 1-.[证] 设)(K N ,)(L N 分别是K 和L 在G 中的正规化子,则p S ⊆)(K N ,p S ⊆)(L N ,由Kb b 1-=L ,容易推得b K N b )(1-=)(L N ,故b S b p 1-⊆b K N b )(1-⊆)(L N ,因此b S b p 1-和p S 是)(L N 的两个Sylow 子群,故)(L N x ∈∃,使x b S b x p )(11--=p S ,令c =bx ,则)(p S N c ∈,且Kc c 1-=x Kb b x )(11--=Lx x 1-=L .4. 设K 是有限群G 的子群,H 是K 的子群,且K 中与H 同构的子群均与H 在K 中共轭.证明,)(K N =()(H N ∩)(K N ),[证] 由于K 是)(K N 的正规子群,)(H N ∩)(K N 是)(K N 的子群,故()(H N ∩)(K N )K 是)(K N 的子群.∈∀x )(K N ,由于K ⊇H ,故K ⊇Hx x 1-.根据条件,Hx x 1-和H 在K 中共轭,故K b ∈∃,使得11)(--b Hx x b =H ,a =1-xb ,则a ∈()(H N ∩)(K N ),而x =ab ,x ∈()(H N ∩)(K N )K ,所以,)(K N )(K N ⊆()(H N ∩)(K N )K ,即)(K N =()(H N ∩)(K N )K .5. 设G 不是循环群,|G |=2p ,证明,G 可分解成两个p 阶循环群的直积.[证] 由G 不是循环群可知,G 中任意元素,除e 外,周期均等于p .任取G 中p 阶元素a ,则(a )是p 阶循环群,由例6可知,(a )是G 的正规子群.G b ∈∀,a b ∉,则(b )是p 阶循环群,是G 的正规子群.由于a b ∉,所以(b )⊃((a )∩(b )),因而(a )∩(b )={e }.故(a )×(b )是G 的2p 阶子群,即G =(a )×(b ).6. 设有限交换群G 的阶数被任一素数的平方都除不尽,则G 是循环群.[证] 设G 的不变因子组为{1h ,2h ,…,n h },任取1h 的素因子p ,则有p |i h ,i =1,2,…,n ,因而||G p n .由于2p ∤|G |,故n =1,G 的不变因子组为{h },因而G 是循环群.7. 设G 是p 群,|G |=m p ,则G 至少含有p -1个周期为p 的元,属于G 的中心.[证] 设C 是G 的中心,a N 是a 在G 中的正规化子,∑表示对共轭元素类的代表元求和.根据群的类方程,|G |=|C |+∑∉C a a N G ]:[.||C p ,因而C 中至少含有1个周期为p 的元素,设为a ,则C ⊇(a ),(a )为p 阶循环群,故C 至少含有p -1个周期为p 的元素.8. 设G 是p 群,且G 含有指数p 的循环子群,则G 是不可分解的,或G 是交换群.[证] 设(a )是G 的指数为p 的循环子群,a 的周期为m p ,则|G |=1+m p .若G 中含有周期为1+m p 的元素,则G 是1+m p 阶循环群,不可分解.今设G 可分解,则G 中元素周期的最大值为m p .设G =H ×K ,H 中元素周期的最大值为i p ,K 中元素周期的最大值为j p ,i ≥j ,则ip a =e ,所以i ≥m ,但显然i ≤m ,故i =m ,||H p m .因为K ≠{e },所以H 是m p 阶循环群,K 是p 阶循环群,因此G =H ×K 是交换群.9. 设p ,q 是素数,且p <q ,p ,q 适合何种条件时,pq 元群一定是循环群?你找出的这个条件是不是必要的?[解] 设G 是pq 元群,则G 存在p -Sylow 子群p C ,q -Sylow 子群q C ,且G 中q -Sylow 子群的个数q k =ql +1,q k |pq .由于(ql +1,q )=1,故q k |p ,由于p <q ,故q k =1,q C 是G 的正规子群.同样可知,G 中p -Sylow 子群的个数p k =pl +1,p k |q .如果对于任意自然数l :(pl +1)∤q ,则p k =1,p C 是G 的正规子群,因而G =p C ×q C =pq C 是循环群.条件不是必要的.因为命G =p C ×q C ,且(pl +1)∤q ,对任意自然数l ,G 仍是循环群.例如G =35C .10. 证明,n 个生成元的自由交换群的子群仍是自由交换群.[证] 此处所说子群应不等于{e },其中e 是群的单位元.设n F =(1a )×(2a )×…×(n a ),并设V 是n F 的任意子群,但V ≠{e }.对于e ≠x ∈n F ,有唯一表示式x =n k nk k a a a 2121,其中1k ,2k ,…,n k 不全为0. 若m k ≠0,而1+m k =…=n k =0,则称x 的长度是m ,记作)(x l =m ,并称m k 是x 的最后指数;可知有1≤)(x l ≤n ,e ∀≠x ∈n F .再规定)(x l =0⇔x =e .我们先证明存在1b ∈V 满足:①(1b )是无限循环群;②V ⊇(1b );③当v ∈V ,且)(v l ≤)(1b l 时,必有v ∈(1b ).设V 中不等于e 的元的长度中最小者是m ,易知V 中有长度是m 且最后指数是正整数的元,这种元中总有一个元1b 其最后指数为最小,设1b =km k m k a a a m 1111-- .当然V ⊇(1b ),且因k >0,可知(1b )是无限循环群.当v ∈V ,且)(v l ≤)(1b l 时,若)(v l <)(1b l ,则可知v =e ∈(1b ).若)(v l =)(1b l ,则可设v =L m L m L a a a m 1111-- .设l =kq +r ,0≤r <k ,则有q vb -1=rm m a a a m 1111--αα ∈V ,其中1α,…,1-m α是整数,由1b 的选法知r 不能大于0,故r =0,于是)(1q vb l -<m ,从而q vb -1=e ,故v =q b 1∈(1b ).今设已有1b ,2b ,…,s b ∈V ,满足:①(i b )是无限循环群,i =1,2,…,s ,且)(1b l <)(2b l <…<)(s b l ;②V ⊇(1b )×(2b )×…×(s b );③当v ∈V ,且)(v l ≤)(s b l 时,必有v ∈(1b )×(2b )×…×(s b ),这里s ≥1.若V =(1b )×(2b )×…×(s b ),则V 即是自由交换群.若V ⊃(1b )×(2b )×…×(s b ),记V '=(1b )×(2b )×…×(s b ),则V -V '≠φ,且V -V '中有不等于e 的元.设V -V '中不等于e 的元的长度中最小者是r ,则可知r >)(s b l ,又易知V -V '中有长度为r 且最后指数是小正整数的元,这种元中总有一个元1+s b ,其最后指数最小,设1+s b =k r kr k a a a r 1111-- ,可知(1+s b )是无限循环群,且)(s b l ≤)(1+s b l ,又V ⊇(1+s b ),所以当x ∈((1b )×(2b )×…×(s b ))∩(1+s b )时,易知必有x =e ,故有直积(1b )×(2b )×…×(s b )×(1+s b ).且当然V ⊇(1b )×(2b )×…×(s b )×(1+s b ).当v ∈V ,且)(v l ≤)(1+s b l 时,若)(v l <)(1+s b l ,则当v =e 时,有v ∈(1b )×(2b )×…×(s b )×(1+s b ),而当v ≠e 时,据1+s b 的选法可知v ∉V -V '.但v ∈V ,故v ∈V ',从而v ∈(1b )×(2b )×…×(s b )×(1+s b );若)(v l =)(1+s b l ,设v =l r l r l a a a r 1111-- ,则当l =qk +h ,0≤h <k 时,有q s vb -+1=h r r a a a r 1111--αα ∈V ,若h >0,则)(1q s vb l -+=r ,由1+s b 的选法知q s vb -+1∈V ',故v ∈(1b )×(2b )×…×(s b )×(1+s b ).若h =0,则q s vb -+1=1111--r r a a αα ,故)(1q s vb l -+<r =)(1+s b l ,因此q s vb -+1=e ,或qs vb -+1∈V ',总之有v ∈(1b )×(2b )×…×(s b )×(1+s b ).由于)(1b l <)(2b l <…<)(s b l <)(1+s b l <n ,而n 是定自然数,诸)(i b l 是正整数,故此过程不能无限继续,是即总有正整数m ,使V =(1b )×(2b )×…×(m b ),而(1b ),(2b ),…,(m b )都是无限循环群,故V 是自由交换群.11. 证明,n 个生成元的交换群一定是n 个生成元的自由交换群的同态象.[证] 设n F =(1a )×(2a )×…×(n a )是自由交换群,B 是由{1b ,2b ,…,n b }生成的交换群.命ϕ:n i n i i a a a 2121 n i n i i b b b 2121.容易验证ϕ是n F 到B 的同态满射,故B 是n F 的同态象.12. 设G 是交换群,G =A ×(a )=B ×(b ),此处(a ),(b )是p 阶循环群,p 是素数.①证明,存在p 阶循环群(c )⊆G ,使G =A ×(c )=B ×(c );②证明,A ≌B ;③举例说明,A ×(c )=B ×(c ),未必有A =B .[证] ①如果a ∉B ,则(a )⊃B ∩(a ),从而B ∩(a )={e }.G ⊇B ×(a )⊃B .因为B 在G 中的指数p 是素数,故G =B ×(a )=A ×(a ).同样可以证明,如果b ∉A ,则G =A ×(b )=B ×(b ).今设a ∈B ,b ∈A ,因为a ∉A ,故ab ∉A ,否则就要推出a ∈A .显然ab 的周期为p ,是个素数,因而A ∩(ab )={e },由A 在G 中的指数为素数,有G =A ×(ab ),同样可知G =B ×(ab ).②由G =A ×(c )=B ×(c ),可知A ≌G /(c )≌B .③设G =(a )×(b ),其中(a ),(b )都是p 阶循环群.显然ab ∉(b ),因为ab 的周期p 是素数,故(b )∩(ab )={e },又由于G 的阶数是2p ,因而G =(ab )×(b )=(a )×(b ),显然(ab )≠(a ).13. 设G 是交换群,G =A ×(a )=B ×(b ),此处(a ),(b )是np 阶循环群,p 是素数.证明A ≌B .[证] 我们讨论以下三种情形:①A ∩(b )={e }.此时,A ×(b )是G 的子群,即G ⊇A ×(b )⊃A ,因而[G :A ]=[G :A ×(b )][A ×(b ):A ].由于[G :A ]=n p =[A ×(b ):A ],故[G :A ×(b )]=1,因而G =A ×(b )=B ×(b ),A ≌G /(b )≌B .②B ∩(a )={e }.与情形①相同,可知A ≌B .③A ∩(b )≠{e },B ∩(a )≠{e }.由于A ∩(b )≠{e },而A ∩(b )是(b )的子群,可知A ∩(b )是k p 阶循环群,1≤k ≤n .故A ∩(b )=(k n p b -),所以1-n p b =1)(--k p k n b ∈A .由于1-n p a ∉A ,故1)(-n p ab ∉A .当然有1)(-n p ab ≠e .由于a ,b 的周期都是n p ,故ab 的周期是n p 的一个约数.但1)(-n p ab ≠e ,故ab 的周期是n p ,从而(ab )是n p 阶循环群.如果A ∩(ab )≠{e },则必有1)(-n p ab ∈A .现在已经证明了1)(-n p ab ∉A ,故A ∩(ab )={e },A ×(ab )是G 的一个子群.由于[A ×(ab ):A ]=n p ,故G =A ×(ab ).同理可知,G =B ×(ab ),因而A ≌G /(ab )≌B .14. 证明,阶数为255的群一定是循环群.[证] 因为255=3×5×17,故255阶群G 含有3-Sylow 子群3C ,5-Sylow 子群5C ,17-Sylow 子群17C .设这些Sylow 子群的个数分别为3k ,5k ,17k .由3k =3l +1,3k |255,得3k =1,85.同理可得,5k =1,51,17k =1.下面分四种情形讨论:①3k =85,5k =51,17k =1.此时周期为3的元素有85×2=170个,周期为5的元素有51×4=204个,但107+204=374>255,所以此种情形不能存在.②3k =85,5k =1,17k =1.3C 的正规化子在G 中的指数3k =85,故3C 的正规化子是3阶循环群,因此,设3C =(a ),5C =(b )时,必有ba ≠ab ,因为否则b 将属于3C 的正规化子,而这不可能.由于5k =1,故5C 在G 中正规.因此可设ba a 1-=i b ,于是有b =33ba a -=3i b ,故3i ≡1(mod 5).但此时得出i =1,从而ba a 1-=b ,即ba =ab .导出矛盾.③3k =1,5k =51,17k =1.同情形②一样导出矛盾.④3k =1,5k =1,17k =1.此时3C ,5C ,17C 均是G 的正规子群,且是阶数两两互素的循环群,因而G =3C ×5C ×17C =255C ,所以阶数为255的群必定是循环群.15. 证明,阶数为45的群一定是交换群.[证] 设|G |=45,则G 的3-Sylow 子群K 是一个9阶群,G 的5-Sylow 子群是一个5阶循环群5C .设3-Sylow 子群的个数为3k ,5-Sylow 子群的个数为5k ,则3k =3l +1,3k |45;5k =5l +1,5k |45,因此3k =5k =1,K 和5C 都是G 的正规子群.显然K ∩5C ={e },故G =K ×5C .由第5题可知,9阶群K ,或者是9阶循环群,或者是两个3阶循环群的直积.在这两种情形下,K 都是交换群.由于K 和5C 都是交换群,故G =K ×5C 是交换群.16. 决定所有18阶的群.[解] 设|G |=18,因为18=2×23,故G 的2-Sylow 子群是2C ,G 的3-Sylow 子群是9阶群,故有两种可能,9C 或9B (两个3阶循环群的直积).2-Sylow 子群的个数2k =2l +1,2k |18.故2k =1,3或9.3-Sylow 子群的个数3k =3l +1,3k |18,故3k =1.从而G 只能有以下三种情形:①一个2-Sylow 子群,一个3-Sylow 子群.此时G 含有不变子群2C ,又含有不变子群9C 或9B .此时,G 有两种情形,G =2C ×9C =18C ,或G =2C ×9B ,二者都是可换群.②三个2-Sylow 子群,一个3-Sylow 子群.此时G 含有三个共轭的2阶子群(2C )和一个9阶不变子群(9C 或9B ).这四个子群两两交成{e },因此这四个子群共含有12个元素,即G 中尚有6个元素不属于任何Sylow 子群.任取一个这样的元素x ,则x 的周期只能为6.令a =2x ,c =3x ,则a 的周期为3,c 的周期为2,且ac =ca .我们证明G 的唯一的3-Sylow 子群不是9C .因为假定它是9C =(b '),则因a 的周期为3,由第二Sylow 定理可知a ∈9C ,从而又可知a =3b '或a =6b '.当a =3b '时,命b =b ';当a =6b '时,命b =2b ',则9C =(b ),a =3b .设bc c 1-=i b ,则2i ≡1(mod 9),所以i =1或8.当i =1时,bc =cb ,而b 的周期9和c 的周期2互素,故bc 的周期为18,从而G 是18阶循环群,与G 含有三个共轭的2-Sylow 子群矛盾.当i =8时,ac c 1-=c b c 31-=31)(bc c -=24b =6b =2a ,但ac =ca ,即ac c 1-=a ,故有a =2a ,这与a ≠e 矛盾.故G 的唯一的3-Sylow 子群不能是9C ,从而是9B .此时a ∈9B .设a N 是a 在G 中的正规化子,由于9B 是交换群,a ∈9B ,故a N ⊇9B .由于ac =ca ,故c ∈a N ,但c 的周期是2,故c ∉9B ,因此,a N ⊃9B .由于[G :9B ]=2,故[G :a N ]=1,从而G =a N .设G 的中心为C ,则a ∈C .d ∀∈9B ,但d ∉(a ),由于9B 是交换群,而d ∈9B ,故d 在G 中的正规化子a N ⊇9B .若d N =G ,则d ∈C ,从而9B =(a )×(d )⊆C .再由[G :9B ]=2,易知G 应为交换群,矛盾.因此d N ≠G ,故d N =9B ,从而[G :d N ]=[G :9B ]=2,即d 共有两个共轭元,故G 中全部8个周期为3的元中,除a 和2a 外,其余6个周期为3的元两两共轭.设这6个元素为u ,2u ,v ,2v ,w ,2w .如果u 与v 共轭,则必有2u 与2v 共轭,这时必有w 与2w 共轭.同样,如果u 与w 共轭,则必有2u 与2w 共轭,这时必有v 与2v 共轭.因此,在u ,v ,w 中至少有一个元与自己的平方共轭.设此元是g ,则(g )是G 的子群,而且9B =(a )×(g ).g 在G 中的正规化子g N =9B .设gc c 1-=i g ,则2i ≡1(mod 3),所以i =1或 2.但当i =1时,gc =cg ,c ∈g N ,这与g N =9B 矛盾.故i =2时,即gc c 1-=2g .所以G 是由关系式3a =e ,3g =e ,2c =e ,ag =ga ,ac =ca ,gc =2cg 所决定的18阶群.为了证明这个乘法表确实是群的乘法表,命a ((1),(123)),g ((123),(1)),及c ((12),(1)),则{((1)，(123)),((123),(1)),((12),(1))}在3S ×3C 中生成的子群3S ×3C 恰好与G 同构.③九个2-Sylow 子群,一个3-Sylow 子群.此时G 含有九个共轭的2阶子群(2C )和一个9阶不变子群(9C 或9B ).设G 含有2C 和9C ,并设2C =(c ),9C =(a ).因为9C 是G 的不变子群,设ac c 1-=i a ,则2i ≡1(mod 9),所以i =1或8.但当i =1时，G 含有周期为18的元素ac ,这不可能.故i =8时,ac c 1-=8a .因而由关系9a =e ,2c =e ,ac =8ca 定义群G .为了证明这个乘法表确实是群的乘法表,命a ((1),(123)),g ((123),(1)),及c ((12),(1)),则{((1)，(123)),((123),(1)),((12),(1))}在3S ×3C 中生成的子群3S ×3C 恰好与G 同构.这样就证明了群G 的存在,G 是18阶二面体群.设G 含有2C 和9B .由于G 中含有九个共轭的2阶子群(2C )和一个9阶不变子群(9C 或9B ).而这些子群两两交成{e }，共有18个元,因而G 中只有周期为1,2及3的元素，因此不存在周期为6的元素,故周期为3的元素和周期为2的元素不能交换,因而G 的中心为C ={e }.设9B =(a )×(b ),c ∀∈G ,但c ∉9B ,因而c 的周期为 2.由于a ∈9B ,而9B 是G 的正规子群,故ac c 1-∈9B .命x =a (ac c 1-),则x ∈9B .且因9B 是交换群,有a (ac c 1-)=(ac c 1-)c ,于是xc c 1-=1-c (ac ac 1-)c =11--acc c (ac c 1-)c =ac c 1-(22ac c -)=(ac c 1-)a =a (ac c 1-)=x .因为x ∈9B ,而9B 是交换群,故x 在G 中的正规化子x N ⊇9B .由于xc c 1-=x ,故c ∈x N ,但c ∉9B ,因此x N ⊃9B ,从而x N =G ,因而x ∈C ,但c ={e },故x =e ,即ac ac 1-=e ,ac c 1-=2a .同理可得bc c 1-=2b ,故G 由关系式3a =e ,3b =e ,2c =e ,ab =ba ,ac =2ca ,bc =2cb 所确定.命a (123),b (456),c (12)(45),则{(123),(456),(12)(45)}在6S 中生成的子群与G 同构.这就证明了G 的存在性.由以上讨论可知,18阶的群,就同构的意义来讲,共有五个,其中两个是交换群,三个是非交换群.17. 决定所有20阶的群.[证] 设|G |=20,由于20=22×5,故G 的2-Sylow 子群为4阶群,存在两种可能:4C 或4B (Klein 四元群),G 的5-Sylow 子群是一个5阶循环群5C .2-Sylow 子群的个数2k =2l +1,2k |20,故2k =1或5;5-Sylow 子群的个数5k =5l +1,5k |20,故5k =1.下面分两种情形讨论:情形 1.G 含有不变子群4C 或4B ,又含有不变子群5C .此时,G 有两种情形,G =4C ×5C =20C ,或G =4B ×5C .二者都是可换群.情形2.G 含有不变子群5C 和五个共轭的4阶子群.此时又可分为两种情形: ①G 含有不变子群4C .设4C =(a ),5C =(c ).因为5C 是G 的正规子群,故可设ca a 1-=i c ,则4i ≡1(mod 5),所以i =1,2,3或4.但当i =1时,ac 的周期为20,G 为循环群,与G 含有五个共轭的2-Sylow 子群矛盾.故i =2,3或4.当i =2时,ca a 1-=2c .因而G 由关系4a =e ,5c =e ,ca =2ac 所定义.命a (1243)，c (12345),则{(1243),(12345)}在5S 中生成的子群与G 同构.这样就证明了群G 的存在性.当i =3时,ca a 1-=3c .但这时33ca a -=31)(ca a -=33c =27c =2c ,而4C =(a )=(3a ),因此同i =2时一样.当i =4时,ca a 1-=4c ,G 由关系4a =e ,5c =e ,ca =4ac 所定义.命a ((15)(24),(1234)),c ((12345),(1)),则{((15)(24),(1234)),((12345),(1))}在5S ×4C 中生成的子群G 同构,这就证明了G 的存在性.②G 含有4B .设5C =(c ),x ∀∈4B ,由于5C 是G 的正规子群,故可设cx x 1-=i c ,则2i ≡1(mod 5),所以i =1或4.我们证明4B 中必存在周期为2的元素和c 可交换.首先可以设4B 中周期为2的元素是x ,y ,xy .若x ,y 与c 不可换,则cx x 1-=4c ,cy y 1-=4c ,故)()(1xy c xy -=y cx x y )(11--=y c y 41-=41)(cy y -=16c =c ,第五章 群的进一步讨论·１６３·所以c xy )(=)(xy c .这就证明了4B 中存在周期为2的元素和c 可交换.设该元素为a ,并设a N 是a 在G 中的正规化子.因为4B 是交换群,而a ∈4B ,故a N ⊇4B .又因为ac =ca ,故c ∈a N ,但c ∉4B ,因此,a N ⊃4B .再由5=[G :4B ]=[G :a N ][a N :4B ]及[a N :4B ]>1,可知G =a N ,故a 在G 的中心C中.b ∀∈4B ,但b ∉(a ),则4B =(a )×(b ).如果cb b 1-=c ,则同样由b N ⊇4B ,及c ∈b N ,而c ∈4B ,就有b N ⊃4B ,从而b N =G ,于是有b ∈C .而已有a ∈C ,故4B =(a )×(b )⊆C .这样,4B 在G 中正规,这与G 含有五个共轭的4阶子群相矛盾.因而cb b 1-=4c .故G 由关系式2a =e ,2b =e ,5c =e ,ab =ba ,ac =ca ,cb =4bc 所定义.命a ((12),(1)),b ((1),(15)(24)),c ((1),(12345)),则{((12),(1)),((1),(15)(24)),((1),(12345))}在2C ×5S 中生成的子群与G 同构,并可知G 是一个20阶二面体群.由以上讨论可知,20阶的群,就同构的意义来讲,共有五个,其中两个是交换群,三个是非交换群.18. 设G 的阶数为q p 2,p ,q 是互异素数,证明,G 含有一个不变子群H ,且H 是Sylow 子群.[证] ①设p >q ,G 的p -Sylow 子群的个数p k =pl +1,p k |q p 2.由于(pl +1,2p )=1,故(pl +1)|q .由p >q ,知l =0,p k =1.因而G 的p -Sylow 子群是不变子群.②设p <q ,G 的q -Sylow 子群的个数q k =ql +1,q k |q p 2.由于(ql +1,q )=1,故(ql +1)|2p .如果l =0,则q k =1,G 的q -Sylow 子群是不变子群.如果l ≠0,由于p <q ,故p <ql +1≤2p .由于p 是素数,(ql +1)|2p ,故ql +1=2p ,ql =2p -1=(p +1)(p -1).2p -1中的任意素因子不大于p +1,故2p -1中不大于p +1的素因子的唯一可能是p +1,因而q =p +1.但由于p ,q 都是素数,故第五章 群的进一步讨论·１６４· p =2,q =3.G 为12阶群.如果3-Sylow 子群在G 中不正规,则3-Sylow 子群的个数3k =3l +1=4,则G 含有四个共轭的3阶循环群.显然这四个3阶循环群两两交成{e },故G 中至少有8个周期为3的元素.这些元素当然不能属于2-Sylow 子群.但G 必含有4阶的2-Sylow 子群,故另外4个元素组成唯一的2-Sylow 子群,是G 的不变子群.综上所述,G 的Sylow 子群中,必有一个是G 的不变子群.19. 证明阶数是200的群必含有不变子群H ,且H 是Sylow 子群.[证] 设|G |=200,G 的5-Sylow 子群的个数5k =5l +1,5k |200.由于200=8×25,且(5l +1,25)=1,故(5l +1)|8,由此可得l =0,5k =1,G 的5-Sylow 子群是G 的不变子群.20. 设G 是一个群,a ∈G ,a ≠e ,证明,G 中存在不含a 的极大子群M .即M 具有性质:1)M 是G 的不含a 的子群,2)1M 是G 的子群,1M ⊃M ,则a ∈1M .[证] 命S ={K |K 是G 的子群,a ∉K }.由于{e }∈S ,故S 非空.其次,S 关于包含关系“⊆”作成一个偏序集.易知S 中任一有序子集T ={αK |α∈J }的并JK ∈αα仍在S 中.故由Zorn 引理知,S 含有极大元M ,M 就是G 中不含a 的极大子群.21. 设H 是G 的子群,S 是G 的子集,且H ∩S =D .证明,存在G 的极大子群M ,M 含有H ,且与S 的交为D .[证] 命∑={K |K 是G 的子群,K ⊇H ,K ∩S =D }.因为H ∈∑,故∑非空.并且∑关于包含关系“⊆”作成一个偏序集.设T ={αK |α∈J }是∑中任一有序子集,易知 J K ∈αα是G 的子群,且 JK ∈αα⊇H ,再由( J K ∈αα)∩S = J S K ∈αα)(=D ,可知 J K ∈αα∈∑.故由Zorn 引理知,∑含有极大元M ,M 即为所求的极大子群.22. 设R 是一个环,a ∈R ,a ≠0,证明,R 中存在不含a 的极大理想I .[证] 命S ={K |K 是R 的子环,a ∉K }.因{0}∈S ,故S 非空.又S 关于包含关系“⊆”作成一个偏序集.易知S 中任一有序子集T ={αK |α∈J }的并JK ∈αα仍在S 中.由Zorn 引理知,S 含有极大理想I ,I 就是R 中不含a 的极大理想.。
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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. 若群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 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---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∈K K K ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-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 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 我们的回答是回有的},3,2,1{K =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 是所有实数作成的集合.证明.所有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) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca Θ 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。
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绪论部分：7.由1))((11111111121112121==----------a a a a a a a a a a a a a a m m m m m m m ,故11121121)(----=a a a a a a m m .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121=⋅u a a a m ,则任意i ,1)(111=--u a a a a a m i i i ,故每个i a 有逆元素.注：直接根据逆元的定义和广义结合律证明.8.11)1(11)1)(1()1(=+-=-+-=-+-=+-=-ba ba ca ab b ba babca bca ba bca ba d babcababca ba ba bca ba d -+-=-+=-1)1)(1()1(.11)1(1=+-=-+-=ba ba a ab bc ba即1-ba 在R 内也可逆又由c abc cab c ab ab c =+=+=-=-11,1)1()1(得.故cab)ab(11abcab ab 1bca)b a(11adb 1++=++=++=+c abc =+=1.注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证. 第一章： 第一节：5.设⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=a b a A 0，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=c d c B 0,其中a,b,c,d 都是复数,a ≠0且c ≠0,则 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=ac bc ad ac AB 0也和A,B 具有相同的形式. 显然, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1001I 是单位元且⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=a a b ab a C 1012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.7.对,G a ∈a 有右逆b.b 又有右逆a '，这时a 为b 的左逆.由ab e a b =='，得到()()a a ab a b a a '='='=，可知a a '=.这样e ab ba ==，即b 是a 的逆.12.设{}s g g G ,,1 =.由性质（2），G ag ag G a s ⊆∈∀},{,1 ,且是s 个不同的元，故G ag ag s =}{1 .同样由性质（3）可得，G a g a g s =},{1 。
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P83 习题5.15.1.1 证：设 * 运算有左幺元为e l，∴∀x∈S，e l*x=e l，∵ * 运算可交换，∴ x*e l，∴ e l为右幺元，∴ e l为幺元。
设 * 运算有右幺元为e r，∴∀x∈S，x*e r，∵ * 运算可交换，∴ e r*x=e r，∴ e r为左幺元，∴ e r为幺元。
※5.1.2 解：⑴是。
⑵否。
是。
5.1.3 证：⑴∀x,y∈I x*y=x+y－xy y*x=y+x－yx∵普通的乘法和加法运算均是可交换的，∴ x+y=y+x ，xy=yx ，∴ x+y－xy = y+x－yx∴ x*y=y*x ，∴ *可交换。
⑵∀x,y,z∈I x*(y*z)=x+(y*z)－x(y*z)=x+(y+z－yz)－x(y+z－yz)∵普通的乘法和加法运算均是可结合且可交换的，乘法对加减法是可分配的，∴上式 =x+y+z－yz－xy－xz +xyz = x+y+z－xy－xz－yz+xyz同理 (x*y)*z=(x*y)+z－(x*y)z=(x+y－xy)+z－(x+y－xy)z=x+y+z－xy－xz－yz+xyz∴ x*(y*c)= (x*y)*c ∴ *可结合。
※解：⑶ 0为幺元。
⑷ 0的逆元为0，2的逆元为2，其余无逆。
5.1.4 证：⑴ 2*3=2，3*2=3，二者不等，故不可交换。
⑵∀x,y,z∈N，x*(y*z)=x*y=x，(x*y)*z=x*z=x，二者相等，故结合律成立。
※答：无单位元，故元素无逆元。
5.1.5 证：∵ *可结合，∴∀x∈A，(x*x)*x=x*(x*x)又∵ x*x∈A，根据题中给定的条件，∴ x*x=x。
※P84 习题5.25.2.15.2.2 解：×对+可分配。
+对×不可分配。
例b+(a×b)=b+a=b，(b+a)×(b+b)=b×a=a，二者不等。
上封闭，根据代数系统的定义。
5.2.3 解：⑴ 是。
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第一章 群 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ６
内容要点 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ６ 读后注 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ６ 思考练习题（非必作题） … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ７ § １ 群的例子 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ７ 习题 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ７ 习题答案与解答 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １０ § ２ 对称性变换与对称性群 ，晶体对称性定律 … … … … … … … … … … … … … … １３ 习题 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １３ 习题答案与解答 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １３ § ３ 子群 ，同构 ，同态 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １５ 习题 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １５ 习题答案与解答 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １６ § ４ 群在集合上的作用 ，定义与例子 … … … … … … … … … … … … … … … … … １８ 习题 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １８ 习题答案与解答 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … １９ § ５ 群作用的轨道与不变量 、集合上的等价关系 … … … … … … … … … … … … … ２０ 习题 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ２０ 习题答案与解答 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ２０ § ６ 陪集 ，Ｌａｇｒａｎｇｅ 定理 ，稳定化子 ，轨道长 … … … … … … … … … … … … … … … ２１ 习题 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ２１ 习题答案与解答 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ２３ § ７ 循环群与交换群 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … ２８
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近世代数课后习题参考答案第五章扩域1扩域、素域1. 证明：F(S)的一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集是一个域.证一切添加S 的有限子集于F 所得的子域的并集为 a 1) 若a,b ^送则一定有a ^…^n)b FCh’ z —m)易 知 a-b FC'1^'2^ - n, -l/：2^' , -m 但 F(「1,〉2,n, L 2…，F) V从而 b-a ，、2) 若 a,b V ,且 b = 0 则 —b ・ FCJ ：2,…,'-m)从而有 abdFC-1^-2^ : n, -1, -2/' , F) 72单扩域1.令E 是域F 的一个扩域，而 a • F 证明a 是F 上的一个代数元，并且F(a) =F证 因a-a=0故a 是F 上的代数元.其次，因a ，F ,故F(a) F 易见 F(a)二 F ，从而 F (a)二 F2i +1 2 •令F 是有理数域•复数i 和2—1在F 上的极小多项式各是什么?3 .详细证明，定理3中 a 在域F 上的极小多项式是 p(x)证 令山是F(x)中的所有适合条件 f(a)=0的多项式作成f (x)的集合.1)-k 是F(x)的一个理想(i )若 f(x),g(x)：h 则 f (a) =0, g(a) =0因而 f (a) -g(a) = 0 故 f (x) -g(x)山 ii )若f (x) •山，h(x)是F(x)的任一元 那么 h(a)f(a) =0 则 h(x)f (x)山2) 是一个主理想设 p (x)是山中a !的极小多项式2i +1 i 一1F(i)与F( )是否同构？i — 1 1,在F 上的极小多项式为x 2 - x • 52i +1 2因F(i) =F( ) 故这两个域是同构的.i T 2i 1i -1那么，对山中任一f(X)有f (x) =P i(x)q(x) r(x)这里r(x) =0或r(x)的次数但f(a)二P i(a)q(a) R(x)因f(a) = 0, p i(a) =0 所以r(a) = 0若r(x)=0 则与p1x是a的极小多项式矛盾.故有f(x) = p1 (x)q(x)因而=(p1(x)(3)因p(a)=0 故p(x) ■-R(x)| p(x) 因二者均不可约，所以有p(x)=a»(x)又p(x), p i(x)的最高系数皆为1那么a =1 这样就是p(x) = R (x)4.证明：定理3中的F(a) = K证设f • K,,则在定理3的证明中，K = K'之下有.n nf a n x - a n」x 川…川-a但 a—；x, a i Q 故必f ^a n：n ' a n/n」a。
这就是说k FG ) 因而F(a)二K3代数扩域1•令E是域F的一个代数扩域，而「是E上的一个代数元，证明圧是E上的一个代数元证因为：•是F上的代数元所以Q + …+e n a n又因为E是F的代数扩域，从而FGc，…編) 是F的代数扩域，再有a是F(e°,e,…e n)上的代数元，故FCeneJeOua)FG，e,…，e n」,e n )的有限扩域，由本节定理1 ,知FG,q, ,e n4,e n/)是F的有限扩域，因而是F的代数扩域，从而a是F上的一个代数元.2•令F ,E和L是三个域，并且F二二E，假定(I : F)而E的元「在F上的次数是n,并且(m,n) =1证明：.在I 上的次数也是1 证设(I (〉)： I =r 因为 I (：•)二丨二F 由本节定理1 (I (a): F) =rm另一方面，因为(F(cc) :F)|(I (a) :F 仍由本节定理！ ！ 即有nrm 但由题设知(m,n)=1 故nr又：•在I 上的次数是r ，因而其在I 上的极小多项式的次数是1 :-在I 上的次数是n ，因而其在F 上的极小多项式的次数是 n由于〉在上的极小多项式能整除 :-在F 上的极小多项式所以r 岂n 因而r = n3 •令域！的特征不是2,E 是F 的扩域，并且(E ：F)=4证明存在一个满足条件F I E 的E 的二次扩域 F 的充分与必要条是:(E:F)=4，而〉在F 上的极小多项式是x 4- ax 2b证充分性：件的的二次扩域必要性: 由于存在I 满足条件F I E 且为F 的二次扩域即(1: F) =2因此可得((E :1) =2 我们容易证明，当 F 的特征不是2时，且 则而！在！上的极小多项式是！ 同样 E = I (a)而［在x2- f 上的极小多项式是 这样 12二 f , f • F,：2 =i,i I那么 i 2二 f ,22f ,f^ f 22所以〉4=i2由于：•在F 上的极小多项式为 x 4 ax 2b故a 2F F 及 a F F2(：2)因而(F(a2)：F)=1 所以(F(a 2)：F)=2 由本节定理1知：这就是说，F(a)是一个满足条2^2 ： f； '-2= 2fj 2 f1 f^ f2^-2 令-2 f1 b = fj 一f22 f同时可知a,b均属于F •.工4- a^2• b = 0 由此容易得到E=F(a04.令E是域F的一个有限扩域，那么总存在E的有限个元:‘，―,…：m 使E 二F(〉I，〉2,…：m)证因为E是F的一个有限扩域，那么把E看成F上是向量空间时，则有一个基宀二辽厂一二订显然这时E =F(：1，： 2；：m)5 •令F是有理数域,，看添加复数于F所得扩域"E^F(23,2^i) E2二F(23,23wi)证明(F(23) =2,(巳：F) =6证易知上的极小多项式是!即(F(23):F -3同样23上的极小多项式是即乍疔(23)) =42 2X4— 23X2 2 ・2?由此可得((E i : F) =6,伍：F) =124多项式的分裂域1•证明：有理数域F上多项式x4 1其中a是x41的一个根的分裂域是一个单扩域F(a)4 丄证X 1的4个根为『2丄i』2 J2 n/2 寸‘2丄iU‘2』2 血a^T V，a^T-T，a^-y T，a^_W又印=a'；a2 - -aJ,a3 _ -a所以F(&,印£2£3) = F(a)2 •令F是有理数域，x3- a是F上一个不可约多项式，而a是x3- a的一个根，证明F(a)不是x3- a在F上的分裂域.证由于a是x3-a的一个根，则另外两个根是a；,a；2，这里；，；2是x2x 1的根若F (a)是X’ - a的在H上的分裂域那么a ：, a F (a)这样，就是F二F(；)二F(a)由3。
3定理！有但(F(；):F)|(F (a)F) 此为不可能.3.令P i(x), P2 (x),…,P m(x)是域F上m个最高系数为1的不可约多项式，证明存在F的一个有限扩域F(ai,a2,…,a m)，其中色在F上的极小多项式是p(x)证令f (x) = p i(x),P2 (x)，…,P m(x)由本节定理2 f (a)在F上的分裂域E存在，根据4.3定理3, 知E是F上的有限扩域，取p i(x)的根a i则有F F(a i, a?, a m) E因E 是F的有限扩域，故F(a1,a2/ a m也是F的有限扩域，显然P i(x) !是a i在F上的极小多项式.4•令p是一个特征为素数p的域，F二p(a)是p的一个单扩域，而a是p[x]的多项式x p—a的一个根，p(a)是不是x p-a在F上的分裂域？证因：•是x p- a的根故a p-a=O 即a「p由于P的特征为素数！所以x p-a = x p因此pC )是x p- a在P上的分裂域5有限域1.令F是一个含p n个元的有限域，证明，对于n是每一个因数m 0 ,存在并且只存在F的一个有p m个元的子域L证因为m是n的因数，所以(p n-1) = (p m-1)m n那么x p -1是x p「X的因式，p m p m但x p-x在F中完全分裂，所以x p-x在F中也完全分裂，那么FP m中含有x p-x的p m个根，由这p m个根作成F —个子域L .m又因为x p-x在F中的分裂域只有一个，所以F中有p m个元的子L 只有一个.2 •—个有限域一定有比它大的代数扩域.证设F是有q个元的有限域.看F上的f (x) =x q - X・1因为对F的任一元a, f (a) =1因此，f(x)在F上没有一次因式.这样，f(x)在F上有一个一次数1的不可约因式p(x).作p(x)分裂域E则E二F 而E=F且E是F的代数扩域.3•令F是一个有限域，丄是它所含素域，且:是否必须F是的非零元所作成的乘群的一个生成元？证我们的回答是未必.令厶是3元素域f(x)=x°-x在厶上的分裂域为F，若令f (x)的因式！的根为i ,则F 由0,1,—1,i,1 i,—1 • i,—1 —i,所组成，i4 =1 !故i不是F非零元所作成的乘群的生成元.但F = . ：(x)。
4.令厶是特征为2的素域..：(x)!找出的一切三次不可约多项式.证容易证明3 2 3x x ，1及x x 1是(x)的一切三次不可约多项式.6可离扩域1.令域F的特征是p, f (x)是F上一个不可约多项式，并且 f (x)可以写成F上x p，但不能写成x p的多项式(e—1)，证明，f (x)的每一个根的重复度都是p ee+证由于f (x)可以写成F上x p的多项式，而不是x p的多项式，e我们以f(x) =g(x p ) =g(y)表示因为f(x)在F上不可约，所以g(y)也不可约.假定g(y)的次数是m，首系数是1，在它的分裂域中，分裂为1次因m式y「人的乘积，即g( y) (y「m e i 3因此f(x)訓(x p- ■)i =1e “ e若r是x p- 1的根，则p八e e p e那么x p「齐=x p-■二,=(x-<-)P所以f(x)有m个互异个根^，- «m，并且它们都是p e重根.2 •设域F没有不可离扩域，证明F的任一代数扩域都没有不可离扩域.证设E是F的一个代数扩域，:是E的一个不可离元，那么〉便是E上一个有重根是不可约多项式p(x)的根.根据题设:-是F上是可离元，令口匕)是起极小多项式，则P i(x)无重根•那么p(x) p i(x)，因》(x)无重根，故p(x)亦无重根，这与〉是E的不可离元的假设矛盾.3.令域F的特征是p而E = F (爲，：),这里a是F上次可离元而1:' 是F上P 次非可离元，(E : F)二？证由本节引理4,［是F上的非可离元，否则可以推出一：是F上的可离元，这与：是F上非可离元矛盾，由于［是F上P次非可离元，由本节引理1, !在p在F上的极小多项式是f (x) = x p -a我们易知p是使［P在F上为可离元的最小正整数，那么一：！在F(a)上也— -定是p次非可离元.这样f(x) =x p -aFG , -)：F(a) 故有(F(：「)：F(a))二F(： ,J:F(a)=pn4.找一个域F，使F有一个有限域E而不是E的单扩域.证取域F o其特征是P并设x,y是F o的无关无关未定元.令F 二F o(x,y)E 二F(x p,y p1)易知都是f -上不可约的单位元所以E是F的一个有限扩域，并且(E：F)二p2我们说，E不是F的单扩域i若E = F(r)，则v为x p, y q的有理式，从而二为x, y的有理式，故二的次数，因此在E上次数乞p与(E:F)=p2矛盾.。