近世代数(吴品三)习题解答第五章 群的进一步讨论
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
近世代数课后习题答案
近世代数课后习题答案近世代数课后习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是抽象代数结构及其性质。
在学习近世代数的过程中，课后习题是巩固知识、加深理解的重要途径。
本文将为大家提供一些近世代数课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
一、群论1. 设G是一个群，证明恒等元素是唯一的。
答案：假设G中有两个恒等元素e和e'，则有e * e' = e'和e' * e = e。
由于e是恒等元素，所以e * e' = e' = e' * e。
再由于e'是恒等元素，所以e * e' = e =e' * e。
因此，e = e'，即恒等元素是唯一的。
2. 设G是一个群，证明每个元素在G中的逆元素是唯一的。
答案：假设G中的元素a有两个逆元素b和c，即a * b = e，a * c = e。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的逆元素a'，得到a' * (a * b) = a' * (a * c)。
根据结合律和逆元素的定义，等式右边可以化简为b = c。
因此，元素a的逆元素是唯一的。
二、环论1. 设R是一个环，证明零元素是唯一的。
答案：假设R中有两个零元素0和0'，则有0 + 0' = 0'和0' + 0 = 0。
由于0是零元素，所以0 + 0' = 0' = 0' + 0。
再由于0'是零元素，所以0 + 0' = 0 = 0' + 0。
因此，0 = 0'，即零元素是唯一的。
2. 设R是一个环，证明每个非零元素在R中的乘法逆元素是唯一的。
答案：假设R中的非零元素a有两个乘法逆元素b和c，即a * b = 1，a * c = 1。
则有a * b = a * c。
两边同时左乘a的乘法逆元素a'，得到(a * b) * a' = (a * c) *a'。
近世代数习题解答
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。
近世代数课后习题详细答案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：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。
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...................
......
...........................................................
......
近世代数复习题及答案
近世代数复习题及答案1. 群的定义是什么？请给出一个例子。
答案：群是一个集合G，配合一个运算*，满足以下四个条件：封闭性、结合律、单位元的存在性、逆元的存在性。
例如，整数集合Z在加法运算下构成一个群。
2. 什么是子群？如何判断一个子集是否为子群？答案：子群是群G的一个非空子集H，使得H中的元素在G的运算下满足群的四个条件。
判断一个子集是否为子群，需要验证它是否在群运算下封闭，是否包含单位元，以及每个元素是否有逆元。
3. 什么是正规子群？请给出一个例子。
答案：正规子群是群G的一个子群N，对于G中任意元素g和N中任意元素n，都有gng^-1属于N。
例如，整数集合Z在加法运算下的子群2Z（所有偶数的集合）是一个正规子群。
4. 什么是群的同态？请给出一个例子。
答案：群的同态是两个群G和H之间的函数φ，使得对于G中任意两个元素a和b，都有φ(a*b) = φ(a) * φ(b)。
例如，函数φ: Z → Z_2定义为φ(n) = n mod 2，是整数群Z到模2整数群Z_2的一个同态。
5. 什么是群的同构？请给出一个例子。
答案：群的同构是两个群G和H之间的双射同态。
这意味着G和H不仅满足相同的群运算规则，而且它们之间存在一一对应关系。
例如，群Z_3（模3整数群）和群{1, -1}在乘法下构成的群是同构的。
6. 什么是环？请给出一个例子。
答案：环是一个集合R，配合两个运算+和*，满足以下条件：(R, +)是一个交换群，(R, *)满足结合律，且乘法对加法满足分配律。
例如，整数集合Z在通常的加法和乘法运算下构成一个环。
7. 什么是理想？如何判断一个子集是否为理想？答案：理想是环R的一个子集I，满足以下条件：I在加法下封闭，对于R中任意元素r和I中任意元素i，都有ri和ir属于I。
判断一个子集是否为理想，需要验证它是否在加法下封闭，以及是否满足吸收性质。
8. 什么是环的同态？请给出一个例子。
答案：环的同态是两个环R和S之间的函数φ，使得对于R中任意两个元素a和b，都有φ(a+b) = φ(a) + φ(b)和φ(a*b) = φ(a) * φ(b)。
近世代数习题答案
近世代数习题答案近世代数习题答案近世代数是数学中的一个重要分支，研究的是代数结构及其性质。
在学习近世代数的过程中，习题是不可或缺的一部分。
通过解答习题，我们可以加深对概念和定理的理解，提高解决问题的能力。
本文将给出一些近世代数习题的答案，并对其中的一些重要思想进行解析。
1. 习题：证明群的单位元是唯一的。
解答：设G是一个群，e和e'都是G的单位元。
根据单位元的定义，对于任意的元素g∈G，有eg=g=ge'。
将e'代入上式，得到e=ge'。
同理，将e代入上式，得到e'=ge。
由此可知，e=e'，即群的单位元是唯一的。
思考：这个习题通过对单位元的性质进行推理，展示了群的基本概念和性质。
在解答过程中，我们需要运用代数运算的基本法则，如等式的传递性和对称性等。
2. 习题：证明群的逆元是唯一的。
解答：设G是一个群，g∈G，且g有两个逆元g'和g''。
根据逆元的定义，有gg'=e和gg''=e。
将第一个等式两边都乘以g''，得到gg'g''=eg''=g''。
将第二个等式两边都乘以g'，得到gg'g''=g'。
由此可知，g''=g'。
即群的逆元是唯一的。
思考：这个习题通过对逆元的性质进行推理，进一步巩固了群的基本概念和性质。
在解答过程中，我们需要灵活运用等式的乘法和消去律，以及群运算的定义。
3. 习题：证明交换群的幂运算满足指数相加的性质。
解答：设G是一个交换群，a∈G，m和n是任意的整数。
我们要证明a^m * a^n = a^(m+n)。
当m和n都是非负整数时，根据幂运算的定义，这个等式成立。
当m和n都是负整数时，设-m=k，-n=l，其中k和l都是非负整数。
根据幂运算的定义，有a^m * a^n = a^(-k) * a^(-l) = (a^k)^(-1) * (a^l)^(-1) = (a^k * a^l)^(-1) = a^(-k-l) = a^(m+n)。
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.。
近世代数复习题答案
近世代数复习题答案1. 群的定义是什么？答：群是一个集合G，配备有一个二元运算*，满足以下四个条件：封闭性、结合律、单位元、逆元。
即对于任意的a, b属于G，有a*b属于G；对于任意的a, b, c属于G，有(a*b)*c = a*(b*c)；存在一个元素e属于G，使得对于任意的a属于G，有e*a = a*e = a；对于每一个a属于G，存在一个元素b属于G，使得a*b = b*a = e。
2. 什么是子群？答：如果群G的一个非空子集H满足对于任意的a, b属于H，有a*b^(-1)属于H，则称H为G的一个子群。
3. 什么是正规子群？答：如果群G的一个子群N满足对于任意的g属于G和任意的n属于N，有g*n*g^(-1)属于N，则称N为G的一个正规子群。
4. 群同态的定义是什么？答：设G和H是两个群，如果存在一个映射φ: G → H，满足对于任意的a, b属于G，有φ(a*b) = φ(a)*φ(b)，则称φ为从G到H的一个群同态。
5. 什么是群的同构？答：如果群G和H之间存在一个双射的群同态φ，则称G和H是同构的，记作G ≅ H。
6. 什么是环？答：环是一个集合R，配备有两个二元运算+和*，满足以下条件：(R, +)是一个交换群；(R, *)满足结合律；乘法对加法满足分配律。
即对于任意的a, b, c属于R，有(a+b)+c = a+(b+c)；存在一个元素0属于R，使得对于任意的a属于R，有a+0 = 0+a = a；对于每一个a属于R，存在一个元素-a属于R，使得a+(-a) = (-a)+a = 0；对于任意的a, b属于R，有(a*b)*c = a*(b*c)；对于任意的a, b属于R，有a*(b+c) = a*b + a*c，(b+c)*a = b*a + c*a。
7. 什么是理想？答：如果环R的一个非空子集I满足对于任意的a属于I和任意的r 属于R，有a*r和r*a属于I，则称I为R的一个理想。
近世代数模拟试题及答案
近世代数模拟试题及答案一、选择题1. 下列哪个集合不是群？A. 自然数集NB. 整数集ZC. 有理数集QD. 实数集R答案：A2. 在群G中，若a, b属于G，且a*b=b*a对所有a, b成立，则称G 为交换群。
以下哪个不是交换群？A. 整数加法群B. 奇数乘法群C. 偶数乘法群D. 所有实数的加法群答案：C二、填空题1. 一个环R，如果满足乘法交换律，则称R为_________。
答案：交换环2. 有限群的阶是指群中元素的个数，设群G的阶为n，则群G的拉格朗日定理表明，G的任何子群的阶都是n的_________。
答案：因数三、简答题1. 解释什么是子群，并给出一个例子。
答案：子群是指一个群G的一个非空子集H，使得H中的元素在G的运算下封闭，并且包含G的单位元。
例如，整数集Z在加法运算下构成自然数集N的一个子群。
2. 描述什么是环的零因子，并给出一个例子。
答案：在环R中，如果存在非零元素a和b，使得a*b=0，则称a和b为零因子。
例如，在模6的剩余类环Z6中，元素3和3是零因子，因为3*3=9≡0 (mod 6)。
四、计算题1. 给定群G={1, a, a^2, a^3}，其中a^4=1，求证G是一个群，并找出它的所有子群。
答案：首先验证群的四个基本性质：- 封闭性：对于任意g, h属于G，g*h也属于G。
- 结合律：对于任意g, h, k属于G，(g*h)*k = g*(h*k)。
- 单位元：1是G的单位元，因为对于任意g属于G，1*g = g*1 = g。
- 逆元：对于任意g属于G，存在g的逆元g^(-1)，使得g*g^(-1) = g^(-1)*g = 1。
例如，a的逆元是a^3。
G的子群有：- {1}：平凡子群。
- {1, a^2}：由a^2的幂构成的子群。
- G本身：{1, a, a^2, a^3}。
2. 证明在任何交换环中，如果a和b是可逆元素，则它们的乘积ab也是可逆的。
答案：设a和b是交换环R中的可逆元素，存在a^(-1)和b^(-1)使得a*a^(-1)=1且b*b^(-1)=1。
《近世代数》作业参考答案
《近世代数》作业参考答案一．概念解释1．代数运算：一个集合B A ⨯到集合D 的映射叫做一个B A ⨯到D 的代数运算。
2．群的第一定义：一个非空集合G 对乘法运算作成一个群，只要满足：1）G 对乘法运算封闭；2）结合律成立：)()(bc a bc a =对G 中任意三个元c b a ,,都成立。
3）对于G 的任意两个元b a ,来说，方程b ax =和b ya =都在G 中有解。
3．域的定义：一个交换除环叫做一个子域。
4．满射：若在集合A 到集合A 的映射Φ下，A 的每一个元至少是A 中的某一个元的象，则称Φ为A 到A 的满射。
5．群的第二定义：设G 为非空集合，G 有代数运算叫乘法，若：（1）G 对乘法封闭；（2）结合律成立；（3）单位元存在；（4）G 中任一元在G 中都有逆元，则称G 对乘法作成群。
6．理想：环R 的一个非空子集N 叫做一个理想子环，简称理想，假若：（1）N b a N b a ∈-⇒∈,（2）N ar N ra N r N a ∈∈⇒∈∈,,7．单射：一个集合A 到A 的映射，a a →Φ:，A a A a ∈∈,，叫做一个A 到A 的单射。
若：b a b a ≠⇒≠。
8． 换：一个有限集合的一个一一变换叫做一个置换。
9． 环：一个环R 若满足：（1）R 至少包含一个不等于零的元。
（2）R 有单位元。
（3）R 的每一个非零元有一个逆元，则称R 为除环。
10．一一映射：既是满射又是单射的映射，叫做一一映射。
11．群的指数：一个群G 的一个子群H 的右陪集（或左陪集）的个数，叫做群H 在G 里的指数。
12．环的单位元：设R 是一个环，R e ∈，若对任意的R a ∈，都有a ae ea ==，则称e 是R 的单位元。
二．判断题1．×；2．×；3． √；4．×；5．√；6．√；7．√； 8，√；9．√；10．√；11．×；12．√13、√ 14、× 15、√三．证明题1． 证：G 显然非空，又任取A ，B G ∈，则1,1±=±=B A ，于是AB 是整数方阵，且1±=⋅=B A AB ， 故G AB ∈，即G 对乘法封闭。
近世代数的答案
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。
近世代数习题答案
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 。
近世代数课件 第3节 群的定义及性质
(1) 证明2: 设 |a| = r，则有
(b1ab)r (b1ab)(b1ab)...(b1ab)
r个
b1a rb b1eb e
可知b1ab的阶为有限. 令|b1ab| = t，从而有t | r.
另一方面，由 (b1ab)t=e可知
(b1ab)t = b1atb1 = e
at = e，从而有 r | t.
近世 代数
群论
主要内容:
群的定义与性质 有限群、子群 变换群 置换群 循环群 子群的陪集、正规子群与商群 群的同态基本定理
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近世 代数
第3节 群的定义与性质
主要内容:
群的定义 群的基本性质 群的实例 群中的术语
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近世 代数
群的三个等价定义
定义0 (1) 设(S, ∘)是一个代数系统，如果运算∘满足结合 律，则称(S, ∘)为一个半群. (2) 设(S, ∘)是半群，若e∈S是关于∘运算的单位元， 则称(S, ∘)是一个幺半群，也叫做独异点.
性质7 G为群，a∈G且 |a| = r. 设k是整数，则 (1) ak = e 当且仅当 r | k . (2 )|a1| = |a|.
证明： (2) 由 (a1)r = (ar)1 = e1 = e 可知 a1 的阶为有限. 令|a1| = t，从而有t | r. 同时，at = ((a-1)-1)t = (a-1)-t = ((a-1)t)-1 = e-1 = e ， 所以 r | t. 从而证明了r = t，即|a1| = |a| .
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近世 代数
例题
例5 设G是群，a, b∈G是有限阶元. 证明
(1) |b1ab| = |a|
(2) |ab| = |ba|
近世代数(吴品三)习题解答第一章 基本概念
第一章 基本概念练习§1. 集合 子集 集合的运算1.设A ={x |x ∈R ,|x |≥5},B ={x |x ∈R ,-6≤x <0},求B A ,B A ,B A \,A B \,并用图形表示出来.[解] (图形略.)B A ={x |x ∈R ,x <0或x ≥5},B A ={x |x ∈R ,-6≤x ≤-5}, B A \={x |x ∈R ,x <-6或x ≥5}, A B \={x |x ∈R ,-5<x <0}.2. 证明:(B A ⊂)⇔(B B A = )⇔(A B A = ).[证] 先证(B A ⊂)⇔(B B A = ).若B A ⊂,则B A x ∈∀,B x ∈.所以B B A ⊂)( ;显然B B A ⊃)( ,故B B A = .反之,若B B A = ,则A x ∈∀,B B A x =∈)( ,故B A ⊂.所以(B A ⊂)⇔(B B A = ).次证(B A ⊂)⇔(A B A = ).若B A ⊂,则A x ∈∀,B x ∈,于是A x ∈∀,有B A x ∈,所以)(B A A ⊂,显然A B A ⊂)( ,所以A B A = .反之,若A B A = ,则A x ∈∀,B A x ∈,于是A x ∈∀,有B x ∈,故B A ⊂.所以(B A ⊂)⇔(A B A = ).综上所述得:(B A ⊂)⇔(B B A = )⇔(A B A = ).3. 证明:B A =⇔B A B A =.[证] 若B A =,则A B A = ,A B A = ,所以B A B A =.反之,若B A B A =,则A x ∈∀,有x ∈B A =B A ,从而B x ∈,所以B A ⊂;同理可证A B ⊂,故B A =所以B A =⇔B A B A =.4. 设n A =(n ,∞),(n ,∞)表示实数轴上的开区间,即(n ,∞)={x |x ∈R , ∞<<x n },n =0,1,2,….求 ∞=0i i A 与 ∞=0i i A[解] 因为 ⊃⊃⊃210A A A ,所以 ∞=0i i A =0A =(0,∞).因为∈∀x R ,存在非负整数n ,使n x ≤.于是n A x ∉, ∞∉i A x ,所以φ=∞= 0i i A .5. 设A ={x |x ∈Z ,x x 32-+2=0},写出A 2. [解] A ={1,2},故A 2={φ,{1},{2},{1,2}}.6. 设A ,B 是U 的子集,规定)\()\(A B B A B A =+,证明:(ⅰ)A B B A +=+; (ⅱ)A A =+φ; (ⅲ)φ=+A A .[证] (ⅰ)因为集合的并适合交换律,故)\()\(A B B A =)\()\(B A A B ,即A B B A +=+.(ⅱ)因为A A =φ\,φφ=A \,所以)\()\(A A φφ =φ A =A ,即A A =+φ.(ⅲ)因为φ=A A \,所以φ=)\()\(A A A A ,即φ=+A A .§2. 映射 映射的合成1. 对于下面给出的Z 到Z 的映射f ,g ,h ,f :x x 3 ,g :13+x x ,h :23+x x计算g f ,f g ,h g ,g h ,h g f .[解] g f :39+x x , f g :19+x x , h g :79+x x ,g h :59+x x , h g f :2127+x x .2.对于上题的f ,g ,h 分别求它们的左逆映射.[解] f 的一个左逆映射为1-L f :⎪⎩⎪⎨⎧≠=.3,3,3n x x n x x x 当当 .g 的一个左逆映射为1-L g :⎪⎩⎪⎨⎧+=-+≠.13,31,13,n x x n x x x 当当 .h 的一个左逆映射为1-L h :⎪⎩⎪⎨⎧+=-+≠.23,32,23,n x x n x x x 当当 . 其中n 为任意整数. 3.对于上题的f ,g ,h ,找出f ,g ,h 的共同的左逆映射,即找出Z 到Z 的映射k ,使f k =g k =h k =Z I .[解] 令k :Z →Z ,⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=-+=-=.23,32,13,31,3,3n x x n x x n x x x 当当当 ,其中n 为任意整数.容易验证,k 是f ,g ,h 的一个共同的左逆映射.4. 对于上题的f ,g ,h ,找出Z 到Z 的一个映射,使其为f ,g 的共同的左逆映射,但不是k 的左逆映射.[解] 令k :Z →Z ,⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=+=-=.23,,13,31,3,3n x x n x x n x x x 当当当 ,其中n 为任意整数.容易验证,k 为满足题中要求的映射.5. 设f 是A 到B 映射,g 是B 到C 的映射,f g 有左逆映射,能否证明f ,g 都有左逆映射?[解] 当f ,g 为题设,且f g 有左逆映射,可以证明f 有左逆映射,但g 未必有左逆映射.下面分别加以证明:(ⅰ)f 有左逆映射.设f g 有一个左逆映射k ,于是对于任一A a ∈,有A 到C 的映射)))(((a f g k =a =)(a I .根据映射合成满足结合律得:a a f g k =))()(( ,对A a ∈∀都成立.故g k 为f 的一个左逆映射.(ⅱ)g 未必有左逆映射.例如:A ={1,2},B ={1,2,3},C ={1,2},令f :B A →,x x ;g :C B →,⎩⎨⎧==.313.2,1,i i i i .容易验证,f g 存在左逆映射,但g 不存在左逆映射.6*. 设f 是A 到B 的单射(满射),g 是B 到C 的单射(满射),则f g 是A 到C 的单射(满射).[解] (ⅰ)设f 是A 到B 的单射,g 是B 到C 的单射,则对A a a ∈∀21,,且21a a ≠,有)()(21a f a f ≠,从而))((1a f g ≠))((2a f g ,于是f g 是A 到C 的单射.(ⅱ)设f 是A 到B 的满射,则B A f =)(;g 是B 到C 的满射,则C B g =)(.于是))((A f g =)(B g =C ,所以f g 是A 到C 的满射.7. 设A 表示某四年制大学数学系全体学生所成的集合,B ={1,2,3,4}.对A a ∈∀,规定)(a f 表示a 所在年级,这个f 是不是A 到B 映射?单射?满射?A a ∈∀,))((1a f f -=?设B b b ∈21,,21b b ≠,问)(11b f -∩)(21b f -=? B b b f ∈-)(1=?[解] 根据题意,A a ∈∀是且仅是某一个年级的学生,故)(a f 是B 中唯一确定的元素,所以f 是A 到B 的映射;f 未必是满射,因为未必每个年级都有学生;一般说f 不是单射,因为某年级如有学生,一般不会只有一人.A a ∈∀,))((1a f f -={a 所在年级的全体学生}.当B b b ∈21,,21b b ≠时,)(11b f -∩)(21b f -=φ, B b b f∈-)(1=A .8. 设A =B =Z ,m 是取定的正整数,A a ∈∀,规定r a f =)(,此处r 是a 被m 除所得非负余数:r qm a +=,0≤r <m .f 是不是A 到B 的映射?单射?满射?若取B ={0,1,2,…,m -1},问)0(1-f ,)1(1-f ,…,)1(1--m f 分别由哪些数组成?设B j i ∈,,j i ≠,问)()(11j f i f -- =? B b b f∈-)(1=?[解] 依题意且根据整数的带余除法知,f 是A 到B 的映射,但f 不是单射,也不是满射.设B ={0,1,2,…,m -1},则依题意有:)0(1-f ={x |km x =,k =0,±1,±2,…},)1(1-f ={x |km x =+1,k =0,±1,±2,…},…………………………………………,)1(1--m f ={x |km x =+(m -1),k =0,±1,±2,…}.当B j i ∈,,j i ≠时,)()(11j f i f -- =φ, B b b f∈-)(1=Z .9. 设A 是坐标平面上所有点的集合,B 是x 轴上所有点的集合,A a ∈∀,规定)(a f 表示a 向x 轴作垂线的垂足,这个f 是不是A 到B 的映射?单射?满 射?设B b b ∈21,,21b b ≠,问)(11b f -∩)(21b f -=? ))((1a f f -=? B b b f∈-)(1=?[解] 依题意,f 是A 到B 的映射,显然f 是满射,但f 不是单射.设B b b ∈21,,21b b ≠,则:)(11b f -∩)(21b f -=φ,))((1a f f -={)(a f ,y }, Bb b f∈-)(1=A . 10. 设f :B A →,A S ⊆,证明S S f f⊇-))((1,举例说明“=”不一定成立. [解] 设f :B A →,A S ⊆,则S s ∈∀,有)()(S f s f ∈,所以))((1S f f s -∈,S S f f ⊇-))((1.例如:A =B ={0,1,2,…},S ={0}A ⊆,作A 到B 的映射f :A a ∈∀,)(a f =0,显然))((1S f f-=)0(1-f =A ≠S .§3 有限集与可数集1.证明,有限集的任一子集都是有限集;无限集的任一扩集都是无限集.[证] 设A 为有限集,若φ=A ,则结论显然成立.现在设A 非空,则A 的元素可以如下列举出来:1a ,2a ,…,n a .A 的空子集显然是有限集,若B 是A 的非空子集,则B 的元素可以如下列举出来:1i a ,2i a ,…,m i a , m i i i <<< 21.于是B 与自然数的一个断片|1,m |={1,2,…,m }等浓,从而B 是有限集.设A 为无限集,B 是A 的任一扩集.若B 不是无限集,则B 为有限集,从而由前半部证明知,B 的任一子集,特别地,B 的子集A 为有限集,此与假设矛盾.所以B 是无限集.2. 证明,一个有限集与一个可数集的并是一个可数集.[证] 设A ={1a ,2a ,…,n a }为有限集,B ={1b ,2b ,…,n b ,…}为可数集,则A ∪B ={1a ,2a ,…,n a ,1b ,2b ,…,n b ,…}.作f :(A ∪B )→+Z ,⎩⎨⎧=+≤≤.,2,1,,1, j j n b n i i a j i .显然f 是B A 到+Z 上的一一映射,所以B A 与+Z 等浓,从而B A 为可数集.3. 找出自然数集P 的三个与P 等浓的真子集1A ,2A ,3A .[解] 设P ={1,2,3,…},令1A ={全体正奇数},2A ={全体正偶数},}1{\3P A =.1A ,2A ,3A 为P 的真子集,容易看出存在i A (i =1,2,3)到P 上的一一映射,所以i A (i =1,2,3)与P 等浓.4. 证明,坐标平面上所有格子点(即坐标均为整数的点)的集合是可数集.[证] 记所有格子点的集合为A ,即:A ={(a ,b )|a ,b ∈Z}.可将A 的元素排成一个方阵,再按右图所示箭头方向给A 中的元素按自然数顺序编号:这样,A 的元素可利用自然数排列出来,故A 是可数集.5. 证明:开区间(a ,b )与闭区间[a ,b ]等浓.[证] 映射f :a x a b x +-)( 显然是(0,1)到(a ,b ),[0,1]到[a ,b ]的双射.由P.18例4知,(0,1)与[0,1]等浓.设ϕ是(0,1)到[0,1]的双射,则1-f f ϕ是(a ,b )到[a ,b ]的双射,所以(a ,b )与[a ,b ]等浓.注:此题也可以用类似P.18例4的方法,直接作(a ,b )到[a ,b ]的双射.6. 利用例3的方法,证明全体“自然数的无限序列”作成的集合是不可数集.[证] 设A ={X |X =(1a ,2a ,…,n a ,…),i a ∈+Z },显然A 为无限集.假定A 为可数集,则A 的元素可用自然数予以编号,于是A ={1X ,2X ,…,n X ,…},其中1X =(11a ,12a ,…,n a 1,…)2X =(21a ,22a ,…,n a 2,…)…………………………n X =(1n a ,2n a ,…,nn a ,…)…………………………作自然数的无限序列X =(1a ,2a ,…,n a ,…),其中ii i a a =(i =1,2,…,n ,…).显然A X ∈,但X 与1X ,2X ,…,n X ,…中的任一个都不相同,从而产生矛盾.故A 为不可数集.§4 加氏积 二元关系与等价关系1. 设*R 表示一切非零实数作成的集合,数目的＋、－、×、÷是不是*R 的代数运算?为什么?n 次方幂,n 次方根是不是*R 的一元运算?为什么?x log 是不是一元运算?为什么?构造*R 的两个三元运算.[解] (ⅰ)数目的×、÷是*R 的代数运算.因为∈∀b a ,*R ,b a ⨯,b a ÷是*R中唯一确定的元素.(ⅱ)数目的＋、－不是*R 的代数运算.因为∈∀a *R ,∈-a *R ,但)(a a -+=0*R ∉,a a -=0*R ∉.(ⅲ)n 次方幂是*R 的一元运算.因为∈∀a *R ,n a 是*R 中唯一确定的元素. (ⅳ)当n 是奇数时,n 次方根是*R 的一元运算;当n 是偶数时,n 次方根不是*R 的一元运算,因为负数在实数范围内不能开偶次方.(ⅴ)x log 不是*R 的一元运算.因为1∈*R ,而*01log R ∉=.(ⅵ)构造*R 的两个三元运算1f ,2f 如下: x z y x f =),,(1,2222),,(z y x z y x f ++=,∀x ,y ,z ∈*R .2. 设A ={a ,b },R ={(a ,a )},R 是否具有反身性?对称性?传递性?反对称性?[解] R 不具有反身性,因为b R b '.但R 具有对称性,传递性,反对称性.3. 设A ={平面上所有直线},规定A 中的二元关系～为:1l ,2l ∈A ,1l ～2l ⇔1l ∥2l 或21l l =.证明,～是A 的一个等价关系,决定相应的等价类.[证] (ⅰ)依题意,A l ∈∀,有l l =,故l ～l .A l l ∈∀21,,由1l ～2l ⇒1l ∥2l 或21l l =⇒2l ∥1l 或12l l =⇒2l ～1l .A l l l ∈∀321,,,由⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⇒=⇒323232212121//~//~l l l l l l l l l l l l 或或⇒3131//l l l l =或⇒1l ～3l . 可见～具有反身性、对称性、传递性,所以～是A 的一个等价关系. (ⅱ)当A l ∈时,由l 决定的等价类为:直线y =kx ={l |A l ∈,l ∥直线kx y =,或l 就是直线kx y =},k 为任意实数; 直线x =0={l |A l ∈,l ∥直线x =0,或l 就是直线x =0}.4. 在复数集C 中,规定二元关系～为:a ～b ⇔a 的幅角=b 的幅角.证明,～是C 的一个等价关系,决定相应的等价类.[证] (ⅰ)∈∀a C ,有a a arg arg =,故a ～a .∈∀b a ,C ,由a ～b ⇒b a arg arg =⇒a b arg arg =⇒b ～a .∈∀c b a ,,C ,由⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⇒=⇒c b c b b a b a arg arg ~arg arg ~⇒c a arg arg =⇒a ～c . 可见～是C 的一个等价关系.(ⅱ)其决定的等价类为:ϕa ={z |∈z C ,πϕk z 2arg +=,k ∈Z },0≤ϕ<2π;与0={0}.5. 设A ={1,2,3,4},在A 2中规定二元关系～为:S ～T ⇔S ,T 含有元素个数相同,证明,这是一个等价关系,写出商集A2/～.[证] 记A 2的元素S 所含元素个数为|S |.A S 2∈∀,则|S |=|S |,故S ～S . A T S 2,∈∀,由S ～T ⇒|S |=|T |⇒|T |=|S |⇒T ～S .AV T S 2,,∈∀,由⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⇒=⇒||||~||||~V T V T T S T S ⇒|S |=|V |⇒S ～V . 可见～是A2的一个等价关系.商集A 2/～={φ,1A ,2A ,3A ,4A },其中 1A ={{1},{2},{3},{4}},2A ={{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4}},3A ={{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4}},4A =A .6. n F )(表示数域F 上全部n 阶方阵的集合,f 是n F )(到{0,1,2,…,n }上的满射f :(ij a ) (ij a ).求f 决定的等价关系,决定的等价类.[解] 由f 确定的n F )(中的等价关系为:(ij a )～(ij b )⇔))(())((ij ij b f a f =,即秩(a )=秩(b ).决定的等价类为:r A ={X |n ij F x X )()(∈=,秩X =r },r =0,1,2,…,n .7. 设1R ,2R 是A 的两个等价关系,21R R 是不是A 的二元关系?是不是等价关系?为什么?21R R 是不是A 的二元关系?[解] 集A 的二元关系实际上是A A ⨯的子集,而A A ⨯的两个子集之交、之并仍然是A A ⨯的子集,故21R R 、21R R 都是A 的二元关系.若1R ,2R 都是A 的等价关系,则21R R 仍是A 的等价关系.事实上A a ∈∀,由⎭⎬⎫∈∈21),(),(R a a R a a ⇒21),(R R a a ∈. 对A b a ∈∀,,由21),(R R b a ∈⇒⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∈⇒∈∈⇒∈2211),(),(),(),(21R a b R b a R a b R b a R R 为等价关系为等价关系⇒ 21),(R R a b ∈.同样可证,21R R 具有传递性,所以21R R 是A 的一个等价关系.8. 设1R ,2R 是A 的两个二元关系,规定:21R R ={),(b a |A x ∈∃:1),(R x a ∈,2),(R b x ∈}}.证明,“ ”是A 的一切二元关系所成的集合B 的一个二元关系.[证] 因为21R R 是A A ⨯的一个子集,即21R R 确定了A 的一个二元关系,所以“ ”:2121),(R R R R 是B B ⨯到B 的一个映射,故它是B 的一个二元关系.9. 设n R )(表示实数域R 上一切n 阶方阵的集合.(ⅰ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔Q P B AR ,1n R )(,|P |≠0,|Q |≠0:B PAQ =.证明,R 是R )(的一个等价关系.等价元素类取怎样的方阵作为代表元,形式最简单?(ⅱ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔P B AR 2n R )(,|P |≠0:B PAP =-1.证明,2R 是n R )(的一个等价关系.等价元素类取怎样的方阵作为代表元,形式最简单?(ⅲ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔P B AR 3n R )(,|P |≠0:B P PA ='.证明,3R 是n R )(的一个等价关系.等价元素类取怎样的方阵作为代表元,形式最简单?(ⅳ)对于∈B A ,n R )(,规定:∈∃⇔P B AR 4n R )(,I P P ='(单位方阵):B P PA ='.证明,4R 是n R )(的一个等价关系.等价元素类可以取怎样的代表元?[证] 由线性代数知识可知,实数域上n 阶方阵的等价、相似以及实对称矩阵的合同、正交合同皆具有反身性、对称性、传递性,故本题中的1R ,2R ,3R ,4R 都是等价关系.(ⅰ)关于1R ,等价元素类的代表元取如下方阵,形式最简单:r E =diag (rn r -0,,0,0,1,,1,1),(0≤r ≤n ). (ⅱ)由等价关系2R 所划分的等价类,其代表元可取矩阵的有理标准形(详见张远达,熊全淹的《线性代数》第五章).关于3R ,等价元素类的代表元取如下方阵,形式最简单:st E =diag ()(0,,0,0,1,1,1,1,,1,1t s n t s +----),s ,t 为非负整数,且n t s ≤+. 关于4R ,等价元素类的代表元可取如下方阵:n E λλ,,1 =diag (1λ,2λ,…,n λ),R i ∈λR ,1λ≤2λ≤…≤n λ.§5. 有序集 Zorn 引理1. 写出右边图形表示的偏序关系,指出其极大元,极小元,最大元,最小元.[解] 上图表示的偏序关系为:“≤”={),(a a ,),(b b ,),(c c ,),(d d ,),(b d ,),(c d ,),(a b ,),(a c ,),(a d }.a 为极大元同时亦为最大元,d 为极小元同时亦为最小元.下图表示的偏序关系为:“≤”={),(a a ,),(b b ,),(c c ,),(d d ,),(e e ,),(c d ,),(c e ,),(a c ,),(b c ,),(b d ,),(a d ,),(b e ,),(a e }.a ,b 为极大元,d ,e 为极小元,此偏序关系中无最大元,也无最小元.2. 举一个偏序集(S ,≤)但不是有序集的例子.[解] 令S ={数域P 上的首项系数为1的多项式},规定:对于任意S x g x f ∈)(),(,)(x f ≤)(x g ⇔)(|)(x g x f .显然可知,依规定“≤”具有反身性、对称性、传递性,故(S ,≤)是一个偏序集.但(S ,≤)不是有序集,因为存在S x g x f ∈)(),(,)(|)(x g x f /,且)(|)(x f x g /,从而既无)(x f ≤)(x g ,又无)(x g ≤)(x f .故“≤”不是顺序关系.3. 举一个有序集(S ,≤)但不是良序集的例子,并对S 规定另一偏序关系,使之成为良序集.[解] 取S =Z ,“≤”表示数目的大小关系,显然(S ,≤)是有序集,但不是良序集,因为(S ,≤)中无最小元.现在规定Z 的二元关系“≤'”:b a ≤',如果|a |<|b |;或b a =;或b a -=,且a 为负数.显然(Z ,≤')是有序集,下面证明它是良序集:设N 是Z 的任一非空子集,记N '={|a |N a ∈},因为以数目大小为二元关系的非负整数集是良序集,所以(N ',≤')有最小元|0a |,如果N a ∈∀,且0a a ≠,有|a |≠|0a |,即|a |>|0a |,则0a 是(N ,≤')中最小元;如果N a ∈∃1,且01a a ≠,但|1a |=|0a |,则1a ,0a 中是负数的那一个为(N ,≤')的最小元.总之,(N ,≤')有最小元.所以(Z ,≤')是良序集.4. 证明,一个偏序集(S ,≤)若有最大元,则只存在一个.[证] 设(S ,≤)为偏序集,m ,n 皆为其最大元,则依定义有m ≤n 和n ≤m ,由反对称性得n m =,所以(S ,≤)若有最大元,则只存在一个.5. 证明,有限偏序集的每一个非空子集均含有极小元.[证] 设S 是有限偏序集,T 是S 的任一非空子集,“≤”为偏序关系.取定T x ∈0,考虑0Tx ={x |T x ∈,x ≤0x },显然00Tx x ∈,若0Tx ={0x },则0x 为T 的一个极小元,否则01Tx x ∈∃,1x <0x .继续考虑1Tx ={x |T x ∈,x ≤1x },若1Tx ={1x },则1x 为T 的一个极小元,否则12Tx x ∈∃,2x <1x .如此继续,我们得到一个链: …<n x <…<2x <1x <0x .由于T 为有限集,此链不可能无限下去,必在有限步后中止,即存在m x ,使m Tx ={x |T x ∈,x ≤m x }={m x },从而T x ∈∀,x ≤m x ,m x 为T 的极小元.6. 举一个含有n +1个元的偏序集,使其含有n 个极大元,1个极小元.[解] 令S ={1,1p ,2p ,…,n p ,i p 为互不相同的素数}.定义S 中的二元关系“≤”为数的整除关系,显然(S ,≤)成为一个偏序集.1是S 的一个极小元,其余n 个元皆为极大元.7. 设(Z ,≤)是整数集关于整除关系作成的偏序集,T ={1,2,…,10},求T 的上界,下界,有没有最小上界?最大下界?与例6的区别何在?[解] 依题意,T 的上界和下界分别是1,2,…,10的公倍数和公约数,而最小上界和最大下界则分别是的它们的最小公倍数和最大公约数,所以T 的最小上界为:5·7·9·8=2520,T 的上界为:2520k ,k ∈+Z ;T 的最大下界为1,且是T 仅有的下界.与例6的区别在于:例6讨论的是T 的最小元,极小元,最大元,极大元,这与上,下界,最大下界,最小上界是不同的概念.对一个偏序集的子集来说,如有最小元,则最小元必是最大下界.如有最大元,由最大元必是最小上界.反之未必.例如本题中的T ,1是最小元,也是最大下界;2520是最小上界,但不是T 的最大元.8. 设A 是任意集合,在偏序集(A 2,⊆)中取其子集的序列{1a },{1a ,2a },…,{1a ,2a ,…,n a },…,它们的并集是不是A 2的一个极大元?为什么?[解] 题中所取子集序列之并未必是A 2的一个极大元.因为该子集序列的并集可能是A 的真子集,例如当A 是不可数集时.事实上,(A 2,⊆)中仅有一个极大元,也是最大元A .9. 证明,偏序集(A 2,⊆)既有最大元,也有最小元.(φ\2A ,⊆)有没有最小元?找出它的极小元.[证] 因为A A 2∈,且对A x 2∈∀,总有A x ⊆,故A 是(A 2,⊆)的最大元; 同样,由于A 2∈φ,且对A x 2∈∀,总有x ⊆φ,故φ是(A2,⊆)的最小元. (φ\2A ,⊆)没有最小元,其极小元为所有{a },A a ∈.10. 设S =Z ,“m ≤n ”表示mn 是非负整数,且n m |,证明(S ,≤)是一个偏序集.S 有没有最大元?最小元?极大元?极小元?[证] 对S x ∈∀,恒有x x ⋅为非负整数,且x |x ,故x ≤x .对S y x ∈∀,,若x ≤y 且y ≤x ,则依题意可知x ,y 或同时为0,或为同号的互相整除的整数,故y x =.对S z y x ∈∀,,,若x ≤y 且y ≤z ,则由y x |且z y |,推得z x |,再由xy ,yz 非负,可知xz 非负.所以x ≤y .可见“≤”具有反身性,对称性,传递性.所以(S ,≤)是一个偏序集.显然0为S 的一个最大元,也是S 的唯一极大元.S 没有最小元,S 有极小元1和-1.11. 设偏序集(S ,≤)有最小元,则S 有且只有唯一的极小元.[证] 首先可知(S ,≤)的最小元,也是S 的一个极小元.所以,当(S ,≤)有最小元m 时,S 至少有一个极小元.设m '是(S ,≤)的任一极小元,因为m 是最小元,所以m ≤m '.又因为m '是极小元,所以由m ≤m '⇒m m '=.12. 设A 是一个非空集合,B 是A 上一切二元关系所组成的集合,对于B 中元素1R ,2R ,如果对于x ,y ∈A ,y xR 1⇒y xR 2,那么,就规定1R ≤2R ,则(B ,≤)作成一个偏序集.[证] 依题意,对B R ∈∀,总有R ≤R .设1R ,2R ∈B ,且1R ≤2R 及2R ≤1R ,则对于x ,y ∈A ,y xR 1⇒y xR 2及y xR 2⇒y xR 1,这就是说,由(x ,y )∈1R ⇒(x ,y )∈2R 及(x ,y )∈2R ⇒(x ,y )∈1R .所以1R ,2R 表示A A ⨯的同一子集合,21R R =.设1R ,2R ,3R ∈B ,满足1R ≤2R 且2R ≤3R ,则对于x ,y ∈A ,y xR 1⇒y xR 2及y xR 2⇒y xR 3,从而y xR 1⇒y xR 3,所以1R ≤3R .可见B 中的二元关系“≤”具有反身性,对称性,传递性,所以(B ,≤)作成一个偏序集.此外,我们也可以直接由(B ,≤)=(A A ⨯2,⊆)得(B ,≤)是一个偏序集.习题1. 设n A ={a |a ∈Z ,(n 2|a )∧(a n |21/+)},求A = ∞=1n n A . [解] A = ∞=1n n A={2k |k ∈Z }.2. 设x A ={y |y ∈R ,0≤y <x },求A =1>∈x R x x A 且.[解] A = 1>∈x R x x A 且={y |y ∈R ,0≤y ≤1}.3. 设1A ,2A ,…,是集合E 的可数个子集,令A =∞=∞=1m m i i A ,A = ∞=∞=1m m i i A .证明: (ⅰ)A 由一切属于无限多个i A 的元所组成; (ⅱ)A 由一切属于“几乎所有i A ”的元所组成.(“几乎所有i A ”指除有限个外的全部i A ,也说“差不多所有i A ”.)[证] (ⅰ)若x 属于无限多个i A ,则m ∀≥1,1A ,2A ,…,1-m A 是有限个,所以E m '≥m ,使m A x '∈,于是 ∞=∈m i i A x .故A x ∈= ∞=∞=1m m i i A .若x 属于有限个i A ,不妨设x 属于1i A ,2i A ,…,k i A ,1i <2i <…<k i ,m >k i ,取m '∀≥m ,m A x '∉,于是 ∞=∉m i i A x ,故A x ∉.综上所述,A 由一切属于无限多个i A 的元组成.(ⅱ)若 ∞=∞=∈1m m i i A x ,则至少0m ∃,使 ∞=∈0m i i A x ,于是,x 至多不属于1A ,2A ,…,1-m A ,即x 属于“几乎所有的i A ”.若x 属于“几乎所有的i A ”,不妨设x 属于除了1i A ,2i A ,…,k i A 以外的所有i A ,取0m >k i ,则 ∞=∈0m i i A x .故A x ∈= ∞=∞=1m mi i A .综上所述,A 由一切属于“几乎所有的i A ”的元所组成.4. 设{i A |I i ∈}是集合E 的子集族,f 是E 到B 的映射,证明:(ⅰ) I i i I i i A f A f ∈∈=)()(;(ⅱ) Ii i I i i A f A f ∈∈⊆)()(.并举例说明,(ⅱ)中的“⊂”可能发生.[证] (ⅰ)设)( I i i A f x ∈∈',则 Ii i A x ∈∈∃,使)(x f x =',于是x 属于某一个i A ,从而x '=)(x f ∈)(i A f ⊆ I i i A f ∈)(,所以)( I i i A f ∈⊆ I i i A f ∈)(.同样可证, I i i A f ∈)(⊆)( I i i A f ∈.所以)( I i i A f ∈= Ii i A f ∈)(.(ⅱ)任取)( I i i A f x ∈∈',则 Ii i A x ∈∈∃,使)(x f x =',因为i A x ∈,I i ∈∀,所以)()(i A f x f ∈,I i ∈∀,即)(i A f x ∈',I i ∈∀.故 I i i A f x ∈∈')(,从而)( I i i A f ∈⊆ Ii i A f ∈)(.例:取E =Q ,1A ={非负有理数},2A ={非正有理数},B ={0,1}.定义f :E →B ,⎩⎨⎧≠=.0,1,0,0时当时当x x x x . 因为)(21A A f ={0},)()(21A f A f ={0,1},所以)(21A A f ⊂[)()(21A f A f ].5. 设f :A →A 且f f =f ,则f =A I .[证] 由题设,f 是A 到A 的满射,故对于A a ∈∀,A a ∈'∃,使a a f =')(.又因为f f =f ,所以有)(a f =)(a f f ' =)(a f '=a ,A a ∈∀.所以f =A I .6. 找出Z 到Z 的n +1个映射i f ,i =1,2,…,n ,n +1,使1f ,2f ,…,n f 有共同的左逆映射g ,但g 不是1+n f 的左逆映射.[解] 作Z 到Z 的n +1映射如下i f :)1(-+i nx x ,∈∀x Z ,i =1,2,…,n ,n +1.再令g :Z →Z ,⎥⎦⎤⎢⎣⎡n x x ,∈∀x Z ,符号[a ]表示不超过a 的最大整数. 容易看出,∈∀x Z ,))((x f g i =x ,i =1,2,…,n .而))((1x f g n + =x +1≠x . 所以g 是1f ,2f ,…,n f 的共同左逆映射,但不是1+n f 的左逆映射.7. 设A ,B C 是集合E 的三个子集,且C B A =,φ=C B ,找出A 2到加氏积C B 22⨯的一个双射.[解] 作映射f :A 2→C B 22⨯,),(C A B A A i i i ,Ai A 2∈∀.由)()(C A B A i i =)(C B A i =A A i =i A ,可知f 是单射. B B i ∈∀,C C i ∈,记i i i C B A =,A i A 2∈.因为φ=C B ,所以φ=i C B ,故B A i =B C B i i )(=)()(B C B B i i =B B i =i B ;同理可证C A i =i C .于是i A 在映射f 下的象是(i B ,i C ),故f 是满射,从而f 是双射.8. 设f 是A 到B 的映射,g 是B 到C 的映射,*f 是A 2到B 2的映射,*f :)(S f S ,A S ⊆∀.*g 是B 2到C 2的映射,*g :)(T g T ,B T ⊆∀,证明下面图形交换:即*)(gf =**f g .[证] 显然*)(gf ,**f g 都是A 2到C2的映射.对A S ⊆∀,有:)()(*S gf =))((S gf =))((S f g =))((*S f g=))((**S f g =))((**S f g ,所以*)(gf =**f g .9. 设+Z ={1,2,…},证明:存在++⨯Z Z 到+Z 的双射φ. [证] ∈∀q p ,+Z ,p q p q p +-+-+)1)(2(21∈+Z . 令φ:++⨯Z Z →+Z ,p q p q p q p +-+-+)1)(2(21),( ,∈∀q p ,+Z . 则φ是映射为显然.下面首先证明它是一个满射:∈∀n +Z ,∈∃k +Z ,使得)1(21+k k ≤n <)2)(1(21++k k . 若n =)1(21+k k ,则取p =k ,q =1,有),(q p φ=n . 若)1(21+k k <n <)2)(1(21++k k ,则取p =)1(21+-k k n ,q =)1(21+k · )2(+k -n +1,有),(q p φ=n .可见对于∈∀n +Z ,∈∃),(q p ++⨯Z Z ,使),(q p φ=n .再证φ是单射:设),(q p ,),(n m ∈++⨯Z Z ,且),(q p ≠),(n m ,则p ≠m 或q ≠n .若p +q =m +n ,则p +q -2=m +n -2,p +q -1=m +n -1,且p ≠m ,于是,),(q p φ=)1)(2(21-+-+q p q p +p =)1)(2(21-+-+n m n m +p ≠)1)(2(21-+-+n m n m +m =),(n m φ. 若p +q ≠m +n ,不妨设p +q >m +n ,于是,)1)(2(21-+-+q p q p -)1)(2(21-+-+n m n m =)1)(2(21-+-+q p q p -)1)(2(21-+-+n m q p +)1)(2(21-+-+n m q p -)1)(2(21-+-+n m n m ≥)2(21-+q p +)1(21-+n m >m -1≥m -p . 所以,)1)(2(21-+-+q p q p +p >)1)(2(21-+-+n m n m +m ,即),(q p φ≠),(n m φ.故φ是单射.从而证得,φ是++⨯Z Z 到+Z 的一个双射.注:本题也可用练习三第4题的方法证明++⨯Z Z 是可数无限集,从而存在++⨯Z Z 到+Z 的双射.10. 证明,不存在A 到A2的双射,此处A ≠φ.[证] 如果存在A 到A 2的双射ϕ,则对A a ∈∀,或者)(a a ϕ∈,或者)(a a ϕ∉.令S ={a |A a ∈,)(a a ϕ∉},S '={a |A a ∈,)(a a ϕ∈}.于是A =S S ' ,且S S ' =φ.因为A S 2∈,所以A a ∈∃0,使S a =)(0ϕ.若S a ∈0,则由S a =)(0ϕ,有)(00a a ϕ∈,这与S 的定义矛盾.若S a ∉0,则S a '∈0,于是根据S '的定义,又得到S a a =∈)(00ϕ,产生矛盾. 从而,不存在A 到A 2的双射.11. 设A ={1,2,3},f 是A 到A 的满射,具有性质)1(f =3,求f 的个数.[解] 由题设,f 是A 到A 的一一变换,且限定f (1)=3,于是f 的个数为2:1f :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛123321, 2f :⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21332112. 设A ={1,2,…,n },f 是A 到A 的满射,具有性质i i y x f =)(,i =1,2,…, k ,k <n ,i x ,i y ∈A ,求f 的个数.[解] 由题设,f 是A 到A 的一一变换,今限定i i y x f =)(,i =1,2,…,k ,k <n ,则f 的个数应为(n -k )个元素的全排列数)!(k n -.13. 设A 有k 个元素,B 有n 个元素,且k ≤n ,求A 到B 的单射的个数.[解] 若f 是A 到B 的单射,则)(A f 是由B 中k 个不同元素所组成,于是f 的个数为从B 中每次取k 个不同元素进行排列所得到的排列数.因而,A 到B 的单射的个数为:k n A =)!(!k n n -. 14. Z [x ]表示一切整数的一元多项式的集合,证明,Z [x ]是可数集.[证] 显然Z 是可数集.由§3练习第4题知Z Z ⨯是可数集,因此Z Z ⨯与Z 等势,于是利用归纳法可证,有限个Z 的加氏积Z Z Z ⨯⨯⨯ 是可数集.下面证明Z [x ]是可数集.)(x f ∀=n n x a +11--n n x a +…+x a 1+0a ∈Z [x ],可由系数的有序数组(n a ,1-n a ,…,1a ,0a )∈1+⨯⨯⨯n Z Z Z 唯一确定. 记n Z ={)(x f =∑=ni i i x a 0|i a ∈Z }.因为Z Z Z ⨯⨯⨯ 是可数集,所以n Z 也是可数集,而Z [x ]=+∈Z n n Z .用类似的证明方法,可以证明可数个可数集的并集是可数集.于是得到Z [x ]是可数集.15. 证明Q [x ]是可数集.[证] 由P.40例4知,全体正有理数是可数集,于是存在+Z 到+Q 的双射ϕ.作Z 到Q 的映射f :⎪⎩⎪⎨⎧=-.0,00,),(,),(时当为负整数时当为正整数时当a a a a a a a ϕϕ容易看出,f 是Z 到Q 的双射,而Z 是可数集,所以Q 也是可数集.以下仿14题的方法,可证得Q [x ]是可数集.16. 证明,+Z 2是不可数集. [证] 假设+Z 2是可数集,则+Z 2与+Z 等浓,从而存在+Z 到+Z 2的一个双射,这与习题10已得结论“不存在A 到A 2的双射”矛盾.所以+Z 2是不可数集.17. 举一个集合的例子,在它上定义一个二元关系,分别适合反身性、对称性、传递性中两个且仅适合两个.[解] 设A =Z .(ⅰ)在A 上定义二元关系1R 为通常数的整除,即A b a ∈∀,,b aR 1⇔a |b .显然,R 适合且仅适合反身性、传递性,而不适合对称性.(ⅱ)在A 上定义2R 为:A b a ∈∀,,b aR 2⇔a =b ,a ≠0.显然2R 适合传递性、对称性,但2R 不适合反身性,因为02R '0. (ⅲ)在A 上定义3R 为:A b a ∈∀,,b aR 3⇔(a ,b )≠1(即a 与b 不互素),或者a =b =±1.显然3R 适合反身性、对称性,但3R 不适合传递性.例如,取a =2,b =6,c =9,则b aR 3,c bR 3,c R a 3'. 18. 设A =++⨯Z Z ,规定(m ,n )≤(m ',n ')⇔m ≤m ',n ≤n ',证明,(A ,≤)是偏序集,并且A 有最小元.是否A 的每一个非空子集要都有最小元?极小元?[证] 对A n m ∈∀),(=++⨯Z Z ,总有⎩⎨⎧≤≤nn m m ,故(m ,n )≤(m ,n );),(11n m ∀,),(22n m ∈A ,由⎩⎨⎧≤≤),(),(),(),(11222211n m n m n m n m ,显然可得⎩⎨⎧==2121n n m m ,所以),(11n m =),(22n m .),(n m ∀,),(k l ,),(t s ∈A ,由⎩⎨⎧⎭⎬⎫≤≤⇒≤≤≤⇒≤t k s l t s k l k n l m k l n m ,),(),(,),(),(⇒⎩⎨⎧≤≤t n s m ,所以),(n m ≤),(t s .综上可见“≤”满足反身性、反对称性及传递性,所以(A ,≤)是偏序集. 由于(1,1)∈A ,且A n m ∈∀),(,均有(1,1)≤),(n m ,故(1,1)是A 的最小元. A 的每一个非空子集未必有最小元,例如A 的子集{(1,2),(2,1)}.但A 的每一个非空子集都有极小元.19. 设(A ,≤),(B ,≤)是两个偏序集,规定B A ⨯的字典排法偏序关系为:),(11b a ≤),(22b a ⇔1a ≤2a 1a =2a ,1b ≤2b ,证明,(B A ⨯,≤)是偏序集.若(A ,≤),(B ,≤)均为有序集,是否有(B A ⨯,≤)是有序集?[证] (ⅰ)由于A ,B 皆为偏序集,故B A b a ⨯∈∀),(,总有a =a ,b ≤b ,所以),(b a ≤),(b a .),(b a ∀,),(d c ,),(f e ∈B A ⨯,由⎩⎨⎧≤=≤⇒≤≤=≤⇒≤fd e c e c f e d c d b c a c a d c b a ,),(),(,),(),(或或⇒a ≤e 或a =e ,b ≤f ,所以),(b a ≤),(f e .),(b a ∀,),(d c ∈B A ⨯,由⎩⎨⎧≤⇒≤≤⇒≤a c b a d c c a d c b a ),(),(),(),(⇒a =c , 又由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫≤⇒⎭⎬⎫≤=≤⇒⎭⎬⎫=≤b d b a d c a c d b c a d c b a ),(),(),(),(⇒b =d ,所以(a ,b )=(c ,d ). 综上可见(B A ⨯,≤)是一个偏序集.(ⅱ)若(A ,≤),(B ,≤)是有序集,则(B A ⨯,≤)亦是有序集.事实上,),(b a ∀,∈),(d c (B A ⨯,≤),因为(A ,≤)是有序集,所以a <c ;c <a ;a =c 中有且仅有一种情况出现.若a <c ,则),(b a ≤),(d c ;若c <a ,则),(d c ≤),(b a ;若a =c ,因为(B ,≤)是有序集,所以必有b ≤d 或d ≤b .当b ≤d 时,有),(b a ≤),(d c ;当d ≤b 时,有),(d c ≤),(b a .总之),(b a ∀,∈),(d c (B A ⨯,≤),均有),(b a ≤),(d c 或),(d c ≤),(b a .故(B A ⨯,≤)是一个有序集.20. 给出复数集C 的两种顺序关系,使之成为有序集.与“复数无大小”的概念是否矛盾?[解] 任一复数bi a y +=决定一对有序实数),(b a ,)(bi a +∀,∈+)(di c C ,定义:bi a +1≤di c +⇔a <c 或a =c ,b ≤d ,其中“≤”为通常数目的大小关系.由于(R ,≤)是有序集,故由前题证明知“1≤”成为C 上的一个顺序关系,故使(C ,1≤)成为有序集.又任一复数都可以唯一地表示成一个三角函数式:z =)sin (cos ααi r +, 0≤α<2π.定义:)sin (cos 1ααi r +2≤)sin (cos 2ββi r +⇔α<β或α=β,1r ≤2r ,其中“≤”为通常数目的大小关系.)sin (cos 1ααi r +∀,∈+)sin (cos 2ββi r C ,同样地可知,“2≤”是C 上的一个顺序关系,故(C ,2≤)成为有序集.我们这里给出的C 上的两种顺序关系与“复数无大小”是不矛盾的.通常的数的大小关系,不仅是一种顺序关系,而且还要满足阿基米公理,乘法单调性.但我们在这里给出的两种顺序关系是不具有这些性质的:不能用来比较复数的大小.21. 设(A ,≤)是偏序集,对A a ∈∀,令)(a f ={x |A x ∈,x ≤a },证明,f 是A 到A 2的一个单射,并且,f 保持(A ,≤),(A 2,⊆)的偏序关系,即当a ≤b 时,有)(a f ⊆)(b f .[证] (ⅰ)显然f 为映射,下面仅证f 是单射.设S a f =)(,T b f =)(,且T S =.由于A 是偏序集,故a ≤a ,所以S a ∈,但T S =,所以T a ∈,于是a ≤b .同样可证,b ≤a .所以a =b ,从而f 是A 到A 2的一个单射.(ⅱ)若a ≤b ,则)(a f x ∈∀,x ≤a .于是,x ≤b ,所以)(b f x ∈,即)(a f ⊆)(b f .可见f 保持(A ,≤),(A 2,⊆)的偏序关系.22. 设(A ,≤)是偏序集,T 是(A 2,⊆)的一个子集,令T ={y |A y 2∈,t y ⊆,T t ∈},则T 与T 有相同的极大元.[证] 根据T 与T 的定义,显然有T T ⊆.若x 是T 的一个极大元,下证x 是T 的一个极大元.如若不然,则T y ∈∃,使y x ⊂.由于T y ∈,所以T t ∈∃,满足t y ⊆,从而t x ⊂,这与x 是T 的极大元矛盾.这就证明了凡T 的极大元,必是T 的极大元.反之,若y 是T 的一个极大元,则由于T y ∈,知T t ∈∃,使t y ⊆,但T T ⊆,所以T t ∈,从而T t y ∈=,即y 是T 的极大元.这就证明了凡T 的极大元必是T 的极大元.23. 设(S ,≤)是有序集,则(S ,≤)是良序集的充要条件是:对S a ∈∀,a S ={x |S x ∈,x <a }是良序集.[证] 若(S ,≤)是良序集,则对S a ∈∀,a S 必是良序集.这是因为a S 的任一非空子集必是S 的非空子集,从而有最小元.反之,若对S a ∈∀,a S 是良序集,下证(S ,≤)是良序集.设M 是S 的一个非空子集,M m ∈∀0,记M '={m |M m ∈,m <0m }.如果0m 不是M 的最小元,则M '非空.因为M '是0m S 的子集,所以M '有最小元m ',易知m '也是M 的最小元.从而(S ,≤)是一个良序集.24. 设(S ,≤)是偏序集,如果S 中每一非空子集M 均有极大元,那么S 中任意递增序列1a <2a <…<n a <…必终止于有限项.并且,反之亦然.[证] 设1a <2a <…<n a <…是S 中任一无限递增序列,则S 的非空子集{1a ,2a ,…,n a ,…}没有极大元,与题设矛盾,故递增序列1a <2a <…<n a <…必终止于有限项.反之,设S 中任意递增序列终止于有限项,下证S 的每一个非空子集皆有极大元.设M 是S 的任一非空子集,如果M 无极大元,则M a ∈∀1,M a ∈∃2,使1a <2a ;同样M a ∈∃3,使2a <3a .如此类推,取定M a n ∈后,因为n a 不是M 的极大元,所以M a n ∈∃+1,使n a <1+n a ,这样就得到S 中的一个无限递增序列1a <2a <…<n a <1+n a <…,与S 中任意递增序列必终止于有限项矛盾.此矛盾表明M 有极大元.25. 设(+Z ,≤)是整数集关于整除关系作成的偏序集,证明,(+Z ,≤)中存在无穷递增序列1a <2a <…<n a <….(+Z ,≤)中是否存在无穷递降序列?[证] 对∈∀a +Z ,且a ≠1,有a |2a ,2a |3a ,…,n a |1+n a ,…故有a <2a <3a <…<n a <1+n a <…,即(+Z ,≤)中存在无穷递增序列.在(+Z ,≤)中,不存在无穷递降序列.这是因为对∈∀a +Z ,a 的约数只有有限多个.26. 有人说,U A i i =∈ φ(见§1末)不应该规定,而是可以证明,即:假定U A i i ≠∈ φ,则U A i i ⊂∈ φ.于是,U x ∈∃,但 φ∈∉i i A x .从而,φ∈∃j ,但j A x ∉,与φ是空集矛盾.此矛盾表明U A i i =∈ φ.你以为如何?[解] 上面证明过程是错误的.“ φ∈∉i i A x ,从而存在φ∈j ,j A x ∉”,这是根据 Ii i A ∈={x |U x ∈,I i ∈∀,j A x ∈}得到的,而后者作为定义,其前提条件要求I 非空,故当φ=I 时,不能应用该定义.。
代数学引论（近世代数）答案
代数学引论（近世代数）答案第⼀章代数基本概念习题解答与提⽰(P54)1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.证明:对任意a,b G,由结合律我们可得到(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b再由已知条件以及消去律得到ba=ab,由此可见群G为交换群.2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.证明: [⽅法1]对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab因此G为交换群.[⽅法2]对任意a,b G,a2b2=e=(ab)2,由上⼀题的结论可知G为交换群.3.设G是⼀⾮空的有限集合,其中定义了⼀个乘法ab,适合条件:(1)a(bc)=(ab)c;(2)由ab=ac推出a=c;(3)由ac=bc推出a=b;证明G在该乘法下成⼀群.证明:[⽅法1]设G={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某⼀个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j------------<1>a i a k a j a k------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a k,…, a n a k}------------<4>由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m=a t.由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k=a t.由下⼀题的结论可知G在该乘法下成⼀群.下⾯⽤另⼀种⽅法证明,这种⽅法看起来有些长但思路⽐较清楚。
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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.。