近世代数习题

68、设G 是一个群，H 是G 的一个子群，a 是G 中的一个n 阶元素。证明：存在最小正整数m 使H a m ∈且m |n 。

证：由于|a|=n ，故.a H e n ∈=从而存在最小正整数m 使H a m ∈。又令r,+=mq n m ≤≤r 0，则由于,G H ≤和H a m ∈，得

.)()(H a a a a a q m q m n mq n r ∈=•==−−−但

m 是使H a m ∈的最小正整数，故必r=0,从而m |n 。

75、设H ，K 是群G 的两个子群。证明：.KH HK G HK =⇔≤证：设,KH HK =则任取,HK x ∈令)

,(,H h K k kh x ∈∈=由于,,G K G H ≤≤故,,11K k H h ∈∈−−从而.)(1111HK k h kh x ∈==−−−−又由于,,K KK H HH ==故

,))(()()())((HK KK HH K HK H K KH H HK HK ====即HK 中任二元素之积仍属于HK 。故.

G HK ≤反之，设.G HK ≤任取,HK x ∈则,1HK x ∈−令),(,1K k H h hk x ∈∈=−于是,)(111KH h k hk x ∈==−−−故.KH HK ⊆同理可证,HK KH ⊆因此，。KH HK =57、证明：交换群中所有有限价元素作成子群。对非交换群如何？证：设H 是由交换群G 中所有有限阶元作成的集合。显然,H e ∈故H 非空。又若,,H b a ∈设|a|＝m ，|b|=n 。因G 可交换，故,)a (,m e b n =】【从而。H ab ∈又因|1−a |=|a|,故.1H a ∈−因此，.

G H ≤对非交换群一般不成立。例如，Q 上全体2阶可逆方阵八成的乘

群中，易知⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=1021a ，⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝⎛−=1031b 的阶有限，都是２，但易知其乘积b a 的阶却无限。即其全体有限阶元素不能作成子群。76、设G 是一个阶数大于2的群，且G 的每个元素都满足方程

.e 2=x 证明：G 必含有4阶子群。

证：证法１.由于G 中每个元素都满足方程.e 2=x 而e 的阶是1，故G 中除e 外的元素的阶都是２，从而每个元素的逆元均为自身。由于G 的阶大于２，在G 中任取,,,b a e b e a ≠≠≠则由上所述，ab b a ,,,e 是G 中4个不同的元素。由于G 中每个元素都满足方程

.e 2=x 所以G 是一个交换群，

故},,,{ab b a e H =是G 的一个4阶子群。证法2：在G 中任取,e a ≠则由于,2e a =故.},{G a e H ≤=又因G 的阶大于2，故在G 中存在元素,H b ∉而.},{G b e K ≤=又因G 是交换群，故.

},,,{G ab b a e HK ≤=106、证明：若群G 的n 阶子群只有一个，则此n 阶子群必是G 的正规子群。

证：设H 是群G 的一个n 阶子群，则对G 中任意元素1,a −aHa 也是G 的一个阶子群。事实上，任取,,1−∈aHa y x 令)

,(,,211211H h h a ah y a ah x ∈==−−则

,)()(11121112111−−−−−−−∈=•=aHa a h h a a ah a ah xy 故.1G aHa ∈−又当21h h ≠时显然,1211−−≠a ah a ah 故1−aHa 也是G 的一个n 阶子群。但由题设，G 的n 阶子群只有一个，故)(,1G a H aHa ∈∀=−从而.G H ⊲128、证明：对任何固定的正整数n ，互不同构的n 阶群只有有限个。

证：由ley C ay 定理知，任何n 阶群都同n 次对称群n S 的一个子群同

构，而n S 是!n 阶有限群，它只有有限个子群，故互不同构的n 阶群只有有限个。

11、设G 是群，,G H ⊲且.m ]:[=H G 证明：对每个,G x ∈都有.H x m ∈证明：由于H 是G 的正规子群，因此有商群./H G 又因为.m ]:[=H G 所以./H G 的阶为.m 于是对任意的,G x ∈,)(H eH e xH H x m m ====因此.H x m ∈H

70、设G 是一个2n 阶交换群。证明：如果是n 一个奇数，则G 有而且只有一个2阶子群。（期中考试题）

证：显然，即要证G 有且仅有一个2阶元素。

由于阶数大于2的元素在G 中成对出现，而单位元e 的阶是1，又G 的阶是2n ，故G 中必有2阶元素，且有奇数个。

设a 是G 的一个2阶元素，则},{a e H =便是G 的一个2阶子群。如果G 另有2阶元素,a b ≠则},{b e K =便是一个异于H 的子群。由于G 是交换群，故},,,{e ab b a HK =是G 的一个4阶子群，于是由grange L a 定理知，|HK|︳|G|,即4|2n .这与n 是奇数矛盾。故G 只能有一个2阶元素，即只能有一个2阶子群。

69、设H 是群G 的一个子群，,G a ∈又,,H a H a n m ∈∈其中n m ,是两个整数。证明：若,1),(=n m ，则.H a ∈（期中考试题）

证：因为,1),(=n m 故存在整数t ,s 使.1=+nt ms 于是有.)()(t n s m nt ms a a a a ==+但是由题设,,H a H a n m ∈∈而H 是群G 的一个子群，故.

)()(H a a a t n s m ∈=58、试求出三次对称群)}132(),123(),23(),13(),12(),1{(3=S 的所有子群。（期中考试题）

解：易知3S 的以下六个子集

3654321)},132(),123(),1{()},23(),1{()},13(),1{()},12(),1{()},1{(S H H H H H H ======对置换乘法都是封闭的，因此都是3S 的子群。

下证3S 仅有这六个子群。

设H 为3S 的任一非平凡子群，则由于H 的阶是3S 的阶的因数，

故只能H 的阶为2,3.

当H 的阶为2时，H 中除单位元）（1外，另一个元素只能是一个2阶元。但3S 的2阶元只有三个，即）），（），（（231312，因此，H 只能是.

432H H H ，，当H 的阶为3时，由grange L a 定理知，H 中元素的阶必为3的因数，即只能是1或3，因此，此时H 中除单位元外，另两个元素必定都是3阶元。但3S 中的三阶元有且仅有两个，即），）和（（132123因此，此时只能5

H H =综上所述可知，3S 有且仅有以上六个子群。