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近世代数第二章答案

近世代数第二章群论答案

§1.群的定义

1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群解：

不是，因为普通减法不是适合结合律。

例如

321312321110

321321

2.举一个有两个元的群的例。

解：

令Ge,a,G的乘法由下表给出

首先，容易验证，这个代数运算满足结合律

（1）xyzxyzx,y,zG因为，由于eaaea,若是元素e在

（1）中出现，那么

（1）成立。

（参考第一章，§4,习题3。

）若是e不在

（1）中出现，那么有aaaeaaaaaaea

而

（1）仍成立。

其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。

所以G是一个群。

读者可以考虑一下,以上运算表是如何作出的。

3.证明，我们也可以用条件I,H以及下面的条件IV,V来做群的定义：

ae=a

对于G的任何元a都成立；

V对于G的每一个元a，在G里至少存在一个右逆元a1，能让aa1=e解：

这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。

§2.单位元、逆元、消去律

1.若群G的每一个元都适合方程x2=e,那么G是交换群。

解：

令a和b是G的任意两个元。

由题设

abab=ab=e

另一方面

abba=ab2a=aea=a2=e

于是有abab=abba。

利用消去律，得

ab=ba

所以G是交换群。

2.在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。

解：

令G是一个有限群。

设G有元a而a的阶n>2。

考察a1。

我们有

ana1=eea1=a1=e

设正整数m

假设矛盾。

这样，n也是a1的阶，易见a1a。

否则a2=aa1=e

与n>2的假设矛盾。

这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a和a。

设G还有元b,ba,ba1，并且b的阶大于2。

那么b1的阶也大于2,并且b1b。

我们也有b1a。

否则e=b1b=aa1=b1a1

消去b1得b=a1，与假设矛盾。

同样可证b1=a1。

这样，除a和a1外，又有一对不同的阶大于2的元b和b1。

由于G是有限群，而G的阶大于2的元总是成对出现，所以G里这种元的个数一定是偶数。

3•假定G是一个阶是偶数的有限群。

在G里阶等于2的元的个数一定是奇数。

解：

由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数。

但G只有一个阶是1的元，就是单位元e。

于是由于的阶是偶数，得G里阶等于2的元的个数是奇数。

4.一个有限群的每一个元的阶都有限。

解：

令G是一个有限群而a是的任一元素，那么

a,a,a,...

不能都不相等。

因此存在正整数i，j，ifj，使a，aj，用aj乘两

边，得

（1）

aije

这样,

存在正整数ij,使

（1）成立,因此也存在最小的正整数m,

使am

e,这就是说,元a的阶是m。

4.群的同态

假定在两个群G和G的一个同态映射之下，aa。

a与a的阶是

不是一定相同

解：

不一定。

例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节

中例1所给出的的群。

那么读者容易证明

ngn是G的任意元

是G到G的一个同态映射。

但G的每一元n0都是无限阶的，而g的阶是1。

5.变换群

1•假定是集合A的一个非变换。

会不会有一个左逆元1使得

解：

可能有。

例如令A=｛所有正整数｝，则

11，nn1nf1

显然是A的一个非变换。

而A的变换

nn1nA

就能使1.

2•假定A是所有实数作成的集合。

证明，所有A的可以写成

xaxba和b是有理数，a0

形式的变换作成一个变换群。

这个群是不是一个变换群

解：

令G是由一切上述变换作成的集合。

考察G的任何两个元素

xaxba和b是有理数，a0

xexdc和d是有理数，e0

那么

（ca）x（cbd）

这里ca和cbd都是有理数，并且ca0。

所以仍属于G。

结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立单位变换

在G中有逆，即

1（b、

xx（）

属于G。

容易验证，

因此G作为一个变换群。

但G不是-

个父换群。

令

xx1

2・

x2x

那么

12:

（x1）2（x1）22x2

21:

（x2）1（2x）12x1

1221

3•假定S是

'个集合A的所有变换作成的集合。

我们暂时用符

aa（a）

来说明一个变换。

证明，我们可以用

来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说，

还是S的单位元。

解：

令i和2是S的任意两个元而a是A的任意一个元。

那么2（a）和i[2（a）]都是A的唯一确定的元。

因此如上规定i2仍是S的一个唯一确定的元而我们得到了一个S的乘法。

令3也是一个任意元，那么

[（12）3]（a）12[3（a）]1{[3（a）]}

[1（23）]（a）1[23（a）]1{2[3（a）]}

所以（12）31（23）而乘法适合结合律。

令是S的任意元。

由于对一切aA，都有（a）a，

所以

（a）[（a）]（a）

即而仍是S的单位元。

4.证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。

解：

设G是由某一集合A的变换组成一个变换群，而是G的单位元。

任取G的一个元和A的一个元a。

由于，有

a（a）a

由于是A的一个一一变换，所以aa而是A的恒等变换。

5.证明，实数域上一切有逆的nn矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群.

解：

这个题的解法很容易，这里从略。

6.置换群

找出所有不能和;;

交换的元

解：

S3有6

个元：

123,

132,

213,

123,

123。

231,

312,

。

321

其中的

123

=1232

123

231

312

231

显然可以和213213交换。

通过计算，易见其它三个元不能和

2•把S3的所有元写成不相连的循环置换的乘积

3．证明：

（i）两个不相连的循环置换可以交换；

（ii）

解：

（i）看的两个不相连的循环置换和T。

我们考察乘积T

使数字1,2,…，n如何变动。

有三种情况。

（a）数字在中出现，并且把变成j。

这时由于和t不相连,j不在T中出现，因而T使j不变，所以T仍把变成j。

（b）数字k在T中出现，并且T把k变成。

这时不在中出现，因而使k不变，所以t仍把变成。

（C）数字m不在和T中出现。

这时T使m不动。

如上考察T使数字1,2,…，n如何变动，显然得到同样的结果。

因此T=T。

（ii）由于，所以

4．证明一个循环置换的阶是。

解：

一个循环置换n二的一次方，二次方，…，次方分别把变成。

同理把i2变成i2,…,把变成。

因此。

由上面的分析,若是,那么。

这就证明了，n的阶是。

5．证明的每一个元都可以写成

（12），（13），…，（1n）

这个循环置换中的若干个的乘积。

解：

由于每一个置换都可以写成不相连的循环置换的乘积，所以只须证明，一个循环置换可以写成若干个

（1）形的置换的乘积。

设n是一个循环置换。

我们分两个情形加以讨论。

（a）1在n中出现，这时n可以写成

容易验算

（b）1不在n中出现，这时

7.循环群

1．证明，一个循环群一定是交换群。

解：

设循环群Ga。

那么G的任何两个元都可以写成am和an（mn是整数）的形式。

但amanamnanmanam所以G是

一个交换群。

2•假定群的元a的阶是n。

证明的阶是，这里d=（r，n）是r和n的最大公因子。

解：

由于d|r,r=ds，所以

现在证明，就是的阶。

设的阶为。

那么。

令

得

但而是的阶，所以而

于是|。

（参看本节定理的第二种情形。

）

为了证明，只须反过来证明|。

由而n是a的阶，同上有n|r,因而|。

但d是n和r的最大公因子，所以互素而有。

3.假定a生成一个阶是n的循环群G。

证明：

也生成G，假如（r,n）=1（这就是说r和n互素）。

解：

由习题2,的阶是n。

所以互不相同。

但G只有n个元，所以而生成G。

4.假定G是循环群，并且G与同态。

证明也是循环群。

解：

由于G与同态，也是一个群。

设Ga，而在G到的同态满射©下，。

看的任意元。

那么在©下，有。

这样，的每一元都是的一个乘方而G（a）。

5.假定G是无限阶的循环群，是任何循环群。

证明G与同态。

解：

令Ga,GQ）。

定义①：

我们证明，©是G到的一个同态满射。

（i）由于G是无限阶的循环群，G的任何元都只能以一种方法写成的形式，所以在©之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而©是G到的一个映射。

（ii）的每一个元都可以写成的形式，因此它在©之下是G的元的象,而©是G到的一个满射。

（iii）

所以©是G到的一个同态满射。

§8•子群

1.找出的所有子群。

解：

显然有以下子群：

本身；（

（1））={

（1）}；

（（12））={（12）,

（1）};

（（13））={（13）,

（1）};

（（23））={（23）,

（1）};

（（123））={（123）,（132），

（1）}。

若的一个子群H含有（12）,（13）这两个2-循环置换，那么H含

有（12）（13）=（123）,（123）（12）=（23）

因而H=.同理，若是的一个子群含有两个2-循环置换（21）,（23）

或（31）,（32）,这个子群也必然是。

用完全类似的方法，读者也可以算出，若是的一个子群含有一

个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是。

因此上面给出的6个子群是的所有子群。

2.证明，群G的两个子群的交集也是G的子群。

解：

设和是G的子群。

令e是G的单位元。

那么e属于，因而而

令a,b。

那么a,b属于。

但是子群。

所以属于，因而属于。

这就证明了，是G的子群。

3.取的子集S{（12）,（123）}。

S生成的子群包含哪些元一

个群的两个不同的子集会不会生成相同的子群

解：

见习题1的解。

4.证明,循环群的子群也是循环群。

解：

设循环群G=（a）而H是G的一个子群。

若H只含单位元e=a0，则H=（e）是循环群。

若H不仅含单位元,

那么因为H是子群，它一定含有元am，其中m是正整数。

令是最小的使得属于H的正整数，我们证明，这时.看H的任一元at。

令

t=iq+r0

那么ai=aiqar。

由于at和aiq都属于H,有

ar=a-iqat€H

于是由假设r=0,at=（ai）q而H=（a'）。

5．找出模12的剩余类加群的所有子群。

解：

模12的剩余类加群G是一个阶为12的循环群。

因此

由题4,G的子群都是循环群,容易看出：

（[0]）=[0]

（[1]）=（[5]）=（[7]）=（[11]）=G

（[2]）=（[10]）={[2],[4],[6],[8],[10],[0]}

（[3]）=（[9]）={[3],[6],[9],[0]}

（[4]）=（[8]）={[4],[8],[0]}

（[6]）={[6],[0]}

是G的所有子群。

6.假定H是群G的一个非空子集并且H的每一个元的

阶都有限。

证明，H作成一个子集的充要条件是：

a,b€Hab€H

解：

由本节定理1,条件显然是必要的。

要证明条件也是充分的,由同一定理,只须证明：

a€Ha-1€H

设a€H,由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某

一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1€Ho

§9.子群的陪集

1.证明，阶是素数的群一定是循环群。

解：

设群G的阶为素数p,在G中取一元e,则a生成G的一个循环子群（a）。

设（a）的阶为n,那么n工1.

但由定理2,n丨p,所以n=p而G=（a）是一个循环群。

2.证明，阶是pm的群（p是素数，存1）一定包含一个阶是p的子群。

解：

设群g的阶是pm。

在G中取一元aze,那么由定理3,a的阶n丨pm.但n^1,所以n=p,t>1,若t=1,那么d的阶为p,（a）是一

个阶为p的子群。

若t>1,可取b=ap,那么b的阶为p,而（b）是一个阶为p的子群。

3•假定a和b是一个群G的两个元，并且ab=ba,又假定

a的阶是mb的阶是n,并且（m,n）=1.证明：

ab的阶是mro

解：

设ab的阶是k。

由ab=ba,得（ab）mn=amrbmn=e

因此k|mn我们反过来证明，mn|k。

由e=（ab）kn=aknbkn=akn以及a的阶为m得m|kn,但（m,n）=1,所以m|k.同理n|k。

又由

（m,n）=1,得mn|k.这样，ab的阶k=mn

4.假定〜是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G的任意元三个元a,x,x'来说

ax〜ax'x〜x'

证明，与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群。

解：

令H是与e等价的元所作成的集合。

由于e〜e,所以H不空。

-1-1

设a,b€H,那么a〜e,b〜e,b〜e可写成aab〜aa因此由题设，ab〜a〜e而ab€H。

a〜e可写成ae〜aa-1，因此由题设，e〜a-1而a-1€H。

这样，H作成G的一个子群。

5.我们直接下右陪集Ha的定义如下：

Ha刚好包含G的可以写成ha（h€H）形式的元。

由这个定义推出以下事实：

G的每

一个元属于而且只属于一个右陪集。

解：

取任意元a€g，由于H是一个子群，单位元e€H,因此a=ea€Ha这就是说，元a属于右陪集Ha。

设a€Hb,a€Hc,那么a=h1b=h2c（h,h€H）由此得，b=h11h2c,而Hb的任意元hb=hh11h2c€Hc因而HbHc,同样可证HcHb,这样Hb=Hc而a只能属于一个右陪集。

6.若我们把同构的群看成一样的,一共只存在两个阶是4的群,它们都是交换群。

解：

先给出两个阶是4的群。

模4的剩余类加群G1={[0],[1],[2],[3]}.

G1的元[1]的阶是4而g1是[1]所生成的循环群（[1]）。

&的子群

B4={

（1）,（12）（34）,（13）（24）,（14）（23）}

叫作克莱因四元群。

B4是&的子群容易验证，我们有

[（12）（34）]2=[（13）（24）]2=[（14）（23）]2=

（1）

（12）（34）（13）（24）=（13）（24）（12）（34）=（14）（23）

（13）（24）（14）（23）=（14）（23）（13）（24）=（12）（34）

（14）（23）（12）（34）=（12）（34）（14）（23）=（13）（24）这两个群显然都是交换群。

现在证明，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。

设G是一个阶为4的群。

那么G的元的阶只能是1,2或4

若G有一个阶为4的元d，那么G=（d）是一个循环群，而G与G同构。

若G没有阶为4的元，那么除单位元e外，G的其他3个元的阶都是2，因此有

222

G={e,a,b,c}a=b=c=e

由于G是群，有ab€G,我们证明ab=c

由ab=e将得ab=a2和b=a,这不可能.

由ab=a将得b=e,也不可能

由ab=b将得a=e,也不可能.

因此只能ab=c,同样可证

ab=ba=c,bc=cb=a,ca=ac=b

比较G和B的代数运算，易见G和B4同构。

补充题：

利用6题证明，一个有限非交换群至少有6个元

10.不变子群商群

1•假定群G的不变子群N的阶是2.证明，G的中心包含N。

解：

令N={e,n},这里e是G的单位元，取G的任意元a。

由于N是一个不变子群，有aN=Na即

{a,an}={a,na}

所以an二na。

这样，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换，所以N属于G的中心。

2.证明，两个不变子群的交集还是不变子群。

解令“勺和N2是群G的两个不变子群。

那么“勺N2是G的一个子群（§8.习题2）。

我们进一步证明，N1N2是G的一个不变子群。

令a€G,n€冲N2，那么口€“胡€N2，但M和N2是不变子群，所以ana-1€n1,ana-1€n2,因而

-1

ana€N1N2

于是由定理2，N1N2是一个不变子群。

3.证明，指数是2的子群一定是不变子群。

解：

令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群。

若n€N,那么显然有nN=Nn设b€G,b€2那么由于N的指数是2,G被分成两个左陪集N和bN;G也被分成两个右陪集N和Nbb因此bN=Nb这样，对于G的任何元a来说，aN=Na是G的一个不变子群。

4•假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明，HN是G的子群。

解：

由于H和N都不空，所以HN也不空。

设a€HN,b€HN。

那么

a=hini,b=h2n2（h?

€H,ni,n?

€N）

111'1'1

ab=h1n1n2h2=h1nh2（n=n1n2）

由于N是一个不变子集，有

Nh21=h21N，n'h21=h21n（n€N）

由是得ab1=（h1h21）n€HNHN是一个子群。

5.举例证明，G的不变子集N的不变子群Nl未必是G的不变子群

（取G=S4）.

解：

令G=S，N={

（1）,（12）（34）,（13）（24）,（14）（23）}

Nl={

（1）,（12）（34）}

已知N是G的一个子群（上节习题6）。

我们证明，N是G的一个不变子群。

为了证明这一点，我们考察，是否对一切€$，等式

（a）N1=N

成立。

由于任何都可以写成（1i）形的2一循环置换的乘积。

（§6.习题5）,我们只须对（1i）形的来看等式（a）是否成立。

又由于N的元的对称性，我们只须看=（12）的情形。

但

（12）{

（1）,（12）（34）,（13）（24）,（14）（23）}（12）={

（1）,（12）（34）,（14）（23）,（13）（24）}

所以N是s的一个不变子群。

由于N是交换群，Nl当然是N的一不变子群。

但Nl不是s的一个不变子群。

因为（13）（12）（34）（13）=（14）（23）N1

6.一个群G的可以写成a1Jab形式的元叫作换位子。

证明；

（i）所有有限个换位子的乘积作成的集合C是G的一个不变子群；

（ii）G/C是交换群；

（iii）若N是G的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么

解：

（i），C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积，因而仍是

C的一个元。

一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆

仍是C的一个元。

这样C是一个子群。

对于a€G,c€C,aca"=（aca1c"）c€C,所以C是G的一个不变子群。

（ii）令a,b€G。

那么a1Jab=c€G由此得

ab=bac,abC=bacC=baC

即aCbC二bCa而G/C是交换群。

（iii）因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b

（aN）（bN）=（bN）（aN）,abN=baN

由此得ab=ban（n€N）a1b1ab=n€N。

这样N含有一切换位子，因此含有C。

补充题。

令和（i1i2-ik）属于s。

证明

1（iii2…iJ=（i：

i；…i：

）

§11.同态与不变子群

1.我们看一个集合A到集合A的满射①。

证明。

若A的子集S是a的子集s的逆象；s是S的象，但若s是S的象,S不一定s的

逆象。

解：

（i）设S是S的逆象。

反过来，对任一a€S，存在a€S,使①（a）=a,因此s0（S）。

（ii）令A二{1,2,3,4},a={2,4},A到a的满射是

12,22,34,44

取S={1,3}。

那么S的象s={2,4}。

但s的逆象是AS

2.假定群G与群G同态，N是G的一个不变子群，N是N的逆象。

证明，G/NG/N。

解：

设所给G到g同态满射是①：

aa=o（a）

我们要建立一个G/N到g/N的同构映射。

定义

aNaN

若aN=bN那么b1a€N。

由于n是N©之下的象，有

ba=ba€N,aN=bN

所以是G/N到G/N的一个映射。

设aN€G/N而①（a）=a，那么

aNaN

所以是G/N到G/N的一个满射。

若aNbN,那么b1aN。

由于N是n的逆象，由此得

ba=baN,aNbN

所以是G/N到G/N间的一个一一映射。

3.假定G和G是两个有限循环群，它们的阶各是m和n。

证明，

G与G同态，当而且只当n|m的时候

解：

设G与G同态，那么由定理2,G/NG，这里N是G到g的同态满射的核。

所以G/N的阶是n。

但G/N的阶等于不变子群N在G里的指数，所以由§9的定理2它能整除G的阶m由此得n|m

反过来设n|m。

令G=（a）,G=（a）。

定义

①：

若a'=ak，那么m|h-k。

于是由n|m,得n|h-k而ah=a"。

这样①

是G到G的一个映射。

容易证明，①是G到G的一个同态满射。

因此G与G同态。

4.假定G是一个循环群，N是G的一个子群。

证明，G/N也是循

环群。

解：

循环群G是交换群，

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