近世代数第二章答案.docx
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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
2
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
23
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
1?
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
1
:
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()
aa
属于G。
容易验证,
1
因此G作为一个变换群。
但G不是-
个父换群。
令
1:
xx1
2・
x2x
那么
12:
x
(x1)2(x1)22x2
21:
x
(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)
(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
1.
找出所有不能和;;
交换的元
解:
S3有6
个元:
123,
123,
123,
123,
132,
213,
123,
123,
123。
231,
312,
。
321
其中的
123
123
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
t1
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
NC
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。
这时对任一元a€S,存在元a€S,使①(a)=a,因此©(S)S。
反过来,对任一a€S,存在a€S,使①(a)=a,因此s0(S)。
这样S=©(S),即S是S的象。
(ii)令A二{1,2,3,4},a={2,4},A到a的满射是
O:
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
i1
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
11
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,