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2群论自测练习
第二章群论
自测练习
一、概念解释
1.置换2.群的方程定义3群的公理化定义4.群的阶5•循环群6.群的指数
二、判断题
1•对于群G的任意两个元a,b来说，方程ax二b和ya二b都在G中有解。
2•任何一个子群都同一个变换群同构。
3.设Hi,H2均为群G的子群，贝UHiH2也为G的子群。
（）
4.群G的不变子群N的不变子群M未必是G的不变子群。
（）
『1234、
5.S4的置换兀=是一个4—循环置换。
I2143丿
6.群G中元素a的逆元存在，但不一定唯一。
三、选择题
1.下面是交换半群，但不是群的是（）。
A.（N,）B.（Q,）C.（Z*,）,其中是非零整数集合D.（C,）
2.设e是群G的单位元，a,b是G的两个元素，则（）。
A.（ab）4=a4bB.（ab）'=a'C.若a2=e，则a=a'D.ab=ba
3.精确到同构，4阶群有（）个。
A.1B.2C.3D.4
4.以下结论正确的是（）。
A.全体非零整数对普通乘法作成一个群
B.全体奇数对普通加法作成一个群
C.实数域上全体n阶矩阵对普通乘法作成一个群
D.、实数域上行列式等于1的全体n阶矩阵对普通乘法作成一个群
5.若H,K分别是群G的2011阶,2012阶子群，则HK是群G的（）。
A.1阶子群B.2011阶子群
C.2012阶子群D.20112012阶子群
6.以下结论正确的是（）。
A.无限群中除了单位元外其余元的阶都是无限
B.无限群中至少有一个无限阶元
C•有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数
D.有限群中两个有限阶元的乘积可能是无限阶元
7.在4次对称群S4中，阶等于2的元的个数是（）。
A.2B.3C.6D.9
8.设N是群G的不变子群，以下结论不正确的是（）。
A、若G是交换群，则G/N是交换群B、若G是非交换群，则G/N是非交换群
C、若G是循环群，则G/N是循环群D、若G中元的阶都有限，则G/N中元的阶都有限
四、填空题
1设群G中元素a的阶为m，如果a^e，那么m与n存在整除关系为。
2•凯莱定理说：
任一个子群都同一个同构。
3.设G=（a）是循环群，则G与整数加群同构的一个充要条件是。
4.设Z是整数加群，2Z二｛2n|n・Z｝是Z的子群，则商群Z/2Z的阶是。
5.模12的剩余类加群到模18的剩余类加群的同态映射有个。
6.p（p是素数）阶群的子群有个。
一1+T3i一
7.在全体非零复数对普通乘法作成的群C*中，由生成的子群的所有元素
2
8.若N是4次对称群S4的12阶子群，则商群S4/N的阶是。
9.在同构的意义下，p（p是素数）阶群共有个。
|0-1|
10.在实数域上全体2阶可逆矩阵对普通乘法作成的群中，由A=|生成的子群的所
J0一
有元素是。
11.模12的剩余类加群Z12的单位元是.
12.已知群G中元素a的阶为6,则a4的阶等于.
13.整数加群Z的所有生成元是.
14.n次对称群Sn的阶是.
五、计算题
1•设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求G中下列各元素
■10
1、
的阶：
a=
J
0丿
b=
<_1
一1丿
ab.
fl23456^
2.设代S6，其中^1354162,
4.设9次置换卩24456
^37618
（1）将二表成互不相交的轮换乘积;
（2）将匚表示成形式为对换的乘积;
（3）求出二的逆与的阶。
六、解答与证明题
1.请举一个幺半群其中有一个元素的左逆元不一定是右逆元，右逆元也不一定是左逆元。
2.
设G是由以下四个二阶方阵作成的集合
一个交换群，并给出乘法表。
3.假设G是2n阶群，贝yG包含有2阶元素；如果n是奇数并且G是Abel群，则G只有一个2阶元素。
证明
4.实数集R，对运算a，b=2（a-b）能否作成群，并说明理由。
5.设G=（a）是循环群，证明：
当a=n时，G=（a）与n次单位根群同构。
6.设G是整数环Z上行列式等于1或-1的全体n阶方阵作成集合，证明：
对于方阵的普通乘法G作成一个群。
7.设R是一个有单位元1的环，a,b，R,证明：
如果1ab在R中有逆元，则1ba在R中也有逆元。
8.设R2为所有实数对（x,y）作成的集合，对运算（a,b）'（c,d）=（a•c,b-d）,R?
能否构成群，说明理由。
9.令G=4a,b'，且G有如下乘法：
e
e
a
b
a
a
b
e
b
b
e
a
证明：
G对此乘法作
三成一个
群。
10.非零实数集R对运算aF=ab能否作成群，说明理由。
11.实数集R,对运算a七=2（a-b）能否作成群，并说明理由。
2
12.证明：
在群G中只有单位元满足方程xx。
13.设G是一个阶大于1的群，证明：
若G中除单位元外其余元素的阶都相同，则这个相同的阶不是无限就是一个素数。
14•证明：
任何群都不能是两个非平凡子群的并。
15.两个子群的乘积不--定是子群。
16.证明：
群G是有限群当且仅当G只有有限个子群。
17.试举出满足以下条件的群：
1）G是无限群，除单位元外，每个元素的阶都无限。
2）G是无限群，G中除单位元外，既有有限阶元素，也有无限阶元素。
18•证明：
在任意群G中，a与cac°（a,c・G）同阶。
19•假定群G的阶为n,且G=（a）.证明：
G=（ar）,这里（r,n）=1.
20.一个群G的可以写成a」b」ab形式的元叫做换位子,证明：
（1）所有有限个换位子的乘积组成的集合C是G的一个不变子群，称为G的导群或换位子群；
（2）G/C是交换群；
（3）若N是G的一个不变子群，并且G/N是交换群，那么N二C.
21.假定〜是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G
的任意三个元a,x,y来说，有ax〜ay=x〜y。
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。
22.设循环群G=（a）是可换群.
23.设G是一个阶大于1的群,证明：
G只有平凡子群当且仅当G为素数阶循环群。
24.假定群G的不变子群N的阶是2,证明:
G的中心C（G）包含N.
25.假定G和G是两个群,并且:
是G到G的同态满射。
（1）.证明ker「是群G的正规子群；
（2）.证明「是同构映射当且仅当ker「={e}。
26.证明：
阶是pm的群G一定包含一个阶是p的子群，其中Z，p是素数.
27.设G=（a）是循环群，证明：
当a=:
时，G=（a）与整数加群同构。
28.整数加群Z是否与偶数加群2Z同态？
整数环Z是否与偶数环2Z同态？
请简要陈述理由.
29.设N乞G，证明：
NG的充要条件是N的任意两个左陪集的乘积是左陪集。
30•设H,K是群G的子群，证明:
（1）[H:
H-K]"G:
K];
（2）当［G:
K］有限时，则［H:
H-K］二［G:
K］当且仅当G=HK。
自测练习参考答案
、概念解释
参见课本
二、判断题
四、填空题
'10"
0-11
2
「1-r
3
‘01"
1.G的单位兀为e-
a=
a=
a=
卫1丿
J0丿
J0丿
（-1O丿
计算题
五、
4a
2）二的阶为3;3）匚J=（143）（265），匚2-；「（143）（265）
3.
（1）二=（15）（2379）（468）,（2、.-:
;=（15）（29）（27）（23）（48）（46）（3）
二」=（15）（9732）（864）,|二|=12。
六、解答与证明题
1.设A是正整数集合，M={f|f:
心/}则M是一个幺半群。
做变换
f（n）二n1,-nA，f是一个单射但不是满射，g
（1）=1,g（n）二n-1,n_2,-nA，g
是一个满射但不是单射，并且有gf=：
1A但是fg=1A，则g是f的左逆元不是右逆元，同
样f是g的右逆元不是左逆元。
abcd
ia
bcd
）b
adc
;c
dab
d
cba
由此表可知：
方阵普通乘法是G的代表运算，a是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G中都有逆元，结合率显然成立。
故G对方阵普通乘法作成一个交换群。
3.
（1）由于G是一个偶数阶群，则G中阶等于2的元素的个数一定是奇数，所以群G包
含一定有2阶元素；
（2）假设G有两个不同的2阶元素a,b，又由于G是Abel群，则易知
{e,a,b,ab}是G的一个4阶子群，于是由Lagrange定理知，4|2n,进而2|n，但这于n是奇数矛盾，所以G只有一个2阶元素。
4.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。
若R有单位元X,则由于0-R，
由所给运算有：
xP=2（x0^2（1，0）=2=0，即单位元x=0，而1R，但
19=2（1•0）=2=0，这与x二0是单位元矛盾。
5.设aG=（a）的阶为n,则易看出映射”:
a^—■em是G=（a）到n次单位根群
（e）=1,e,e2,…enr（e为n次原根）的一个同构映射，故G=（a）=（e）。
6.G显然非空，又任取A，G，则A=±1,B=±1，于是AB是整数方阵，且
AB=A£=±1，故ABeG，即G对乘法封闭。
结合律显然成立，且E是G单位元。
又设AG，由于A是整数方阵，故A的伴随矩阵A"也是整数方阵;
1
又A故A±一A=：
A,即AJ也是整数方阵，即G中每一个元在G中都有逆
IAI
元，从而证得G作成一个群。
7.令c是1+ab的逆元，则有：
c（1+ab）=（1+ab）c=1或：
c-1+cab=c-1+abc=0,于是有：
（1-bca）（1+ba）=1-bca+ba-bcaba=1-b[c-1+cab]a=1同理有：
（1+ba）（1-bca）=1.即1-bca
是1+ba的逆元。
8.
a=（0,0）,b=（0,0）,c=（0,1）
R2不能作成群，因为所给运算不满足结合律，例：
取
则a（bc）=（0,0）（0,-1）=（0,1）（ab）c=（0,0）（0,1）=（0,-1）
a（bcp--（ab）c即结合律不成立，不能作成群。
9.G对此乘法作成一个群。
1、证：
由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e是单位元，又e」=e,
aJ-b，bJ=a，即每个元素在G中都有逆元，因此要证G是一个群，只要再证结合律
成立即可。
任取x,yG，则显然有：
e（xy）=x（ey）=xy二x（ye）（xx）x=x（xx）
其次令x,y{a,b}，且x=y，则由乘法表知：
xx二y,yy二x,xy二yx=e，可知结合
律成立。
10.非零实数集R对运算aab不能作成群。
因为1,-1•R，但方程1^-1，
即X=-1在R中无解，由群的定义知R对所给代数运算，不能作成群。
11.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。
若R有单位元x，则由于0・R，由
所给运算有：
x9=2（x•0）=2（1，0）=2=0，即单位元x=0,而1R，但
19=2（1•0）=2=0，这与x=0是单位元矛盾。
12.设e是群G的单位元，则e显然满足方程另外设G,且a2=a，则有a」a2二a'a
即a=e,即只有e满足方程x2二x。
13.若G中除单位元外其余元素的阶均是无限，则结论已对；若G中非单位元素的阶都n,若n是合数，即n二mn2，n11,n21，则G中任意的元素a，有|a"尸乜=n，这与易知矛盾，所以n必是素数。
14.假设群G是两个非平凡子群H,K的并，即G二H-K。
由于H,K是G是两个非平凡
子群，故有a,b•G，使得bH,aK，又由于G=H-K，所以有a•H,b•K，又
因为abG二H-K，故必有ab・H，ab・K。
若abH，则由于H是G是子群，故b二a」（ab）•H矛盾，若abK，则由于K是G是子群，故a=（ab）b）K矛盾，因此
15.S3={
（1）,（12）,（13）,（23）,（123）,（132）},H={
（1）,（12）},K={
（1）,（13）},则
HK-{
（1）,（12,当然不可能是S3的子群，因为（132）J-（123VHK。
16.群G是有限群当且仅当G只有有限个子群。
证明：
若群G是有限群，则G的子集的个数是有限的，从而其子群的个数当然是有限的；
反之，G只有有限个子群，则G中显然不能有无限阶元素，因为无限循环群有无限个子群，这样G中每个元素的阶都是有限的，任取a^G，则（內）是G的一个有限子群，再取
a^G（aj，于是（a?
）又是G的一个异于（aj有限子群，但G只有有限子群，故这种过
s
程不能无限地持续下去，从而存在正整数s，使得Gai，而每个（ai）都是有限的，于
i-A
是群G是有限群。
17.1）如整数加群G除单位元0外，每个元的阶都无限。
2）如：
全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是
1夕卜，-1的阶是2,而其余各元素的阶都是无限。
〔8.设an=e，（cac」）“=c^c」=e，反之若（cac」）*=e，有canc」=ean=e即a与cac」有相同的阶。
19.因（r,n）=1,故存在整数s、t,使得rs■nt=1,这样-a"•G,有
mmrs:
.mntrmsnmtrmsrrt
a=a=（a）（a）=（a）,故a是G的一个生成兀，从而G=（a）.
20.
（1）由于e二e」e」ee,e・C；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的一个元的逆仍是的C一个元，这样C是G的一个子群；对于aG,cC,aca'二（aca'c，）cC,所以C是G的一个不变子群.
（2）令a,b•G,那么（ba）'ab二a°ab=c•C,由此得abC=baC,即aCbC=bCaC,因而G/C是交换群.
（3）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）,由此得（ba），（ab）二aUb•N,这样N含有一切换位子，因而N含有C.
21.设H=[e],由于〜是等价关系，故e〜e,即eH;
一a,b•H,贝Ua〜e,b〜e因而ae〜a,be〜bb*,由题设可得e〜a二，e〜
1111111b~,---io分；由对称性及传递性得b~〜a—,a_ab—〜a~e,再由题设得ab~〜e即
ab'^H,那么与G的单位元e等价的元所作成的集合G的一个子群。
22.vas,a^G，由于asat=as4t=atHs=atas，从而G=（a）是可换群。
23.充分性，由Lagrange定理知，显然成立。
必要性，因为|G|1，所以存在a・G,a=e。
设H=（a），则H={e}，但是HG，由假设，H二G;若|a|=：
:
，则（a2）是G的非平凡子群，与假设矛盾；
若|a|=n是合数，即n=mn?
，n11,n21，则|a"n2，从而（an1）是G的非
平凡子群与假设矛盾。
因此G为素数阶循环群。
24.设N={e,n}，-a•G,有anaJN,必有ana'二n,否则ana'二e,便得n=e的矛
盾，从而ana」=e,an=na,另外显然ae=ea,故N冬C（G）。
25.先证ker「非空，其次证ker:
:
是子群；最后证ker「的不变性。
2、只证「是单射即可。
n1
26.取aG而a=e，则由Lagrange定理知，|a戶pn，其中1岂n空m，则ap一的阶是p，
pn丄
所以H=（apJ是G的一个p阶子群。
27.设a=吆，则当m^n时，am^an，于是映射①：
amTm就是g=（a）到整数加群
Z的一个一一映射。
又am-an=amn>m■n，故：
•：
」是G到Z的同构映射。
即G=（a）与
整数加群Z同构。
28.整数加群Z与偶数加群2Z同态；整数环Z不能与偶数环2Z同态
29.NG=aN・bN=a（Nb）N=a（bN）N=（ab）NN=（ab）N,-a,bG;
充分性，-a,b・G,c・G，使得
aN・bN二cN=ab：
=cN二（ab）N二cN=aN・bN=（ab）N
二一aG,nN,（an）（a，n）aN・a，N=（aa*）N=N，
所以ana人N，故NG。
30.
（1）令A二{h（HK）|hH},B二{xK|xK},易知（h（H一K））二hK,~hH
1_1
是从A到B的映射，又因若h1^h2K,h1,h^H，则gh?
•K，从而gh?
•HK,
有hi（H-K）二h2（H-K）,故「从A至UB的单射，从而|A叮B,|即
[H:
H-K]<[G:
K];
（2）若当［G:
K］有限时，设［H:
H-K］=［G:
K］，则由上知「是双射，故对任意的x・G，必有hH，使得xK=hKHK，从而GHK，故G二HK;反之，若
G=HK，则任取左陪集xK（xG），令x=hk（hH,kK），则xK=（hk）K=hK，
从而「从A到B的双射，故［H:
H、K］=［G:
K］。
31.设二是G到G的自然映射，则f与的二合成是G到G满同态，
/N/N
G—f》G>G_，x—f（x）—f（x）N
并且ker（二f）={xG|（二f）（x）=N}={xG|二（f（x））=N}={xG|f（x）N=N}
二{x・G|f（x）・N}=N，因此由同态基本定理知，NG并且gn=G_。
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