Qfcb—acfb
对于代数运算。
来说，0i和©4是力的自同构，其余4个都不是.这是因为，若是一个力的自同构，那么对虫的任何元素％和，，将有
（1）①6（xo^y）=4（c）=0；（^）o4｛y）—c
因而
（2）c）=c
反过来，若
（2）成立，那么
（1）也成立•
2.A-（所有有理数｝•找一个虫的对于普通加法来说的自同构.（映射一乂除外）•-
解设上是任一有理数，且任丰Q,k^l.
那么
5
是力的一个对于加法来说的自同构，并且①显然不是映射—災・⑦是虫的一个——变换，读者可以自已证明。
令兀和，是力的任意两个元素，那么
工+$f①〈r+y）=k（x+y）kxky（x）+（y）所以⑦是“4的一个自同构•
读者可以试证，X只有以下对于加法来说的自同构
任是#0的有理数
_3.｛所有有理数｝的代数运算是普通加法.
万=｛所有#0的有理数门万的住数运算是普通乘法.证明，对于给的代数运算来说，£与刁间没有同构映射存在.
（先决定0在一个同构映射下的象.）
解设⑦是虫与虫间对于所给代数运算的一个同构映射，而0（0）-Oe那么由于①是同构映射，育
（P（O）=（0）=a
但同构映射是单射，所以得于是有但石CTJ,所以a¥=0,因而a—1=0,即«=1<这样
0（0）=1
（1）
由于0是满射，另的元-1必是/的某一元a的象'
<2>（a）=：
-1
由是得
0（2a）（a^a）-（a）CP（^）=（-1）2=1于是由0是单射，得2a=0,即。
=0,而0（0）=-1,与
（1）矛盾.这说明，在力与万间对所给代数运算来说不存在同构对应.
渎者可以用以下方法得出本题的另一证明'设。
（a）=2•考虑0（・；+号）
§10.等价关系与集合的分类
1.4二｛所有实数｝•力的元间的关系〉以及二是不是等价关系？
解>不是等价关系■•这个关系不满足反射律z不成立.
二也不是等价关系，它不满足对称律，例如，3>2,
••
但2>3不成立.
2・有人说，假如一个关系/?
适合对称律和推移律，那么它也适合反射律.他的推论方法足」因为7?
适合对称律
a7?
bbRa
因为尺适合推移律
aRb,bRa=>aRa
这个推论方法有什么错误？
解这个推论方法的错误在于，对于“等价关系”定义的陈述没有准确地理解・
aRb=>bRQ
的意思是：
由QRb可得bRJ假如对于某一元素"，找不到任何元素b,使得aRb成立，那么就得不出bRo,因而也就得不出aRa.例如x令力是藥数集，如下定义虫的元间的关系7?
：
QFb当且仅当ab>0.
R显然满足对称律和推移律，但R不满足反射律，因为
0/?
0
不戍立.
3.仿照例3规定整数间的关系
Q三h（—5）
证明你所规定的是一个等价关系，并且找出模-5的剩余类。
解可以完全仿照例3来做.
第二章群论
§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，因为習•通减法不适合结合律.
例如
3-（2-1）=3-1=2（3-2）-1=1-I=o
（2—7）#（3—2）—1
2.举一个有两个元的群的例.
解令G={匕，a},G的乘法由下表给出
!
ca
「一
eea
首先，容易验证，这个代数运算满足结合律
〈1〉（*>'）名=%（»*）X,y9zQQ
因为，由于。
Q=ae=a,若是元素e在（丄）中出现，那么
（1）成立•■（参考第一章，§4,习题3.）若是£不在
（1）中出现，那么有
••••・•••
其次，G有左单位元，就是£）e有左逆元，就是
a有左逆元，就是所以G耀一个群.
读者可以考虑一下，以上挂算表是如何作出的.
3.证明，我们也可以用条件I,II以及下面的条件IT,V，来做群的定义=
NrG里至少存在一个右逆元q",能让
ae=a
对于G的任何元。
都戒立｝
W对于G的每一个元a,在G里至少存在一个右逆元a",能让
aa'1=e
解这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,I,IV,V来做群定义的证明，但读者一定要自己写-下・
§2.单位元、逆元、消去律
1・若群G的每一个元都适合方程护二勺那么G是交换群.
解令Q和b是G的任意两个元.由题设
（a6）（a6）=（a6）2=e
另一方面
（ob）（6a）=abza=aea=a2e
于是有（ab）（ab）=（ab）（ba）e利用消去律，得
ab=ba
所以G是交换群.
2.卷一个莆隈鏈离无于讷元芮个数一定是偶数.
解令G是一个宥限时皱G有元a而a的阶n>2.
考我们有
a"（o"、）n=ee（a~!
）"=（a'l）M=e
设正整数而（a"）E=£,那么同上可得沪与并是a的阶的假设矛盾.这样，加也是a"的阶，易见a~l^a.否则
a2=aa^1=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还有元几bi,并且b的阶大于2・
那么b"的阶也大于2,并且b■'丰b.我们也有丰a.否则
e=b_'b=aa"1=b_】a_1
消去6“得b-a*1,与假设矛盾.同样可证这样，除Q和旷】外，又有一对不同的阶大于2的元£>和犷】.
由于G足有限群，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O里阶等于2
的元的个数一定是奇数.
G只有一个阶是1的元，就是单位元£.于是由于G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。
是G的任一元素，那么
6ci29a3,y5"
不能都不相等.因此存在正整数二iW>i,使a'=M・用ar乘两边，得…"
（1）.（jLi=$
这样，存在正整数:
便
（1）成立.因此也存在最小的正整数"，使犷二内这就是说，元。
的阶是〃•
§4.群的同态
假定在两个群G和石的一个同态映射之下，a-Na与匚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0是该节中例1所给出的群.那么读者容易证明（Pl舁ig兄是G的任意元
是G到0的一个同态映射.但G的每一个元"士0都是无限阶的，而g的阶是1•
§5・变换群
1.假定r是集合力的一个非变换.厂会不会有一
个左逆元广】便得r^r=C?
解可能有•例如令虫=｛所有正整数｝,则
r•1—1.n-^n-1n>l
显然是/的一个非——变换.而虫的变换r"1•+1n（^A
就能使厂％=£•^
18
房间看
假定.4是所有实数作成的集合。
证明，所有虫的可以写成
x-^ax^rba和6是有理数，a护0
形式的变换作成一个变换群.这个群龛不是一个交换群？
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
2x-^ox+b。
和b是有埋数，a=^0
兀x-*cx4-dC和d炬有理数，（7^=0
那么
（ax+6）z=c（ox-bb）+d
=（ca）x+（cb+d）
这里cQ和cb+J都是有理数，并且ca¥=0.
所以t久仍屈于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
Ei
属于G・
容易验证，疋在G中有逆，即
因此G作成一个变换群.
但G不足一个交换群.令
Tj:
力—6+1
^2：
£-*2龙
那么
X—（XT1）T2=（工+1）匕2=2x+2
r2r1:
=（2工）G=2r十1
3.假定S是一个集合厦的所有变换作成的集合.我们暂时仍用符号
r:
a——af=t（a）
来说明一个变换r・证明，我们可以用7^2：
a—（a）]=r）r2（a）
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，£还是S的单位元・
解令6和一是S的任雹两个元而。
是力的任意一个元・那么5（Q）和5匚珂（。
）]都是Z的唯一确定的元.因此如上规定的仍是S的一个唯一确定的元而我们得到了一个S的乘法.
令心也是S的一个任意元，那么
C（t-1t2）t3JE（厂2匸3）]（a）=口1>汀3（a）I=rjr2^s（«）]}所以（r1r2）r3=rJ（r2r3）而乘法适合结合律.
令厂是S的任意元.由于对一切。
€力，都有£@）=a,所以
“（a）=fr（«）]-r（a）
r£（q）=t^e（a）]=r（a）
即et=t£=t而e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是由某一集合力的变换组成的一个变换群，而£是6的单位元・任取G的一个元「和力的一个元a.由于
aer=（ae）*=ar
由于7•是力的一个变换，所以厅=。
而£是&的恒等变
换.
5.证明，实数域上一切有逆的〃X猝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S3的不能和（；：
；〉交换的元.
解S3有6个元$
其中的
3.证明f
（i）两个不相连的循环置换可以交换,
（ii）（匚订…W=（U九i…珀）.
解（i）看S“的两个不相连的循环程换。
和我们考察乘积使数字1,2,…，h如何变动.有三种情况.
（Q）数字，在。
中出现，并且＜7把d变成心这时由于cj和了不相连，，不在丁中出现，因而r使,不变，所以"仍把F变成j•
（b）数字上在厂中出现，并且疋把b变成2.这时上不在Q中出现，因而o•使上不变，所UX"仍把七变成
（c）数字力不在cr和了中出现.这时＜7匸使税不动・
如上考察2池数宇1,2,…，归如何变动，显然得
到同样的结果.因此
（ii）由于…⑺（W—…讥〉=（1〉,所以
（珀i2…彳订7=（?
1…讥）
4・证明一个k-循环置换的阶是k•
解.一个匕-循环觀换兀=（八论…讥•）的一次方，二次方，…，*2次方分别吧讥变成（2,订，…9G-同理於把「2变成订，…，把和变成心因此沪=
（1）.由上面的分析，若是Kk,那么次律
（1）.这就证明了，冗的阶是上.
5.证明S”的每一个元都可以写成
（12）,（13）,…，（1n）
这n-1个A循环置换中的若干个的乘积.
解由于每个置换都可以写成不相连的循环殖换的乘积，所以只须证明，一个循环労换可以写成若干个（1门形的置换的乘积•设兀是一个花-循坏直换・我们分两个情形加以讨论.
（a）.1在《中出现，这时"可以写成
容易验算
（1=（1H）（1H）（1：
r*-i）
（b）1不在兀中出现，这时
7T=（匚订…讥）=（1沐匚2…让）（1H）
=（1it）（1：
2）…（1u）（1»i）
§7.循环群
1.证明，一个循坏群一定是交换群.
解设循环群G=（g）・那么G的任何两个元都可以写成旷和a"（tn,t?
是整数）的形式.但
（ran=am+n=a,H，，1==
所以G是一个交换群•
2・假赴群的元。
的阶足n•证明/的阶是寻，这里
d=（r,Q是:
r和«的藪大公因子・
解由于d|r,r=ds,所以
（ar）d=（adi）:
=（a11）J=e
现在证明，子就是/的阶•设/的阶为―那么fe<^
6
e=（aF）^=（ar）=（ar）kg（ar）r1=（ar）
但r,
于是得艮号.（参看本节定理的第二种情形•）
为了证明匕备只须反过来证明》k.由Q样=£而
姦是a的阶，同上有n\rk9因而务寺“
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