代数学引论近世代数第一章答案精品文档Word格式.docx
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对任意a,bG,
ba=bae=ba（ab）2=ba（ab）（ab）
=ba2b（ab）=beb（ab）=b2（ab）=e（ab）=ab
因此G为交换群.
[方法2]
a2b2=e=（ab）2,
由上一题的结论可知G为交换群.
3.
设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件:
（1）
a（bc）=（ab）c;
（2）
由ab=ac推出a=c;
（3）
由ac=bc推出a=b;
证明G在该乘法下成一群.
[方法1]
设G={a1,a2,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由
（2）可知若ij（I,j=1,2,…,n）,有
akaiakaj------------<
1>
aiakajak------------<
2>
再由乘法的封闭性可知
G={a1,a2,…,an}={aka1,aka2,…,akan}------------<
3>
G={a1,a2,…,an}={a1ak,a2ak,…,anak}------------<
4>
由<
和<
知对任意atG,存在amG,使得
akam=at.
知对任意atG,存在asG,使得
asak=at.
由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.
下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。
[方法2]
为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元（单位元），并且证明G内每一个元素都可逆即可.
为了叙述方便可设G={a1,a2,…,an}.
（Ⅰ）证明G内存在幺元.
<
存在atG，使得a1at=a1.（这一点的证明并不难，这里不给证明）;
证明a1at=ata1;
因为
a1（ata1）at=（a1at）（a1at）=（a1）2
a1（a1at）at=（a1a1）at=a1（a1at）=（a1）2,
故此
a1（ata1）at=a1（a1at）at.
由条件
（1）,
（2）可得到
a1at=ata1.
证明at就是G的幺元;
对任意akG,
a1（atak）=（a1at）ak=a1ak
由条件
（2）可知
atak=ak.
类似可证
akat=ak.
因此at就是G的幺元.
（Ⅱ）证明G内任意元素都可逆；
上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得
ab=ba=e.
<
对任意aG，存在bG，使得
ab=e;
（这一点很容易证明这里略过.）
证明ba=ab=e;
因为
a（ab）b=aeb=ab=e
a（ba）b=（ab）（ab）=ee=e
再由条件
（2）,（3）知
ba=ab.
因此G内任意元素都可逆.
由（Ⅰ）,（Ⅱ）及条件
（1）可知G在该乘法下成一群.
4.
设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:
如果乘法满足结合律,并且对于任一对
元素a,bG,下列方程
ax=b和ya=b
分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群.
证明：
取一元aG,因xa=a在G内有解,记一个解为ea,下面证明ea为G内的左幺元.对任意
bG,ax=b在G内有解,记一个解为c,那么有ac=b,所以
eab=ea（ac）=（eaa）c=ac=b,
因此ea为G内的左幺元.
再者对任意dG,xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea存在左逆元,又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.
[总结]
群有几种等价的定义:
幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.
设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律,并且G内包含幺元,G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.
设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律,并且G内包含左幺元,G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.
（4）
设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律,并且对于任一对元素a,bG,下列方程
分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群.
值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律,则该半群一定是群.
5.
在S3中找出两个元素x,y,适合
（xy）2x2y2.
[思路]在一个群G中，x,yG,xy=yx（xy）2x2y2（这一点很容易证明）.因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可.我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.
解:
取
x=,y=
那么
（xy）2=x2y2.
[注意]
我们可以通过mathematica软件编写Sn的群表,输出程序如下:
Pr[a_,b_,n_]:
=（*两个置换的乘积*）
（Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]）;
Se[n_]:
=（*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*）
（Permutations[Table[i,{I,1,n}]]）;
Stable[n_]:
=（*生成Sn群表*）
（a=Se[n];
Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}]）
当n=3时群表如下：
[说明]：
表示置换,剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下:
e
a
b
c
d
f
b
6.
对于n>
2,作一阶为2n的非交换群.
7.
设G是一群,a,bG,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai=.
我们采用数学归纳法证明.
当k=1时,a-1ba=br=,结论成立；
假设当k=n时结论成立,即a-nban=成立,下面证明当k=n+1时结论也成立.
我们注意到
a-1bka==bkr,
因此
a-（n+1）ban+1=a-1（a-nban）a=a-1a==,
可见k=n+1时结论也成立.
由归纳原理可知结论得证.
8.
证明:
群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射.
（Ⅰ）首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射.
由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为
并且群G为一个交换群,可得
.
因此有
.
综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射.
（Ⅱ）接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群.
若映射是一同构映射,则对任意有
另一方面，由逆元的性质可知
因此对任意有
即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.
9.
设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一
个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.
首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.
对任意aG,有a～a,故此aa-1=eS；
对任意a,bS,由（ab）b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即（ab）e-1=abS.再者因ae-1=aS,故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.
接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.
对任意aG,有aa-1=eS，故此a～a（自反性）;
若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故（ab-1）-1=ba-1S,因此b～a（对称性）;
若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1bc-1=ac-1S，因此a～c（传递性）.
综上可知～是一个等价关系.
10.设n为一个正整数,nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构.
我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.
11.证明:
在S4中，子集合
B={e,（12）（34）,（13）（24）,（14）（23）}
是子群，证明B与U4不同构.
可记a=（12）（34）,b=（13）（24）,c=（14）（23），那么置换的乘积表格如下：
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