近世代数第二章规范标准答案Word文档下载推荐.docx
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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
1
aa=e
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。
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。
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
n1n1n1n
aa=eea=a=e
设正整数m<
n而a1"
=e，那么同上可得am=e，与n是a的阶的假设矛盾。
这样，n也是a1的阶，易见a1a。
否贝ya2=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。
否贝卩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。
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。
令G是一个有限群而a是的任一元素，那么
a，j
边，得
（1）
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ame,这就是说，兀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？
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?
可能有。
例如令A=｛所有正整数｝，贝S
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？
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
xcxdc和d是有理数，c0
那么
xx（axb）c（axb）d
（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
属于G。
容易验证，
在G中有逆，即
1（b、
x-x（-）aa
因此G作为一个变换群。
但G不是-
1・
个父换群。
令
x
x1
2・
2x
12:
（x
1）2（x1）22x2
21:
2）1（2x）12x1
1221
3•假定S是一个集合A的所有变换作成的集合。
我们暂时用符号
（a）来说明一个变换。
证明，我们可以用
i2:
ai[2（a）]i2（a）
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。
令1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的唯一确定的兀。
因此如上规定i2仍是S的一个唯一一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）]i{[3（a）]}
[i（23）]（a）i[23（a）]i{2[3（a）]}
所以（12）3l（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。
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.
这个题的解法很容易，这里从略。
6.置换群
1.
123
找出所有S3不能和231
交换的元
解:
S3有6
个元：
123
123，
132，
213，
231，
312，
。
321
其中的
_123
'
231
312
=231
显然可以和23；
交换。
通过计算，易见其它三个元不能和231交换
2•把s；
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；
和t。
我们考察乘积
（ii）'
■；
■■-/:
.
（i）看■的两个不相连的循环置换使数字1,2,…，n如何变动。
有三种情况。
（a）数字：
在中出现，并且把二变成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仍把变成巧
（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）由于一_.—：
_•_-'
、，所以鈿
4.证明一个厂循环置换的阶是。
一个疵一循环置换n=辄血曲曲的一次方，二次方，…，〔次方分别把.变成__•.。
同理：
把i2变成j2,…,把.变成.。
因此
由上面的分析，若是v，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）
这二--个1-循环置换中的若干个的乘积。
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
勺Gr^4-11
容易验算
（iij勾一博fl（17（1.丿
（b）1不在n中出现，这时
兀=（右右…=（1gijhM』（1•]）
=（1\）（1勺）…（1―）（1
7.循环群
1.证明，一个循环群一定是交换群。
设循环群Ga。
那么G的任何两个元都可以写成am和an（m，n是整数）的形式。
但amanamnanmanam所以g是
一个交换群。
El
2•假定群的元a的阶是n。
证明」的阶是匚，这里d=（r，n）是r和n的最大公因子。
由于d|r,r=ds，所以
ttH
（ar）d=◎曲严=（aa）s=e
现在证明，二就是J的阶。
设三的阶为｛。
那么玉朋-。
令二……一「•二|三，
得--：
＜■；
■-「厂:
-:
丁-:
但心宅尿而是以的阶，所以O"
而
■=创
于是■-u。
（参看本节定理的第二种情形。
）
为了证明_；
只须反过来证明_|'
由J"
」*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:
三：
互素而有.-o
3•假定a生成一个阶是n的循环群G。
证明：
二也生成G,假如（r,n）=1（这就是说r和n互素）。
由习题2,R的阶是n。
aT,（ar）2（ar）n_l,（ar）n=e
互不相同。
但G只有n个元，所以,，
而厂生成G。
4.假定G是循环群，并且G与一同态。
证明•一也是循环群。
由于G与一同态，1也是一个群。
设Ga，而在G至归的同态满射©
下，二—I。
看「的任意元三。
那么在©
下，有二…三二岂八f:
Q.-:
二亍：
这样，一的每一元者E
是-二的一个乘方而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。
令Ga,GQ）。
定义①：
产一我们证明，©
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子的形式，所以在©
之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而©
是G至匸的一个映射。
（ii）一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至狀的一个满射。
（jii）-…二_-—-所以©
是G到-的一个同态满射。
8•子群
1.找出〉的所有子群。
「显然有以下子群：
本身；
（
（1））={
（1）}；
（（12））={（12）,
（1）};
（（13））={（13）,
（1）};
（（23））={（23）,
（1）};
（（123））={（123）,（132）,
（1）}。
若一的一个子群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o
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
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