代数学基础学习笔记Word下载.docx
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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:
（1）幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群.
（2）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.
（3）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：
由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆（任意元的逆为其本身）,因此B为S4的子群.这个群（以及与其同构的群）称为Klein（C.L.Klein,1849-1925）四元群.
假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射,则存在B中一元x使得f（x）=i（i为虚数单位）,那么
f（x2）=f2（x）=i2=-1
另一方面,f（x2）=f（e）=1（注意x2=e）,产生矛盾.所以假设不成立,即B与U4不同构.
[讨论]B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群,前者不是,这是这两个群的本质区别.
12.证明:
如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群.
设H是2n阶群G的n阶子群,那么对任意aH,有
HaH=,
并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素,故此
HaH=G.
同理可证对任意aH,有
HHa=,HHa=G，
因此对任意aH，有
aH=Ha.
对任意aH,显然aHH,HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故
aH=Ha=H.
综上可知对任意aG,有
aH=Ha，
因此H是G的正规子群.
设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH,hH,显然有aha-1H.
对给定的xH,有
HxH=,HxH=G.
这是因为若假设yHxH,则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;
另一方面,xHG,HG,又注意到xH和H中都有n个元素,故此HxH=G.
那么任取aH,由上面的分析可知axH,从而可令
a=xh1
这里h1H.
假设存在hH,使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令
aha-1=xh2
这里h2H.
那么
xh1ha-1=xh2,
即
a=h2h1hH,
产生矛盾.
因此，任取aH,hH,有aha-1H.
综上可知对任取aG,hH,有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.
13.设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e.
设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，（切确的说阶数为2的元素有奇数个）.
[讨论]
[1]设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？
提示：
采用反证法，并注意用Lagrange定理.
[2]群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群吗？
如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？
14.令
A=,B=
集合{B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群,而这个群与群Dn同构.
下面证明G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群.
（Ⅰ）首先证明对乘法运算封闭.下面进行分类讨论：
（1）BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此
BiBj=BrG
这里i+j=kn+r,kZ,0<
rn.
（2）ABiBj=BrG
（3）容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB（s+1）n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0<
tn.那么
Bi（ABj）=（BiA）Bj=（ABn-t）BjG
（4）（ABi）（ABj）=A（BiABj）=A（（ABn-t）Bj）=A2（Bn-tBj）=Bn-tBj）G
由
（1）,
（2）,（3）,（4）知G对乘法运算封闭.
（Ⅱ）因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立.
（Ⅲ）显然Bn=A2=E为幺元.
（Ⅳ）对Bi（i=1,2,…,n）,有
BiBn-i=E;
对ABi（i=1,2,…,n）,有
（ABi）（Bn-iA）=E,
因此G内任何一元都可逆.
由（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ），（Ⅳ）可知G在矩阵乘法下构成一群.
最后证明G与Dn同构.
令f:
G→Dn
f（Bi）=Ti,f（ABi）=STi（i=1,2,…,n），
可以证明f就是G到Dn的同构映射，这里不予证明了.
15.设i是一个正整数,群G中任意元素a,b都适合（ab）k=akbk,k=I,i+1,i+2,证明G为交换群.
对任意a,bG
ai+2bi+2=（ab）i+2=（ab）（ab）i+1=（ab）（ai+1bi+1）=a（bai+1）bi+1,
根据消去律可得
ai+1b=bai+1.----------------------
（1）
同时
ai+1bi+1=（ab）i+1=（ab）（ab）i=（ab）（aibi）=a（bai）bi+1,
aib=bai.---------------------------
（2）
因此
ai+1b=a（aib）=a（bai）=（ab）ai----（3）
另外
bai+1=（ba）ai----------------------（4）
结合
（1）,（3）,（4）有
（ab）ai=（ba）ai---------------------（5）
由消去律可得到
ab=ba.
16.在群SL2（Q）中，证明元素
a=
的阶为4，元素
b=
的阶为3，而ab为无限阶元素.
可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.
ab=，
对任何正整数n，
（ab）n=≠
可见ab的阶为无限.
[注意]在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素.
[问题]若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？
17.如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群.
交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则
（ab）mn=（am）n（bn）m=e
因此ab为有限阶元素，即abS.
a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S.
综上可知S为G的一个子群.
18.如果G只有有限多个子群，证明G为有限群.
采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：
（1）G中任意元素的阶数都有限、
（2）G中存在一个无限阶元素.
（1）首先看第一种情况：
G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群；
G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群；
G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群；
………
我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列Gn（n=1,2,…），所以G有无穷多个子群，产生矛盾；
（2）再看第二种情况:
设a∈G的阶数为无穷，那么序列
G1=<
>
，G2=<
，…，Gn=<
，…
是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾.
综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群.
19.写出Dn的所有正规子群.
20.设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH.
（Ⅰ）设HK=KH，下面证明HK为G的一子群.
任取a,b∈HK,可令
a=h1k1，b=h2k2
这里hi∈H，ki∈K，i=1,2.
ab=（h1k1）（h2k2）=h1（k1h2）k2---------------
（1）
因HK=KH，故此
k1h2=h3k3----------------------
（2）
这里h3∈H，k3∈K.
由
（1）,
（2）知
ab=h1（h3k3）k2=（h1h3）（k3k2）∈HK.------------（3）
另外，
a-1=（h1k1）-1=∈KH=HK.-----------------（4）
由（3）,（4）知HK是G的子群.
（Ⅱ）HK为G的一子群,下面证明HK=KH.
若a∈HK,易知a-1∈KH.HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此（a-1）-1=a∈KH，那么有HKKH.
若a∈KH,易知a-1∈HK.HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此（a-1）-1=a∈HK，那么有KHHK.
综上知，HK=KH.
21.设H，K为有限群G的子群，证明
因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为
H=h1（H∩K）∪h2（H∩K）∪…∪hr（H∩K）
这里r为H∩K在H中的指数，hi∈H，当i≠j，hi-1hj∉H∩K（事实上等价于hi-1hj∉K）,i,j=1,2,…,r.
又（H∩K）K=K,所以
HK=h1K∪h2K∪…∪hrK.------------
（1）
注意到hi-1hj∉K，所以当i≠j（i,j=1,2,…,r）时，
hiK∩hjK=.----------------
（2）
由
（1）,
（2）我们得到
[总结]
左陪集的相关结论
设H为G的一子群，那么
（1）a∈aH;
（2）a∈H⇔aH=H;
（3）b∈aH⇔aH=bH;
（4）aH=bH⇔a-1b∈H;
（5）aH∩bH≠，有aH=bH.
22.设M,N是群G的正规子群.证明：
（i）MN=NM;
（ii）MN是G的一个正规子群；
（iii）如果MN={e}，那么MN/N与M同构.
（i）[方法1]
任取a∈MN,可设a=mn（m∈M，n∈N）.因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M.所以a=n（n-1mn）∈NM，故此MN⊆NM.
同样的方法可以证明NM⊆MN.因此MN=NM.
任取a，b∈MN，可设a=m1n1（m1∈M，n1∈N），b=m2n2（m2∈M，n2∈N）.下面只要证明MN为G的一个子群即可（由第20题可知），也就是说只要证明ab-1∈MN即可.
ab-1=m1n1n2-1m2-1=[m1（n1n2-1m2-1n2n1-1）]（n1n2-1），
而M为G的正规子群，故
n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，
所以ab-1∈MN.
（ii）由（i）可知MN为G的一个子群.
任取a∈MN,可设a=mn（m∈M，n∈N）.因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有
g-1ag=g-1mng=（g-1mg）（g-1ng）∈MN.
所以MN为G的正规子群.
（iii）易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群.因为MN={e}，对任何mi≠mj∈M,有miN≠mjN[注].
作一个MN/N到M的映射f[注]，
f:
MN/N→M
mNm，
那么该映射显然是一一对应，另外
f（miNmjN）=f（mimjN）=mimj，
因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.
[讨论]
1.只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从（i）的证明方法2可知.
2.M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群.
1MN={e}，对任何mi≠mj∈M,有miN≠mjN.
若存在mi≠mj∈M,有miN=mjN，那么mimj-1∈N，而mimj-1∈M.因此mimj-1∈MN，产生矛盾.
2.设
则由于对任何mi≠mj∈M,有miN≠mjN，故此f为MN/N到M的一个映射.
23.设G是一个群，S是G的一非空子集合.令
C（S）={x∈G|xa=ax,对一切a∈S}
N（S）={x∈G|x-1Sx=S}.
（i）C（S）,N（S）都是G的子群;
（ii）C（S）是N（S）的正规子群.
（i）首先证明C（S）是G的子群.
任取x，y∈C（S），那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay.那么一方面，
（xy）a=x（ya）=x（ay）=（xa）y=（ax）y=a（xy），
所以xy∈C（S）.
另一方面，
xa=axa=x-1axax-1=x-1a
所以x-1∈C（S）.
因此，C（S）是G的子群.
接着证明N（S）都是G的子群.
任取x，y∈N（S），则x-1Sx=S，y-1Sy=S.那么一方面，
（xy）-1S（xy）=x-1（y-1Sy）x=x-1Sx=S
所以xy∈N（S）.
x-1Sx=SS=xSx-1
所以x-1∈N（S）.
因此，N（S）是G的子群.
（ii）任取x∈C（S），a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S=x-1Sx.因此x∈N（S），即C（S）N（S）.
任取x∈C（S），y∈N（S），a∈S，则存在ay∈S使得yay-1=ay，因此a=y-1ayy.
（y-1xy）a（y-1xy）-1=y1[x（yay-1）x-1]y=y1（xayx-1）y=y-1ayy=a，
（y-1xy）a=a（y-1xy）.
所以y-1xy∈C（S），因此C（S）是N（S）的正规子群.
24.证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构.
做同构映射.
25.试定出所有互不相同的4阶群.
解：
我们分类讨论:
（1）存在四阶元；
（2）不存在四阶元.
（1）若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为<
a>
（2）若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群
G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a.群表如下：
这是Klein四阶群.
综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.
26.设p为素数.证明任意两个p阶群必同构.
易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.
27.Z为整数环，在集合S=Z×
Z上定义
（a,b）+（c,d）=（a+c,b+
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