1、近世代數(shù)第二章群論答案 1.群的定義1. 全體整數(shù)的集合對于普通減法來說是不是一個群?解：不是，因為普通減法不是適合結(jié)合律。例如3-(2-1 ) = 3-1 =23-(2-1 )h(3-2)-12. 舉一個有兩個元的群的例。解：令G = e,a, G的乘法由下表給出aee3aaG首先，容易驗證，這個代數(shù)運算滿足結(jié)合律(1)(xy )z=x(yz)xyzG因為，由于ea = ae = a ,若是元素e在(1)中出現(xiàn)，那么(1)成立。(參考第一章， 4,習題3。)若是e不在(1)中出現(xiàn)，那么有(aa )3 =ea =aa(aa) = ae = a而(1)仍成立。其次，G有左單位元,就是 e; e有

2、左逆兀，就是 e , a有左逆兀,就是a。所以G是一個群。讀者可以考慮一下，以上運算表是如何作出的。3. 證明，我們也可以用條件i,n以及下面的條件IV , V來做群的定義:G里至少存在一個右逆元a，能讓ae= a對于G的任何元a都成立;V對于G的每一個元a，在G里至少存在一個右逆元a，能讓aa二 e解：這個題的證法完全平行于本節(jié)中關(guān)于可以用條件l,ll,IV,V來做群定義的證明，但讀者一定要自己寫一下。 2.單位元、逆元、消去律1.若群G的每一個元都適合方程x2 = e，那么G是交換群。解：令a和b是G的任意兩個元。由題設第3頁共20頁2(ab)(ab)=(ab) =e另一方面2(abba

3、)= ab a= aea =于是有(ab；(ab)=(ab；(ba )。利用消去律，得ab = ba所以G是交換群。2. 在一個有限群里，階大于2的元的個數(shù)一定是偶數(shù)。解：令G是一個有限群。設G有元a而a的階n2?？疾靉，。我們有an(a* =e.n. ne(ar =(ar =e設正整數(shù)mvn而(a叮二e，那么同上可得am = e，與n是a的階的假設矛盾。這樣，n也是a，的階，易見a一 Ha。否貝 Ja2 = aa = e與n2的假設矛盾。這樣，我們就有一對不同的階大于2的元a和a。設G還有元b , bHa ,，并且b的階大于2。那么b的階也 大于2,并且bHb。我們也有bHa。否貝J e二

4、b% 二 aa二 ba消去b得b=a，與假設矛盾。同樣可證b= a。這樣，除a和a外，又有一對不同的階大于 2的元b和b。由于G是有限群，而G的階大于2的元總是成對出現(xiàn)，所以G里 這種元的個數(shù)一定是偶數(shù)。3. 假定G是一個階是偶數(shù)的有限群。在G里階等于2的元的個數(shù)一定是奇數(shù)。解：由習題2知，G里階大于2的元的個數(shù)是偶數(shù)。但G只有一個 階是1的元，就是單位元e。于是由于的階是偶數(shù)，得G里階等于2 的元的個數(shù)是奇數(shù)。4. 一個有限群的每一個元的階都有限。解：令G是一個有限群而a是的任一元素，那么2 3,a ,不能都不相等。因此存在正整數(shù)i, j, i j，使 a = aj ,用 a-j 乘兩第3頁

5、共20頁邊，得=e(1)這樣，存在正整數(shù)i-j，使（1）成立，因此也存在最小的正整數(shù) m.z :XT cx+d c和d是有理數(shù)，ch0使am =e，這就是說，兀a的階是m。4. 群的同態(tài)假定在兩個群G和G的一個同態(tài)映射之下,aT a。a與a的階是第6頁共20頁不是一定相同?解：不定。例如，令G是本章1中例2所給出的群而G是該節(jié)中例1所給出的的群。那么讀者容易證明nT gn是G的任意兀是G到G的一個同態(tài)映射。但G的每一元no都是無限階的，而g的階是1。5.變換群1. 假定T是集合A的一個非一一變換。T會不會有一個左逆元T 使得解：可能有。例如令A=所有正整數(shù)，則1t 1 , nT n -1 n

6、1顯然是A的一個非變換。而A的變換nT n +12. 假定A是所有實數(shù)作成的集合。證明，所有 A的可以寫成XT ax +ba和b是有理數(shù)，aHO形式的變換作成一個變換群。這個群是不是一個變換群?解：令G是由一切上述變換作成的集合?？疾?G的任何兩個元素XT ax +ba和b是有理數(shù)，aO那么XT X人=(a 對)b“=(c a權(quán))b d= (ca)x +(cb +d)這里ca和cb + d都是有理數(shù)，并且ca H 0。所以嘆仍屬于G。結(jié)合律對一般變換都成立，所以對上述變換也成立。單位變換XT X屬于G。容易驗證，T在G中有逆，即xJxyb)a a因此G作為一個變換群。但G不是一個交換群。令XT

7、 x+1XT 2x那么XT (x9 =(x+1)J2x + 2XT(X叩=(2x)h =2x+13. 假定S是一個集合A的所有變換作成的集合。我們暫時用符號aT a (a)來說明一個變換T。證明，我們可以用aT血=m2（a）來規(guī)定一個乘法，這個乘法也適合結(jié)合律并且對于這個乘法來說, 還是S的單位元。解：令Ti和S是S的任意兩個元而a是A的任意一個元。那么T2（a）和5T2（a）都是A的唯一確定的兀。因此如上規(guī)定 卯2仍是S的一個唯一一 確定的元而我們得到了一個S的乘法。令也是一個任意元，那么(八2)%a(=)片2 a3珂 川1 %( )5 “2 T3)a (= ) 5 a3=( ) Pi Ta

8、Tj( ) 所以（2）% =q“2T3）而乘法適合結(jié)合律。令工是S的任意元。由于對一切a必，都有欽a） = a ,所以t 名(a) =Ts(a) =t(a)即ST =XZ = T而&仍是S的單位元。4. 證明，一個變換群的單位元一定是恒等變換。解：設G是由某一集合A的變換組成一個變換群，而名是G的單位元。任取G的一個元T和A的一個元a。由于班，有aJ(ay = aT由于T是A的一個一一變換，所以 = a而g是A的恒等變換。5. 證明，實數(shù)域上一切有逆的 2n矩陣對于矩陣乘法來說，作成一個群.解：這個題的解法很容易，這里從略。6.置換群1.找出所有S3不能和123 M31丿交換的元。第13頁共2

9、0頁解：S3有6個元:交換。3 22 32 mH clu?IJy3 22 1d1Jy3 12 3交換。通過計算，易見其它三個元不能和2訂1J/3 32 2丿3 12 3“l(fā)ars丿3 32 2nIU顯然可以和r 2. 把S3的所有元寫成不相連的循環(huán)置換的乘積。1231213,=(1 2), P、=(1 3),、=(1 2 3)(123、1312,=(1 3 2)僚】=(1),1 、1123 丿 3丿解:=(2 3)3. 證明:(i) 兩個不相連的循環(huán)置換可以交換;(ii) (右仇-1)解: (i)看S胡勺兩個不相連的循環(huán)置換b和T。我們考察乘積b T使數(shù)字1, 2,，n如何變動。有三種情況。（

10、a）數(shù)字在b中出現(xiàn)，并且b把血變成j。這時由于b和T不相連,j不在T中出現(xiàn)，因而T使j不變，所以b T仍把變成j。（b）數(shù)字k在T中出現(xiàn)，并且T把k變成芒。這時不在b中出現(xiàn),因而b使k不變，所以b T仍把變成疋。（C）數(shù)字m不在b和T中出現(xiàn)。這時b T使m不動。如上考察T CT使數(shù)字1，2，n如何變動，顯然得到同樣的結(jié)果。（ii）由于Gdg土氐蠡J =（1），所以Cm?e =（足“41五嗎）4. 證明一個菇循環(huán)置換的階是業(yè)。解：一個勵一循環(huán)置換n二他切的一次方，二次方，A次方分 別把右變成24卸尙。同理7?把i2變成i2,把出變成比遲。因此。由上面的分析，若是 心，那么d* 。這就證明了，n的

11、階是扱5. 證明氐的每一個元都可以寫成(1 2) (1 3),，(1 n)這n -1個2 -循環(huán)置換中的若干個的乘積。解：由于每一個置換都可以寫成不相連的循環(huán)置換的乘積，所以只須 證明，一個循環(huán)置換可以寫成若干個（1電）形的置換的乘積。設n 是一個A-循環(huán)置換。我們分兩個情形加以討論。（a） 1在n中出現(xiàn)，這時n可以寫成（1 ij 2*41）容易驗算(1 11 1, - A-i) =(1 )(1 仏)(11(b) 1不在n中出現(xiàn)，這時兀=(%2公)=(1王(1 %)二(1 i ) (1 勺)4 (1(1 i )I卄1 7.循環(huán)群1. 證明，一個循環(huán)群一定是交換群。和 an (m,n是整數(shù))的形

12、式。但mnm-fnnmnma a 二a 二a a所以G是解：設循環(huán)群G =(a)。那么G的任何兩個元都可以寫成a一個交換群。n )是r禾口 n2. 假定群的元a的階是n。證明尹的階是寸，這里d=( r，解：由于d I r , r=ds，所以(a)S = 6 血尸=(a- = e現(xiàn)在證明，的最大公因子。豐就是a的階。設護的階為機那么攙7。CXa= Aq + Ti 0 思一1ae = ()2 =(旳犬田：=何 yH(a門=()但r,而氐是的階，所以ri = 0而n-=創(chuàng) d F于是思I手。(參看本節(jié)定理的第二種情形。)O為了證明起=扌,只須反過來證明亍M。由而n是a的階, 同上有n I r無,因而

13、巳I 。但d是n和r的最大公因子，所以；和； d UQ U互素而有討思。3. 假定a生成一個階是n的循環(huán)群G。證明：也生成G ,假如(r,n )=1 (這就是說r和n互素)。解：由習題2, r的階是n。所以r, (#)2,何尸7,何)口二 e!互不相同。但G只有n個元，所以G=證h倍尸 而訃生成G。4 .假定G是循環(huán)群,并且G與石同態(tài)。證明G也是循環(huán)群。下，33。re使護T.但屮Ta5. 假定G是無限階的循環(huán)群,C是任何循環(huán)群。證明G與C同態(tài)。解：令 G = (a ), G =(a)。定義：d今我們證明，是G至臨解：由于G與G同態(tài),召也是一個群。設G =(a)，而在G至臨的同態(tài)滿射看G的任意元

14、g 。那么在下，有 所以gym。這樣，G的每一元都是a的一個乘方而G=(a)。的一個同態(tài)滿射。(i)由于G是無限階的循環(huán)群，G的任何元都只能以一種方法寫成3巾的形式，所以在之下，G的每一個元有一個唯一確定的象，而(1)是G至UC的一個映射。(ii) G的每一個元都可以寫成3磯的形式，因此它在之下是G的元令m的象，而是G至的一個滿射。(iii) 護屮M護加7評三科背所以是G至UC的一個同態(tài)滿射。 8.子群1. 找出的所有子群。解：$顯然有以下子群:%本身；(1)=(1)；(1 2)=(1 2),(1);(1 3)=(1 3),(1);(2 3)=(2 3),(1);,(1)。(1 2 3)=(1

15、 2 3),(1 3 2)若的一個子群H含有(1 2 ) ,(1 3)這兩個2-循環(huán)置換，那么H含有(1 2)(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)因而H=3.同理，若是S3的一個子群含有兩個2-循環(huán)置換(2 1)，(2 3)或(3 1),(3 2),這個子群也必然是用完全類似的方法，讀者也可以算出，若是気的一個子群含有一個2-循環(huán)置換和一個3-循環(huán)置換，那么這個子群也必然是 気。因此上面給出的6個子群是的所有子群。2. 證明，群G的兩個子群的交集也是G的子群。解：設H1和血是G的子群。令e是G的單位元。那么e屬于HJIIH?因而 eWHiflH?而令a,bEHi

16、fi Hg。那么a, b屬于時呱。巾是子群。所以屮屬于山秫II，因而屬于Hdfl HL o這就證明了，HinH是G的子群。3. 取Sm的子集S =(1 2) ,(1 2 3)o S生成的子群包含哪些元？ 一個群的兩個不同的子集會不會生成相同的子群?解：見習題1的解。4. 證明，循環(huán)群的子群也是循環(huán)群。解：設循環(huán)群G=(a)而H是G的一個子群。若H只含單位元e=a0，則H= (e)是循環(huán)群。若H不僅含單位元,那么因為H是子群，它一定含有元am，其中m是正整數(shù)。令/是最小 的使得/屬于H的正整數(shù)，我們證明，這時H三.看H的任一元t=iq+r 0 r 1,若t=1,那么d的階為p, (a)t4個階為

17、P的子群。若t 1,可取b=ap ,那么b的階為P,而（b）是一個階為p的子群。3. 假定a和b是一個群G的兩個元，并且ab二ba,又假定 a的階是m b的階是n,并且(m,n) =1.證明：ab的階是mn。解：設ab的階是k。由ab=ba,得(ab)性ambmn=ekn kn kn kn=a b =a因此k I mn我們反過來證明，mn| k。由e= (ab) 以及a的階為m得ml kn,但(m,n)=1,所以m| k.同理n | k。又由(m,n) =1，得 mn| k.這樣，ab 的階 k=mr。4. 假定是一個群G的元間的一個等價關(guān)系，并且對于G的任意元三個元a, x, x來說ax證明

18、，與G的單位元e等價的元所作成的集合是G的一個子群。解：令H是與e等價的元所作成的集合。由于ee,所以H不空。設 a,b H,那么 ae,b e,b e 可寫成 a-1aba-1a因此由題設，abae而ab H。ae可寫成aeaa-1，因此由題設,1 / :-1ea 而 a H。第16頁共20頁這樣，H作成G的一個子群。5.我們直接下右陪集Ha的定義如下:H a剛好包含G的可以寫成h a (h H)形式的元。由這個定義推出以下事實：G的每一個元屬于而且只屬于一個右陪集。解：取任意元a G，由于H是一個子群，單位元e H,因此 a=e a H a這就是說，元a屬于右陪集H a。設 a H b,a

19、 H c,那么 a=h1b=h2c ( h h H)44由此得，b=h廠h2c,而H b的任意元hb= hhh2c H c因而H bu H c,同樣可證H cu H b,這樣H b=H c而a只能屬于個右陪集。6. 若我們把同構(gòu)的群看成一樣的，一共只存在兩個階是 4的群,它們都是交換群。解：先給出兩個階是4的群。模 4 的剩余類加群 g1=0,1,2,3.G的元1的階是4而Gl是1所生成的循環(huán)群（1）。B4=(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)叫作克萊因四元群。是合的子群容易驗證，我們有(1 2)(3 4)2=(1 3)(2 4)2=(1 4)(2 3)(1

20、 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4)這兩個群顯然都是交換群。現(xiàn)在證明，任何階是4的群都和以上兩個群之一同構(gòu)。設G是一個階為4的群。那么G的元的階只能是1, 2或4若G有一個階為4的元d，那么G=（d）是一個循環(huán)群, 而G與G同構(gòu)。若G沒有階為4的元，那么除單位元e外，G的其他3個元的階 都是2，因此有G = e,a,b,c a

21、 2=b2=c2=e由于G是群，有ab G，我們證明ab=c由ab=e將得ab=a2和b=a ,這不可能.由ab=a將得b=e,也不可能 由ab=b將得a=e,也不可能.因此只能ab=c,同樣可證ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b比較G和B的代數(shù)運算，易見G和&同構(gòu)。補充題：利用6題證明，一個有限非交換群至少有 6個元。 10.不變子群商群1.假定群G的不變子群N的階是2.證明，G的中心包含N。解：令N= e,n ,這里e是G的單位元，取G的任意元a。由于N是一個不變子群，有aN=Na即a,an = a,na 所以an二na。這樣，N的兩個元e和n都可以和G的任何元a交換, 所

22、以N屬于G的中心。2.證明，兩個不變子群的交集還是不變子群。解 令Nf和N 2是群G的兩個不變子群。那么NiC N2 是G的一個子群（ 8.習題2）。我們進一步證明,N N2是G的一個不變子群。令a G,n g N 2，那么n 和N 2是不變子群，所以ana-1 n1, ana -1 Ni，n N2，但 NiN2，因而ana-1廠 Nl N2第17頁共20頁于是由定理2, N N2是一個不變子群。3. 證明，指數(shù)是2的子群一定是不變子群。解：令G是一個群而N是G的一個指數(shù)為2的子群。若n N,那么顯然有nN=Nn設b G, N那么由于N的指數(shù)是2, G被分成兩個左陪集N和bN; G也被分成兩個

23、右陪集N和Nbb因此bN=Nb這樣，對于G的任何元a來說，aN=Na是 G的一個不變子群。4. 假定H是G的子群，N是G的不變子群，證明，HN是G的子群。解：由于H和N都不空，所以HN也不空。設 a HN , b HN。那么ni, n2 N )a=hi ni，b= h2n2 ( h，h? H，/_-Jxab =hi ni n2 h2 =hi n h2 ( n =ni n：)由于N是一個不變子集，有Nh：=h：N , n h：=h： n (n N)由是得ab=（ h1 h：）n HN HN是一個子群。5. 舉例證明，G的不變子集N的不變子群Nf未必是G的不變子群(取 g=s4).解：令 G=S4

24、, N= (1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)Ni= (1), (12) (34)已知N是G的一個子群（上節(jié)習題6）。我們證明,N是G的一個不變子群。為了證明這一點，我們考察，是否對一切 S4，等式第18頁共20頁nN =N成立。由于任何兀都可以寫成(1 i)形的2一循環(huán)置換的乘積。( 6.習題5),我們只須對(1 i)形的兀來看等式(a)是否成立。又由于 N的元的對稱性，我們只須看兀二(12)的情形。但(12) (1),(34), (13) (24), (14) (23)(=( 1),(12) (34), (14) (23), (13) (24)所以N是s的一個不變子

25、群。由于N是交換群，N “當然是N的一不變子群。但“勺不是s的一個不變子群。因為(13) ( 12) (34) (13)=(14) (23) N6. 一個群G的可以寫成 Jbab形式的元叫作換位子。證明;(i )所有有限個換位子的乘積作成的集合 C是G的一個不變子群;(ii ) G/C是交換群;(iii )若N是G的一個不變子集，并且 G/N是交換群，那么解：(i ), C的兩個元的乘積仍是有限個換位子的乘積，因而仍是C的一個元。一個換位子的逆仍是一個換位子，所以C的一個元的逆仍是C的一個元。這樣C是一個子群。對于 a G, c C,ac a=(aca，c)c C ,所以 C 是 G 的一個不變子群。(ii ) 令 a,b G。那么 abab=c C。由此得ab=bac, abC=bacC=baC即aCbC二bCa而G/C是交換群。第20頁共20頁(iii )因為G/N是交換群，所以對G的任何兩個元a和b(aN)(bN)二(bN) (aN), abN=baN由此得 ab=ban (n N)abab二 n N補充題。令沢和(P i2ik)屬于這樣N含有一切換位子，因此含有 CoSn。證明AzzXXX兀(i1 i2ik)兀=(i1 i2ik ) 11