代数学引论(近世代数)第一章答案

第一章代数基本概念

习题解答与提示(P54)

1.如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群.

证明:

对任意a,b G,由结合律我们可得到

(ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b

再由已知条件以及消去律得到

ba=ab,

由此可见群G为交换群.

2.如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群.

证明: [方法1]

对任意a,b G,

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]

对任意a,b G,

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. 证明:[方法1]

设G={a 1,a 2,…,a n },k 是1,2,…,n 中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有

a k a i a k a j ------------<1> a i a k a j a k ------------<2>

再由乘法的封闭性可知

G={a 1,a 2,…,a n }={a k a 1, a k a 2,…, a k a n }------------<3> G={a 1,a 2,…,a n }={a 1a k , a 2a k ,…, a n a k }------------<4>

由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得

a k a m =a t .

由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得

a s a k =a t .

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={a 1,a 2,…,a n }. (Ⅰ) 证明G 内存在幺元.

<1> 存在a t G ，使得a 1a t =a 1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明a 1a t = a t a 1; 因为

a 1(a t a 1)a t =(a 1a t ) (a 1a t )=(a 1)2 a 1(a 1a t )a t =(a 1a 1)a t =a 1(a 1a t )= (a 1)2,

故此

a 1(a t a 1)a t = a 1(a 1a t )a t .

由条件(1),(2)可得到

a 1a t = a t a 1.

<3> 证明a t 就是G 的幺元; 对任意a k G,

a 1(a t a k ) =(a 1a t )a k =a 1a k

由条件(2)可知

a t a k =a k .

类似可证

a k a t =a k .

因此a t 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a G ，存在b G ，使得

ab=ba=e.

<1> 对任意a G，存在b G，使得

ab=e;

(这一点很容易证明这里略过.)

<2> 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,b G,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a G,因xa=a在G内有解, 记一个解为e

a ,下面证明e

a

为G内的左

幺元. 对任意

b G, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以

e a b= e

a

(ac)= (e

a

a)c=ac=b,

因此e

a

为G内的左幺元.

再者对任意d G, xd=e

a 在G内有解,即G内任意元素对e

a

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,b G,下列方程

ax=b和ya=b

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,y G, xy=yx(xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要

找到S

3

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]

的群表,输出程序如下:我们可以通过mathematica软件编写S

n

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}]]);

群表*)

Stable[n_]:=(*生成S

n

(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:

6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.

7.设G是一群, a,b G,如果a-1ba=b r,其中r为一正整数,证明a-i ba i=.

证明：

我们采用数学归纳法证明.

当k=1时, a-1ba=b r=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-n ba n=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.

我们注意到

a-1b k a== b kr,

因此

a-(n+1)ba n+1= a-1 (a-n ba n)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.

证明:

(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.

证明:

首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.

对任意a G,有a～a,故此aa-1=e S；

对任意a,b S,由(ab)b-1=a S,可知ab～b，又be-1=b S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 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a G, 有aa-1=e S，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-1 S,故ab-1 bc-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.

证明:

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,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}

是子群，证明B与U

4

不同构.

证明:

可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，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S

4

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U

4同构,并设f为B到U

4

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U

4不同构.

[讨论] B与U

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

4

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.

证明:[方法1]

设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意a H, 有

H aH=,

并且aH G,H G,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此

H aH=G.

同理可证对任意a H, 有

H Ha=, H Ha=G，

因此对任意a H，有

aH=Ha.

对任意a H, 显然aH H, Ha H又因aH,Ha及H中都有n个元素，故

aH=Ha=H.

综上可知对任意a G,有

aH=Ha，

因此H是G的正规子群.

[方法2]

设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取a H, h H, 显然有aha-1H.

对给定的x H, 有

H xH=, H xH=G.

这是因为若假设y H xH, 则存在h H，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此H xH=;另一方面, xH G,H G, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此H xH=G.

那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令

a=xh

1

这里h

1

H.

假设存在h H, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令

aha-1=xh

2

这里h

2

H.

那么

xh

1ha-1=xh

2

,

即

a= h

2h

1

h H,

产生矛盾.

因此，任取a H, h H, 有aha-1H.

综上可知对任取a G, h H, 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a e适合a2=e.

证明:

设b G，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a G，有a n=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=

证明:集合{B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与同构.

群D

n

证明:

下面证明G={B,B2,…,B n,AB,AB2,…,AB n}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)B i B j=B i+j,注意到B n=故此

B i B j=B r G

这里i+j=kn+r,k Z,0

(2) A B i B j=B r G

这里i+j=kn+r,k Z,0

(3)容易证明BAB=A=AB n,BA=B i AB(s+1)n=AB n-t G,这里i=sn+t,k Z,0

B i(AB j)=( B i A)B j=(AB n-t)B j G

(4)(AB i)(AB j)=A(B i AB j)=A((AB n-t)B j)=A2(B n-t B j)= B n-t B j)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B n=A2=E为幺元.

(Ⅳ)对B i(i=1,2,…,n),有

B i B n-i=E;

对AB i(i=1,2,…,n),有

(AB i)(B n-i A)=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D

同构.

n

令f:G→D

n

f(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，

的同构映射，这里不予证明了.

可以证明f就是G到D

n

15.设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交

换群.

证明:

对任意a,b G

a i+2

b i+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (a i+1b i+1)=a(ba i+1)b i+1,

根据消去律可得

a i+1b=ba i+1.----------------------(1)

同时

a i+1

b i+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (a i b i)=a(ba i)b i+1,

根据消去律可得

a i b=ba i.---------------------------(2)

因此

a i+1b=a(a i b)=a(ba i)=(ab)a i----(3)另外

ba i+1=(ba)a i----------------------(4)结合(1),(3),(4)有

(ab)a i=(ba)a i---------------------(5)由消去律可得到

ab=ba.

因此G为交换群.

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.

证明：

可以直接验证a的阶为4，b的阶为3.

因为

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.

证明:

交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，b S，并设a的阶为m，b的阶为n，则

(ab)mn=(a m)n(b n)m=e

因此ab为有限阶元素，即ab S.

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.

证明:

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a

1≠e，并设其阶数为n

1

，则循环群G

1

={,…}为G的一个子群；

G 中取a 2 G 1，并设其阶数为n 2，则循环群G 2={ ,… }为G 的一个子群； G 中取a 3 G 1∪G 2，并设其阶数为n 3，则循环群G 3={ ,… }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

G n (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

G 1=< >，G 2=< >，…，G n =< >，…

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D n 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.

证明：

(Ⅰ)设HK=KH ，下面证明HK 为G 的一子群.

任取a,b ∈HK,可令

a=h 1k 1，b=h 2k 2

这里h i ∈H ，k i ∈K ，i=1,2.

那么

ab=(h 1k 1)(h 2k 2)=h 1(k 1h 2)k 2 ---------------(1)

因HK=KH ，故此

k 1h 2= h 3k 3 ----------------------(2)

这里h 3∈H ，k 3∈K.

由(1),(2)知

ab= h 1(h 3k 3)k 2=(h 1h 3)(k 3k 2)∈HK. ------------(3)

另外，

a -1= (h 1k 1)-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HK KH.

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KH HK.

综上知，HK=KH.

21. 设H ，K 为有限群G 的子群，证明

证明：

因H ∩K 为H 的子群，那么可设H 的左陪集分解式为

H=h 1(H ∩K)∪h 2(H ∩K)∪…∪h r (H ∩K)

这里r 为H ∩K 在H 中的指数，h i ∈H ，当i ≠j ，h i -1h j ∉H ∩K(事实上等价于h i -1h j ∉K),i, j=1,2,…,r.

又(H ∩K)K=K,所以

HK=h 1K ∪h 2K ∪…∪h r K.------------(1)

注意到h i -1h j ∉K ，所以当i ≠j(i, j=1,2,…,r)时，

h i K ∩h j K= .----------------(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M N={e}，那么MN/N 与M 同构.

证明：

(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.

[方法2]

任取a ，b ∈MN ，可设a=m 1n 1(m 1∈M ，n 1∈N)，b=m 2n 2(m 2∈M ，n 2∈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.

因为

ab -1=m 1n 1n 2-1m 2-1= [m 1(n 1n 2-1m 2-1n 2n 1-1)](n 1n 2-1)，

而M 为G 的正规子群，故

n 1n 2-1m 2-1n 2n 1-1∈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M N={e}，对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N [注].

作一个MN/N 到M 的映射f [注]，

f: MN/N →M

mN m ，

那么该映射显然是一一对应，另外

f(m i N m j N)= f(m i m j N)= m i m j ，

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.

[注意]

1 M N={e}，对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N.

证明：若存在m i ≠m j ∈M, 有m i N=m j N ，那么m i m j -1∈N ，而m i m j -1∈M. 因此m i m j -1∈M N ，产生矛盾.

2. 设

f: MN/N →M

mN m ，

则由于对任何m i ≠m j ∈M, 有m i N ≠m j N ，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}.

证明：

(i) C(S),N(S)都是G 的子群;

(ii) C(S)是N(S)的正规子群.

证明：

(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=ax a=x -1ax ax -1=x -1a

所以x -1∈C(S).