近世代数ch2(1-6节)习题参考答案

第二章前6节习题解答 P35 §1

1．全体整数集合对于普通减法来说是不是一个群？

解 ∵减法不满足结合律，∴全体整数对于减法不构成群。 2．举出一个有两个元的群例子。

解 }11{-，对于普通乘法构成一个群。 ]}1[]0{[，对于运算][][][j i j i +=+构成群。 ]}2[]1{[，对于运算][]][[ij j i =构成群。

它们都是两个元的群。

3. 设G 是一个非空集合，”“ 是一个运算。若①”“ 运算封闭；②结合律成立；③G 中存在

右单位元R e ：G a ∈?，有a ae R =；④G a ∈?，G a R ∈?-1，有R R e aa =-1

。则G 是一个群。

证(仿照群第二定义的证明)

先证R R R e a a aa ==--11。

∵G a R ∈-1，∴G a ∈?'，使R R e a a =-'1，

∴R R R R R R R R R R R e a a a e a a aa a a a a a e a a a a ======--------''')()')(()(11111111，R R e a a =?-1。

∴R R R e a a aa ==--11。

再证a ae a e R R ==，即R e 是单位元。

G a ∈?，已证R R R e a a aa ==--11，∴a a e a ae a a a a aa a e R R R R R =?====--)()(11。

∴a ae a e R R ==。即R e 就是单位元e 。再由e a a aa R R ==--11得到1-R

a 就是1-a 。 这说明：G 中有单位元， G a ∈?都有逆元1-a 。 ∴G 是一个群。

P38 §2

1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2，那么G 是可交换的。 证∵ 12，-=?=∈?x x e x G x 。 ∴。b b a a G b a 11,,--==?∈? ∴ba ba b a ab ===---111)(。

∴ba ab =，即G 是可换群。

2．在一个有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数。

证 令a 是有限群G 中一个阶2>的元，∵互逆元是同阶的，∴1-a 的阶也大于2，且a a ≠-1 (若矛盾的阶与2,21>=?=-a e a a a )。

设G 中还有阶2>的元b ，且1,-≠≠a b a b ，∴1-b 的阶也大于2，且b b ≠-1。

我们还可以得出a b ≠-1，11--≠a b 。

这是因为若11--=?=a b a b ，矛盾；若a b a b =?=--11，矛盾。 所以在有限群G 中，阶2>的元成对出现，因此命题成立。

3. 假定G 是一个阶是偶数的有限群，在G 中阶等于2的元的个数一定是奇数。 证 由上题知阶2>的元的个数是偶数。

∵G 是偶数，∴ 阶2≤的元也必是偶数。但阶是1的元只有单位元e ，∴阶等于2的元的个数为奇数。

4. 在有限群G 中,每一元素具有一有限阶。

证e a G a ≠∈?,，G a a a a a G G ∈+1||||32,,....,,,，根据鸽巢原理，这1||+G 个幂至少有两个相同。不妨设)1||1(+≤<≤=G j i a a j i ，那么e a i j =-。所以命题成立。 P44§4

1. 假定两个群G 与G 的一个同态之下，

a a →，

那么a a 与的阶是否相同？ 解 不一定。

取},{o e G =，运算为e e e = ，显然},{o e G =是一个群。取整数加群}{+=Z ，

G 。 建立G G →:?，其中Z n e n ∈?=,)(?。

显然?是G G 到的同态。G 的单位元0是一阶元，它的象是一阶元e ，G 的除0外的其他元都是无穷阶元，它们的象也是一阶元e 。

思考：若假定两个群G 与G 的一个同构?之下，

a a →，

那么a a 与的阶是否相同？ 解 肯定相同。

①若+∞<=n a o )(，即e a n

=，∵?是同构，∴

e a e

e a

a a n n

n n =???

?

??===)()]([)(???，∴a 的阶也是有限，记m a o =)(，∴n m ≤。

又∵1

-?是G 到G 的一个同构，且e a m

=，∴e a e e a

a a m m m m

=???

???===---)()]([)(1

11???，∴m n ≤。

∴m n =。

②+∞=)(a o ，下证+∞=)(a o 。反证，若+∞<=m a o )(，∵1-?是G 到G 的一个同构，且

e a m

=，∴e a e e a a a m m m m

=?????

?

===---)()]([)(111

???，即a 的阶不超过m ，矛盾。 P50§5

1.假设τ是集合A 的一个非一一变换。τ会不会有一个左逆元1-L τ，使εττ=-1

L ？(ε是A 上

恒等变换：a a A a =∈?)(,ε)

解 可能有。若合成是右合成，))(()(a a στστ=即，例子如下：

取A=N (自然数集)，?

??>-==0100)(n n n n τ是A 上一个满射变换，但0的原象有两个：0和1，

即不是一一变换。1)(+=n n σ也是A 上一个变换(也不是一一变换，0没有原象)，且

)()1())(()(n n n n n ετστστ==+==，∴)()(,n n A n εστ=∈?有，∴εστ=，∴στ=-1

L 。

若合成是左合成，))(()(a a τσστ=即例子如下：

取A= N (自然数集)，1)(+=n n τ是A 上一个单射变换，但0没有原象，即不是一一变换。

?

?

?>-==0100

)(n n n n σ也是A 上一个变换(非单)，且)()1())(()(n n n n n εστσστ==+==，

∴)()(,n n A n εστ=∈?有，∴εστ=，∴στ=-1

L 。

2. 假定A 是所有实数作成的集合。证明，所有A 的可以写成 0,,≠+→a b a b ax x 是实数，且 形式的变换作成一个变换群，这个群是不是交换群？

证 R x b ax x f b a ∈?+=,)(),(。作集合}0,,|{),(≠∈?=a R b a f G b a ，本题就是证明G 是一个变换群。

G 满足群的定义条件:

①,,),(),(R x G f f d c b a ∈?∈? 我们有:

)()()()()]([)(),(),(),(),(),(),(x f d bc acx d b ax c b ax f x f f x f f d bc ac d c b a d c d c b a +=++=++=+==

∵00,0≠?≠≠ac c a ,∴G f f f d bc ac d c b a ∈=+),(),(),(,即合成满足封闭性。 ②映射的合成都满足结合律。∴G 中的元也满足结合律。 ③显然G f ∈)0,1(是R 的恒等变换ε,它是G 的单位元。

④G f b a ∈?),(，∵ 001≠?≠a

a ，∴G f

b ∈-),(1。且)0,1(),(),(),(),(11f f f f f b a b a b b ==--， ∴),(1

),(1a

b a

f f b a --=。∴}0,,|{),(≠∈?=a R b a f G b a 是一个变换群。

取)2,1(f 和)1,2(f ,那么()71)1,2()2,1(=f f ，()51)2,1()1,2(=f f ，∴)2,1()1,2()1,2()2,1(f f f f ≠。这表明：此变换群是非交换群。

3．假定S 是一个集合A 上的所有变换构成的集合。我们暂时仍用旧符号

)(':a a a ττ=→， 来说明一个变换。我们用

)())((:212121a a a ττττττ=→

来规定一个S 上的乘法，这个乘法也适合结合律，并且对这个乘法来说ε还是S 的单位元素。 证 ,,,321S ∈?τττ,A a ∈? ∵

)()())(()()()]]([[)])([())(()]]([[)]()[()()(321321321321321321321321321321ττττττττττττττττττττττττττττττ=?=??

??

====a a a a a a a a 。

∴这种运算满足结合律。 ∵

ττεετττεεττεττεττεετ==?==??

??

====)()()()())(()()())(()(a a a a a a a a a 。

∴ε是S 的单位元素。

4．一个变换群的单位元一定是恒等变换。 证 右合成证明如下：

设G 是某集合A 的变换构成的变换群，e 是G 的单位元，即ττττ==∈?e e G ,。

对A a G ∈?∈?,τ，∵ττ=e ，∴)())(()()(a a e a a e ττττ=?=。∵τ是一一变换，∴)(a τ能取遍A 中的所有元素。∴a a e A a =∈?)(,有。∴e 是A 上的恒等变换。

左合成如下证明如下：

设G 是某集合A 的变换构成的变换群，e 是G 的单位元，即ττττ==∈?e e G ,。

对A a G ∈?∈?,τ，∵ττ=e ，∴)())(()()(a a e a a e ττττ=?=。∵τ是一一变换，∴)(a τ能取遍A 中的所有元素。∴a a e A a =∈?)(,有。∴e 是A 上的恒等变换。

5．证明实数域上一切可逆的n 阶矩阵对于矩阵乘法来说，作成一个群。 证 记G 是一切可逆的n 阶实矩阵的集合。

①G AB B A AB B ，A G B A ∈?≠=?≠≠?∈?0||||||0||0||,，即矩阵乘法在G 上是封闭的。 ②矩阵乘法满足结合律，当然在G 上满足结合律。

③n 阶单位阵G I n ∈，且对A AI A I G A n n ==∈?,，∴n 阶单位阵是幺元。 ④G A ∈?，逆阵）(|

|A A B *

=?，使n I BA AB ==，∴A 的逆矩阵就是A 逆元。

∴G 是一个群。 P55§6

1． 找出3S 中的不能与???

?

??132321交换的元。

解 3S 中共6个元：???? ??321321，????

??231321，???? ??312321，???? ??132321，???? ??213321，????

??123321。 其中恒等置换???? ??321321、???? ??132321、?

??

?

??=?

??

?

??-2133211323211

显然能与???? ??132321交换。通过验证其余三个：???? ??231321、???? ??312321、???? ??123321都不能与???

?

??132321交换。

明示：给出群G 的一个元a ，要找与a 可交换的元。因为结合律满足，首先要知道与a 可交换的元至少有)(Z k a k ∈，其中包括e ，a ，1-a 。对于不是)(Z k a k ∈的元，一般要通过验证。 2． 把3S 的所有元写成不相连的循环置换的乘积。

解：)1(321321=???? ??，)23(231321=?

???

??，)12(312321=???? ??，)123(132321=???? ??，)132(213321=???? ??，)13(123321=???

?

??。 3． 证明

(ⅰ)两个不相连的循环置换可以交换。

(ⅱ))...()...(11121i i i i i i k k k --=。 证(ⅰ)

设σ和τ是n S 中任意两个不相连的置换(没有共同元)。分三种情况加以讨论：

①数字i 在σ中出现，且j i =)(σ。∵σ和τ不相连，∴i 和j 不在τ中出现，即i i =)(τ，j j =)(τ。

∴j j i i ===)())(()(τστστ，j i i i ===)())(()(στστσ。∴)()(i i τσστ=。

②数字m 在τ中出现，且n m =)(τ。∵σ和τ不相连，∴m 和n 不在σ中出现，即m m =)(σ，n n =)(σ。∴n m m m ===)())(()(τστστ，n n m m ===)())(()(στστσ。∴)()(m m τσστ=。 ③数字k 在σ和τ中都不出现，这时有k k =)(σ，k k =)(τ。

∴k k k k ===)())(()(τστστ，k k k k ===)())(()(στστσ。∴)()(k k τσστ=。

这样得到)(τσ)(στ},...,21{x x n ,,x =∈?都有，从而有τσστ=。

(ⅱ)∵)1()...)(...()...)(...(21111121==--k k k k k k i i i i i i i i i i i i ，∴)...()...(11121i i i i i i k k k --=。 4． 证明一个k 循环置换的阶是k 。

证 设)...(π21k i i i =是},...,2,1{n 上的一个k 循环置换。

211)(i i =π，312)(i i =π，…, k k i i =-)(11π,11)(i i k =π。

同理得)(ε)(π},,...,,{21i i i i i i i k k ==∈?，当)()(,0i i i k n n επ=≠<<。 且当)(ε)(π)(π},,...,,{},...,2,1{21j j j j j i i i n j k k ==?=-∈?。 ∴επ=k 且επ≠<

这1-n 个2-循环置换中的若干个乘积。

证∵任意置换都可以表达为若干不相连的循环置换的乘积，

∴只需证明：一个循环置换可以表达成若干个)1(i 形式置换的乘积。 设π为一个循环置换。我们分两种情况加以讨论： ① 1在π中出现，)1)...(1)(1()...1(π2121k k i i i i i i ==；

② 1不在π中出现，)1)(1)...(1)(1()1)(...1()...(π12112121i i i i i i i i i i i k k k ===。