代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案

第一章代数基本概念

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,bG,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,bG,

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,bG,

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={a1,a2,…,a n},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(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={a1,a2,…,a n}={a k a1, a k a2,…, a k a n}------------<3>

G={a1,a2,…,a n}={a1a k, a2a 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={a1,a2,…,a n}.

(Ⅰ) 证明G内存在幺元.

<1> 存在a t G，使得a1a t=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);

<2> 证明a1a t= a t a1;

因为

a1(a t a1)a t=(a1a t) (a1a t)=(a1)2

a1(a1a t)a t=(a1a1)a t=a1(a1a t)= (a1)2,

故此

a1(a t a1)a t= a1(a1a t)a t.

由条件(1),(2)可得到

a1a t= a t a1.

<3> 证明a t就是G的幺元;

对任意a k G,

a1(a t a k) =(a1a t)a k=a1a 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aG，存在bG，使得

ab=ba=e.

<1> 对任意aG，存在bG，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,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e a ,下面证明e a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

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dG, 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,bG,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,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S n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S n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:

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=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-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U4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：

),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.

证明:[方法1]

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.

[方法2]

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.

证明:

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, 而这个群与群D n同构.

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,kZ,0

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

这里i+j=kn+r,kZ,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,kZ,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 n同构.

令f:G→D n

f(B i)=T i, f(AB i)=ST i(i=1,2,…,n)，

可以证明f就是G到D n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=a k b k, k=I,i+1,i+2,证明G为交换群. 证明:

对任意a,bG

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，bS，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.

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

G1=<>，G2=<>，…，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=h1k1，b=h2k2

这里h i∈H，k i∈K，i=1,2.

那么

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=h1(H∩K)∪h2(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=h1K∪h2K∪…∪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∈a H;

(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.

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=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.

因为

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

mNm，

那么该映射显然是一一对应，另外

f(m i Nm 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]

1MN={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∈MN，产生矛盾.

2. 设

f: MN/N→M

mNm，

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=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).

另一方面，

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a y∈S使得yay-1=a y，因此a=y-1a y y.

那么

(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xa y x-1)y= y-1a y y=a，

即

(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.

证明：略.

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.

(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：

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.

证明：

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+d),

(a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).

证明S在这两个运算下成为幺环.

提示：(1,0)为该环的单位元素.

证明：略.

28.在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为

ab=ab, ab=a+b

试问Z在这两个运算下是否构成一环.

答：不构成环.

29.设L为交换幺环，在L中定义：

ab=a+b-1,

ab=a+b-ab.

这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明：

(i)证明L在运算下构成交换群：

由的定义，得到

(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2

a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2

这里2=1+1，所以

(ab)c= a(bc).----------------(1)

同时由的定义还可以得到

a1= 1a=a，------------------------(2)

a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3)

ab=ba，----------------------------(4)

由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.

(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过.

(iii)证明乘法对加法满足分配律：

因为

a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，

(ab)(ac)=(a+b-1)(a+c-1)= (a+b-ab)+(a+c-ac)-1=2a+b+c-ab-ac-1，所以

a(bc)= (ab)(ac).

由于和满足交换律，故此

(bc)a= (ba)(ca).

因此新定义的乘法对新定义的加法满足分配律

(iv) 设0为环(L，+，)的零元，则

0a=a0=a

由(i)，(ii)，(iii)，(iv)可得到(L，，)为交换幺环.