近世代数第二章答案

§1. 群的定义

1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解：不是，因为普通减法不是适合结合律。 例如

321312 321110 321321 2.举一个有两个元的群的例。 解：令Ge,a,G的乘法由下表给出

首先，容易验证，这个代数运算满足结合律 (1) xyzxyzx,y,zG

因为，由于eaaea，若是元素e在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。)若是e不在(1)中出现，那么有

aaaeaa aaaaea

而(1)仍成立。

其次，G有左单位元，就是e；e有左逆元，就是e，a有左逆元，就是a。所以G是一个群。

读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。

3.证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV，V来做群的

定义：

IV G里至少存在一个右逆元a1，能让

ae=a 对于G的任何元a都成立；

V 对于G的每一个元a，在G里至少存在一个右逆元a1，能让

aa1=e

解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。

§2. 单位元、逆元、消去律

1. 若群G的每一个元都适合方程x2=e，那么G是交换群。 解：令a和b是G的任意两个元。由题设

abab=ab=e 另一方面

abba=ab2a=aea=a2=e 于是有abab=abba。利用消去律，得 ab=ba 所以G是交换群。

2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。 解：令G是一个有限群。设G有元a而a的阶n>2。

考察a1。我们有

ana1=e ea1=a1=e

nnn2设正整数mm假设矛盾。这样，n也是a1的阶，易见a1a。

否则 a2=aa1=e

与n>2的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a和

a1。

设G还有元b，ba，ba1，并且b的阶大于2。那么b1的阶也大于2，并且b1b。我们也有b1a。

否则 e=b1b=aa1=b1a1

消去b1得b=a1，与假设矛盾。同样可证b1=a1。这样，除a和a1外，又有一对不同的阶大于2的元b和b1。

由于G是有限群，而G的阶大于2的元总是成对出现，所以G里这种元的个数一定是偶数。

3.假定G是一个阶是偶数的有限群。在G里阶等于2的元的个数一定是奇数。

解：由习题2知，G里阶大于2的元的个数是偶数。但G只有一个阶是1的元，就是单位元e。于是由于的阶是偶数，得G里阶等于2的元的个数是奇数。

4.一个有限群的每一个元的阶都有限。

解：令G是一个有限群而a是的任一元素，那么

a,a2,a3,...

不能都不相等。因此存在正整数 i，j，i边，得

（1） aije

这样，存在正整数ij，使（1）成立，因此也存在最小的正整数m，

j，使aiaj ，用aj乘两

使ame，这就是说，元a的阶是m。

4. 群的同态

假定在两个群G和G的一个同态映射之下， aa。a与a的阶是不是一定相同？

解：不一定。例如，令G是本章1中例2所给出的群而G是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明

: ng n是G的任意元

是G到G的一个同态映射。但G的每一元n0都是无限阶的，而g的阶是1。

5. 变换群

1. 假定是集合A的一个非一一变换。会不会有一个左逆元1使得

1?

解：可能有。例如令A={所有正整数}，则

： 11， nn1 n1

显然是A的一个非一一变换。而A的变换

1： nn1 nA

就能使1.

2. 假定A是所有实数作成的集合。证明，所有A的可以写成 xaxb a和b是有理数， a0 形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群？ 解：令G是由一切上述变换作成的集合。考察G的任何两个元素

： xaxb a和b是有理数， a0

： xcxd c和d是有理数， c0

那么

： xx(axb)c(axb)d

(ca)x(cbd) 这里ca和cbd都是有理数，并且ca0。 所以仍属于G。

结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立。 单位变换

： xx

属于G。

容易验证，在G中有逆，即

1： x1bx() aa因此G作为一个变换群。 但G不是一个交换群。令

1： xx1 2： x2x

那么

12： x(x)(x1)2x2

12221： x(x)(2x)2x1

211 1221

3. 假定S是一个集合A的所有变换作成的集合。我们暂时用符号

：

aa'(a)

来说明一个变换。证明，我们可以用

12： a1[2(a)]12(a)

来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说，还是S的单位元。

解：令1和2是S的任意两个元而a是A的任意一个元。那么2(a)和

1[2(a)]都是A的唯一确定的元。因此如上规定12仍是S的一个唯一

确定的元而我们得到了一个S的乘法。

令3也是一个任意元，那么 [(12)3](a)12[3(a)]1{[3(a)]} [1(23)](a)1[23(a)]1{2[3(a)]} 所以(12)31(23)而乘法适合结合律。

令是S的任意元。由于对一切aA，都有(a)a， 所以

(a)[(a)](a) (a)[(a)](a) 即而仍是S的单位元。

4. 证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。

解：设G是由某一集合A的变换组成一个变换群，而是G的单位元。任取G的一个元和A的一个元a。由于，有 a(a)a

由于是A的一个一一变换，所以aa而是A的恒等变换。 5. 证明，实数域上一切有逆的nn矩阵对于矩阵乘法来说，作成一

个群.

解：这个题的解法很容易，这里从略。

6. 置换群

123

s1. 找出所有3不能和交换的元。 231

解：s3有6个元：

123123123

，，， 123132213123123123，，。 231312321其中的

123123123123 ，，=231

1232313122显然可以和

123123

交换。通过计算，易见其它三个元不能和 交换。231231

2. 把s3的所有元写成不相连的循环置换的乘积。 解： =（1），=（2 3） 123132123123123=（1 2），=（1 3），=（1 2 3） 213231321123=（1 3 2） 312

1231233．证明：

（ⅰ）两个不相连的循环置换可以交换； （ⅱ）

解：（ⅰ）看的两个不相连的循环置换和τ。我们考察乘积τ

使数字1，2，…，n如何变动。有三种情况。

（a） 数字 在中出现，并且把变成j。这时由于和τ不相连，

j不在τ中出现，因而τ使j不变，所以τ仍把变成j。 （b） 数字k在τ中出现，并且τ把k变成。这时

因而使k不变，所以τ仍把变成。 （c） 数字m不在和τ中出现。这时τ使m不动。

如上考察τ使数字1，2，…，n如何变动，显然得到同样的结果。因此τ=τ。 （ⅱ）由于4．证明一个解：一个别把变成

循环置换的阶是 。 循环置换π=

。同理

的一次方，二次方，…，次方分把i2变成i2,…,把变成。因此，那么

。这就证明了，

，所以

不在中出现，

。由上面的分析，若是

π的阶是。

5．证明的每一个元都可以写成

（1 2），（1 3），…，（1 n）

这

个

循环置换中的若干个的乘积。

解：由于每一个置换都可以写成不相连的循环置换的乘积，所以只须证明，一个循环置换可以写成若干个（1 ）形的置换的乘积。设π是一个

循环置换。我们分两个情形加以讨论。

（a） 1在π中出现，这时π可以写成

容易验算

（b） 1不在π中出现，这时

§7.循环群

1．

证明，一个循环群一定是交换群。

解：设循环群Ga。那么G的任何两个元都可以写成am和an（m，n是整数）的形式。但 一个交换群。

2.假定群的元a的阶是n。证明的阶是 ，这里d=( r，n )是r和n的最大公因子。

解：由于d｜r ，r=ds ，所以

现在证明， 就是的阶。设的阶为。那么令 得 但

而

是

的阶，所以

而

aamnamnanmanam 所以G是

。

于是｜ 。（参看本节定理的第二种情形。） 为了证明

，只须反过来证明｜ 。由

而n是a的阶，

同上有n｜r , 因而｜互素而有

。

。但d是n和r的最大公因子，所以

3.假定a生成一个阶是n的循环群G。证明：也生成G，假如（r,n）=1 (这就是说r和n互素)。 解：由习题2，的阶是n。所以

互不相同。但G只有n个元，所以 而生成G。

4．假定G是循环群，并且G与同态。证明也是循环群。

，

解：由于G与同态，也是一个群。设Ga，而在G到的同态满射φ下，

。看

的任意元

。那么在φ下，有 。这样，的每一元都

是的一个乘方而G(a)。

5．假定G是无限阶的循环群，是任何循环群。证明G与同态。 解：令Ga，G(a)。定义 Φ：的一个同态满射。

（ⅰ）由于G是无限阶的循环群，G的任何元都只能以一种方法写成

的形式，所以在φ之下，G的每一个元有一个唯一确定的象，而φ是G到的一个映射。 （ⅱ）的每一个元都可以写成

的形式，因此它在φ之下是G的元

我们证明，φ是G到

的象，而φ是G到的一个满射。 （ⅲ）

所以φ是G到的一个同态满射。

§8. 子 群

1．

找出的所有子群。

解：显然有以下子群：

本身；((1))={(1)}; ((1 2))={(1 2),(1)}; ((1 3))={(1 3),(1)}; ((2 3))={(2 3),(1)};

((1 2 3))={(1 2 3),(1 3 2)，(1)}。

若的一个子群H含有（1 2）,(1 3)这两个2-循环置换，那么H含有（1 2 ）(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)

因而H=.同理，若是的一个子群含有两个2-循环置换（2 1），(2 3)或（3 1）,(3 2),这个子群也必然是。

用完全类似的方法，读者也可以算出，若是的一个子群含有一个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是。 因此上面给出的6个子群是的所有子群。 2．

证明，群G的两个子群的交集也是G的子群。

解：设和是G的子群。 令e是G的单位元。那么e属于

令a,b

。那么a，b属于

。但

是子群。所

，因而

而

以属于 ，因而属于是G的子群。

。

这就证明了，

3． 取的子集S{(1 2) ,(1 2 3)}。S生成的子群包含哪些元？一个群的两个不同的子集会不会生成相同的子群？ 解：见习题1的解。 4．

证明，循环群的子群也是循环群。

解：设循环群G=（a）而H是G的一个子群。

若H只含单位元e=a0，则H=（e）是循环群。若H不仅含单位元，那么因为H是子群，它一定含有元am，其中m是正整数。令是最小的使得属于H的正整数，我们证明，这时at。令

t=iq+r 0≤r＜i

那么ai=aiqar。由于at和aiq都属于H，有

ar=a-iqat∈H

于是由假设r=0,at=（ai）q而H=（ai）。 5．找出模12的剩余类加群的所有子群。

解：模12的剩余类加群G是一个阶为12的循环群。因此 由题4，G的子群都是循环群，容易看出：

（[0]）=[0]

([1])=([5])=([7])=([11])= G ([2])=([10])={[2],[4],[6],[8],[10],[0]} ([3])=([9])={[3],[6],[9],[0]}

.看H的任一元

([4])=([8])={[4],[8],[0]} ([6])={[6],[0]} 是G的所有子群。

6.假定H是群G的一个非空子集并且H的每一个元的 阶都有限。证明，H作成一个子集的充要条件是： a,b∈Hab∈H

解：由本节定理1，条件显然是必要的。

要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明： a∈Ha-1∈H

设a∈H，由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某 一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1∈H。 §9. 子群的陪集 1. 证明，阶是素数的群一定是循环群。

解：设群G的阶为素数p，在G中取一元a≠e，则a生成G的一个循环子群（a）。设（a）的阶为n，那么n≠1. 但由定理2，n│p，所以n=p而G=（a）是一个循环群。

2. 证明，阶是pm的群（p是素数，m≥1）一定包含一个阶是p的子群。

解：设群G的阶是pm。在G中取一元a≠e，那么由定理3，a的阶n│pm.但n≠1,所以n=pt,t≥1,若t=1,那么d的阶为p，（a）是一个阶为p的子群。若t＞1,可取b=a个阶为p的子群。

p

t1,那么b的阶为p，而(b)是一

3. 假定a和b是一个群G的两个元，并且ab=ba，又假定 a的阶是m，b的阶是n，并且（m,n）=1.证明：ab的阶是mn。 解：设ab的阶是k。由ab=ba,得 （ab）mn=amnbmn=e 因此k│mn。我们反过来证明，mn│k。由 e=（ab）kn=aknbkn=akn 以及a的阶为m，得m│kn,但(m,n)=1,所以m│k.同理n│k。又由 （m,n）=1，得mn│k. 这样，ab的阶k=mn。

4. 假定～是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G的 任意元三个元a，x，x’来说 ax～ax’ x～x’

证明，与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群。 解：令H是与e等价的元所作成的集合。

由于e～e，所以H不空。

设a,b∈H，那么a～e,b～e,b～e可写成a-1ab～a-1a 因此由题设，ab～a～e而ab∈H。

a～e可写成ae～aa-1，因此由题设，e～a-1而a-1∈H。 这样，H作成G的一个子群。

5．我们直接下右陪集H a的定义如下：H a刚好包含G的可 以写成h a （h∈H）形式的元。由这个定义推出以下事实：G的每一个元属于而且只属于一个右陪集。

解：取任意元a∈G，由于H是一个子群，单位元e∈H,因此 a=e a∈H a这就是说，元a属于右陪集H a。

设a∈H b,a∈H c,那么a=h1b=h2c (h,h∈H)

12由此得，b=h11h2c,而H b的任意元 hb=hh11hc∈H c

2因而H bH c，同样可证H cH b，这样H b=H c而a只能属于一个右陪集。

6.若我们把同构的群看成一样的，一共只存在两个阶是4的群，它们都是交换群。

解：先给出两个阶是4的群。 模4的剩余类加群

1G={[0],[1],[2],[3]}.

11。 G的元[1]的阶是4而G是[1]所生成的循环群（[1]） s4的子群

B4={(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)} 叫作克莱因四元群。B4是s4的子群容易验证，我们有 [(1 2)(3 4)]2=[(1 3)(2 4)]2=[(1 4)(2 3)]2=（1） (1 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) 这两个群显然都是交换群。

现在证明，任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。 设G是一个阶为4的群。那么G的元的阶只能是1，2或4

若G有一个阶为4的元d，那么G=（d）是一个循环群， 而G与G1同构。

若G没有阶为4的元，那么除单位元e外，G的其他3个元的阶都是2，因此有

G=｛e,a,b,c｝ a2=b2=c2=e 由于G是群，有ab∈G，我们证明ab=c 由ab=e将得ab=a2和b=a ,这不可能. 由ab=a将得b=e,也不可能 由ab=b将得a=e,也不可能. 因此只能ab=c,同样可证 ab=ba=c, bc=cb=a, ca=ac=b 比较G和B的代数运算，易见G和B4同构。

补充题：利用6题证明，一个有限非交换群至少有6个元。 §10.不变子群 商群

1. 假定群G的不变子群N的阶是2.证明，G的中心包含N。 解：令N=｛e,n｝，这里e是G的单位元，取G的任意元a。 由于N是一个不变子群，有aN=Na，即 ｛a,an｝=｛a,na｝

所以an=na。这样，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换， 所以N属于G的中心。

2. 证明，两个不变子群的交集还是不变子群。 解 令N1和N2是群G的两个不变子群。那么N1的一个子群（§8.习题2）。我们进一步证明，N1个不变子群。令a∈G,n∈N1N2是G

N2是G的一

N2,那么n∈N1,n∈N2,但N1

和N2是不变子群，所以ana-1∈N1, ana-1∈N2,因而 ana-1∈N1N2

于是由定理2，N1N2是一个不变子群。

3. 证明，指数是2的子群一定是不变子群。 解：令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群。 若n∈N，那么显然有nN=Nn。设b∈G,b∈N。那么由于N的 指数是2，G被分成两个左陪集N和bN；G也被分成两个右陪集N 和Nb。因此bN=Nb,这样，对于G的任何元a来说，aN=Na是G的 一个不变子群。

4. 假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明，HN是G的子群。

解：由于H和N都不空，所以HN也不空。 设 a∈HN , b∈HN 。那么 a=h11n , b=hn (h,h∈ H , n,n∈N )

12212121ab=h1n1n2h'12=h1n'h12 (n=n1n2)

'1由于N是一个不变子集，有

Nh2=h2N ，n111h12=h2 n （n∈N）

1由是得ab=(h1h2)n∈HN，HN是一个子群。

5. 举例证明，G的不变子集N的不变子群N1未必是G的不变子群 （取G=S4）.

解 ：令G=S4, N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝ N1=｛（1），（12）（34）｝

已知N是G的一个子群（上节习题6）。我们证明，N是G的一个不变子群。为了证明这一点，我们考察，是否对一切∈S4，等式

1（a） N1=N

成立。由于任何都可以写成(1i)形的2一循环置换的乘积。（§6.习题5），我们只须对(1i)形的来看等式（a）是否成立。又由于N的元的对称性，我们只须看=（12）的情形。但

（12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），

（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝

所以N是S4的一个不变子群。由于N是交换群，N1当然是N的一不 变子群。但N1不是S4的一个不变子群。因为（13）［（12）（34）］（13）=（14）（23）N1 6. 一个群G的可以写成a1b1ab形式的元叫作换位子。证明；

（i） 所有有限个换位子的乘积作成的集合C是G的一个不变子群； （ii） G/C是交换群；

（iii） 若N是G的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么 NC

解：（i），C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积，因而仍是C的一个元。一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆仍是C的一个元。这样C是一个子群。 对于a∈G，c∈C ,aca=(aca个不变子群。

（ii） 令a,b∈G 。那么a111c1) c∈C ,所以C是G的一

b1ab=c∈C。由此得

ab=bac, abC=bacC=baC

即aCbC=bCaC而G/C是交换群。

（iii） 因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b (aN)(bN)= (bN) (aN), abN=baN 由此得 ab=ban (n∈N) a1b1ab= n∈N。 这样N含有一切换位子，因此含有C。 补充题。令和（i1 i2…ik）属于Sn 。证明

1

x（i1 i2…ik）=（i1x i2 …ikx ）

§11.同态与不变子群

1. 我们看一个集合A到集合A的满射Φ。证明。若A的子集S是A的子集S的逆象；但若S是S的象,S不一定S的S是S的象，逆象。

解：（i）设S是S的逆象。这时对任一元a∈S,存在元a∈S，使Φ（a）=a,因此φ(S) S。反过来，对任一a∈S，存在a∈S，使Φ（a）=a,因此Sφ(S)。这样S=φ(S)，即S是S的象。

（ii） 令A=｛1 ，2，3，4｝，A=｛2，4｝，A到A的满射是 Φ： 12 ，22 ，34 ，44

取S=｛1，3｝。那么S的象S=｛2，4｝。但S的逆象是AS 2.

假定群G与群G同态，N是G的一个不变子群，N是N的逆象。证明，G/NG/N。

解：设所给G到G同态满射是 Φ： aa=Φ（a） 我们要建立一个G/N到G/N的同构映射。定义  ： aN a1N

若aN=bN,那么ba∈N。由于N是N φ之下的象，有

ba=b11a∈N， aN=bN

 所以是G/N到G/N的一个映射。 设aN∈G/N而Φ（a）=a ，那么

  ： aN aN

 所以是G/N到G/N的一个满射。

若aN bN ,那么baN 。由于N是N的逆象，由此得 ba=b111aN ，aNbN

 所以是G/N到G/N间的一个一一映射。 3.

假定G和G是两个有限循环群，它们的阶各是m和n。证明，

G与G同态，当而且只当n|m的时候。

 解：设G与G同态，那么由定理2，G/NG，这里N是G到G的同态满射的核。所以G/N的阶是n。但G/N的阶等于不变子群N在G里的指数，所以由§9的定理2它能整除G的阶m。由此得n|m。 反过来设n|m。 令G=(a), G=(a)。定义

kkΦ： aa

 若a=a，那么m|h-k。于是由n|m ,得n|h-k而a=a。这样Φ是G到G的一个映射。容易证明，Φ是G到G的一个同态满射。因此G与G同态。 4.

假定G是一个循环群，N是G的一个子群。证明，G/N也是循环群。

解：循环群G是交换群，所以G的子群N是不变子群，而G/N有意义。设G=（a）. 容易证明G/N=（aN）. 所以G/N也是循环群。

hkhk