代数学引论(聂灵沼 - 丁石孙版)第一章习题答案

(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: e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e 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.

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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,

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an=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,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构. 证明:

下面证明G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}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) BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此

BiBj=BrG

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这里i+j=kn+r,kZ,0

(2) A BiBj=BrG 这里i+j=kn+r,kZ,0

(3) 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0

Bi(ABj)=( BiA)Bj=(ABn-t)BjG

(4) (ABi)(ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t)Bj)=A2(Bn-tBj)= Bn-tBj)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Bn=A2=E为幺元. (Ⅳ)对Bi(i=1,2,…,n),有

BiBn-i=E;

对ABi(i=1,2,…,n),有

(ABi)(Bn-iA)=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 Dn同构. 令f:G→Dn

f(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,…,n),

可以证明f就是G到Dn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=akbk, k=I,i+1,i+2,证明G为交换

群. 证明:

对任意a,bG

ai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1,

根据消去律可得

ai+1b=bai+1.----------------------(1)

同时

ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1,

根据消去律可得

aib=bai.---------------------------(2)

因此

ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai----(3) 另外

bai+1=(ba)ai----------------------(4) 结合(1),(3),(4)有

(ab)ai=(ba)ai---------------------(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

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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=(am)n(bn)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Gn(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=<>,…,Gn=<>,…

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Dn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:

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