近世代数_杨子胥_第二版课后习题答案(发行版)

近世代数题解第 一 章 基 本 概 念 1.11.证任 取NW AC KBU O,则rA 且 NW B U C.从而或 XWC.若 MC S,则 x e A A B.从而 x (A n B)U(A n C).因此A f i(B U C)=(A n B)UA n C).反 之，任 取 x (A n H)U(A C|C),类 似 可 得 x G n(B U C).故(A C B)u (A n O S A O (B U C).因 此，A n(B U C)=(A n B)U(A f lC).同 理 可 得4 中另一等式.2.若A C B =A n c,问：是 否B=C?把n改 成U时 又 如 何？解 不 一 定 有 旧=。例如A=1 ,B=1,2 ,C=1,3.把n改 成u后 也 不 一 定 有B=C.例如A=1,B=2,C=1,2.3.设A是 有 限 集 合，且|A|=z 证 明：|产(A)|=2 .证 因 为|A|=，故A的 含 笈(0 E 4 0 n)个 元 素 的 子 集 共 有C：个，从 而A共有2-=(1 +1)=C：+C L 4-F C：个 子 集，即 r(A)|=2 .4.证 设|A|=m,|B|=”/A n B|=&,则显然IA U BI =m+n A,由此即得要证的等式.5.证设zW(A U B),即EG AUB故HGA且工a B从而HGA且 x B.故 zW A nB.从而(A U B G A nB.反推上去得A nB G(A U B).故得证.另一等式可类似证明.近世代数题解 1.22.解 中是映射，且是满射,但不是单射.3.解解解解设8=CACT（C为F上阶满秩方阵）.若A）=gA），则y（B）=/（CAC）=C/）C1=Cg（A）CI=g（CAC-，）=g（B）.即卯是FA到FB的一个映射.又类似易知，k是单射和满射，从而 显 然 是 A42至!j M,的 一 个 同构 映 射，故2）同理由，/Vfz含 M,分 别 设 有 同 构 映 射 er 且d ；a-b、r ：h c.则 m a-c 是 Mi 到 M3的 同 构 映 射，故 A久言人人（应 注 意，b不 能 号 成”.因 为 此 时 c是 无 意 义 的.）1.61.解 R 是 A 4 的 一 个 关 系.又 显 然 满 足 对 称 性.但 是，反 身 性 和传 递 性 不 满 足.例 如，L 及1;又 显 然4,3 +1,411+7,但 是 43+7,即 3 R 1,1 R 7,但 是 3 衣7.2.解1）不 是.因 为 不 满 足 对 称 性；2）不 是.因 为 不 满 足 传 递 性；3）是 等 价 关 系；4）是等价关系.3.解3）每 个 元 素 是 一 个 类，4）整个实数集作成一个类.4.解 上 面 第 2 题 中 1）与 2）是 符 合 本 题 题 意 的 两 个 例 子.又 设Q 是 有 理 数 集，规 定aRb a2 hb2 0（a E Q）.则 易 知 此 关 系 不 满 足 反 身 性，但 是 却 满 足 对 称 性 和 传 递 性（若 把。换成实数域的任一子域均可;实 际 上 这 个 例 子 只 有 数。和。符 合 关 系，此 外 任 何 二 有 理 数都不 符 合 关 系）.5.证 若 M中 二 元 素 a与 符 合 关 系 就 记 为（。，6）.现 在 一 切这 样 的（a,6）作 成 的 集 合 记 为 R ,它 是 R 的 一 个 子 集.反 之，设 入 二 R.则 规 定：a 与 b 符 合 关 系 当 且 仅 当C a,6）e R2.即 R的 子 集 可 决 定 M 的 一 个 关 系.6.证1）略 2）由 1）及 分 配 性 以 及 习 题 1.1 第 5 题 可 知：（A U B）（A n B）=（A U B）n（A n B,=（A U B）n（八U b；（D又（A-B）U（B 八）=（A nB U（8 n 4）=：（A n B,）u B n r（A n B,）UA,=（AUB）n（BUB）：in（AUA）n（A u B）j=（A U B）n （A U B）.（2）由（1）与（2）知，得 证.7.证 1）任 取/S A,则 6 7（中 A），必 M G C p C A）,从 而 有z G A使 中（*=0 ）.但 因p是 单 射，故=HG A,p 7（M A）A.因 此，（P（A）=A.2）任 取y B WY B）,则 有2 “旧 使丫 =中（工）.但 由 于工U中MB）,故 3工）8,即y=0：N）B.因 此d*T（B）三 民又 当 中 为 满 射 时，任 取z e a则 存 在s e x使 平（）=.于是,tp CB）,P（工）W i（B），即 于（9 7 （8）,故 又 有 小 中7（8），因 此8.证 1）任取y pA U E）.则 存 在NE A I J B,使工）.若HG A,贝”手（工）孑（A）,于是y（p（.jr）E jp（A ）U 卬 B）;若HG B.则 同 理 可 得 上 式.因 此，W（AU（p（8）,不 妨 设3G +（A）.于 是 存 在工 A使；y=（H）.而 工 A A A U B,因此从而 W A）U a（B）95（A U B）.故9（A）U*（B）=+（A U iO.2）任 取y e p（A C E）,则有使 pz）=y由 于HG A C B,故A,W B.从 而）=牛（=6 A）,_y=M z）e p（B）,因 此，_yWyi（A）故cp（.A n B）A）n r(T(x2),即ra)-rz)故”是 集 合A到C的单射.反 之，设m是A到。的 单 射，则 对A中 任 二 不 同 元 素 不，不 有(rrr)(Jt i)(rr)-，ra(-rt r)工从 而b(a?i)r s(k 2)，即。是A到B的单射.2)设 都 是 满 射，则 任 取c E C,由 于t是 满 射，故 存 在6B使r(6)=c.(1)又 由 于c是A到B的 满 射，故对于有a A使6)=zr =cr(Z)h.因此 crr=l;,.反 之，若 存 在 映 射 r：B-A 使”二1八 则 由 干 1口是双射.当然是滴射，故由上 题 知，。是满射.11.证1)设】是单射，且 g =仃 2,其 中 n，r2都是集合X 到A的映射，则任取a G X,有(tf Ti)(a)=(f f r2)(a),7(r i(a)=tr(r2(a).因为o 是单射，故口(a)=rz,从 而 ri r2.反之，设对任意集合X 到 A 的任意映射门，由。口=皿 可得 口=功，则。必为单射.因若不然，则 在 A 中存在元素卬#2，使。(“1)=0(5).今取 X=A,并令 n：x-与 0：1-*a 2(V iE X),则(an)(x)=r(n(z)=c(a i),(or；)(x)=a(r2(x)=tF(22).但因(J(ai)=。(如)，故(。口)(H)=()tz(f r).因 此 T)T .反之，设 对 B 到任意集合Y 的任意映射ri.T 2 有口=调。必有门h，则 a 必为满射.因若不然，则必、=声 0；再任取一个阶不小于2 的 集 合 V,则 在 丫 中 任 意 取 定 元 素)及y i y?，易知n：b-*-V、E *Vi 与 r2 5 b-Y、B-v?是B到 v 的两个不同映射，其中(A),E B.且对集合A 中任意元素a都有（TO）（a）=门（r（a）Hy,（女o）（a）=Q（o（a）=y.从而给”=打。.但 是T j ，矛盾.因此,C必为满射.12.证 反证法.假设P（A）与A之 间 存 在 双 射 令下面来考察八A C若f C A C G A一则 根 据 人 之定义，A i中 无 八A 3矛盾；若f（A Q与4，则同样根据A）之定义，又 有 A,）A i，也矛盾.因此,P（A）与A之间不存在双射.第 二 章 群 2.1群的定义和初步性质一、主要内容1.群和半群的定义和例子特别是一船线性群、次单位根群和四元数群等例子.2 .群的初步性质1）群中左单位元也是右单位元且惟一；2）群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3）半 群G是群o 方 程a k b马y a=b在G中有解（V a ,bW G）.4）有限半群作成群o 两个消去律成立.二、释疑解难有资料指出，群 有5 0多种不同的定义方法.但最常用的有以下四种：1）教材中的定义方法.简称为“左左定义法”；2）把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元（其余不动.简 称 为“右右定义法”；3）不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此 简 称 为“双边定义法”；4）半 群G再加上方程a产。与y a=b在G中有解（V z ,在6）.此 简 称 为“方程定义法”.“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不 再 多 说.“双边定 义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续（虽然这层手续一般是比较容易的）；优点是：不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性.在 数 的 运 算 中，如果 =b（0）,则 工=告，体 现 了 在 数 中可 以 施 行 除 法 运 算，即 乘 法 的 逆 运 算.如 果 我 们 把 群 的 运 算 也 叫 做“乘 法”，那 么 在 群 中 方 程/工=6 1 =*）eje,=e,；=ej,t rz-et,即 对 左 单 位 元”来 说，G 布 左 逆 元 G 及 一，而 对 左 单 位 元 一 来说，也 有 左 逆 元 V i及 e z.就 是 说，旻 然G中 每 个 元 素 都 有 左 逆元，但 不 是 对 同 一 个 左 单 位 元 有 左 逆 元.因 此 G 不 作 成 群，4.关于结合律若代数运算不是普通的运算（例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法），则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦.因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法.但无论哪种方法，一般都不是太简单.5.关于消去律.根据教材推论2,对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立.而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可.6.在群定义中是否可栗求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答 不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因 为 6是左单位元，而 6与e2都有右逆元且均为6.但G并不是群.7.群与对称的关系.1）世界万物，形态各异.但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性.而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的.由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性.2）几何对称.设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换（即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称），则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群.这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的.凡对称图形（即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合），总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群.反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形.不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换.显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多.也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关.因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称.所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论.3）代 数 对 称.，：.5 数 域 F 上 任 何 一 个 元 多 项 式 皿，4J”,）总 有 集 合 S-U,，工2 上 的 几 次 置 换 使f不 变，至 少 恒 等 变 换 就 是 一 个.由，于 使 f不 变 的 任 二”次 置 换 之 积 显 然 仍 使，/不 变，故 由 教 材 3可 知 使f不 变 的 全 体“次 置 换 作 成 一 个 加 次 置 换 群.它 是 S 上”次 对 称 群 S”的 一 个 子 群.我 们 称 其 为n无 去 项 式，的 4次 置 换显 然，每 个A元 多 项 式 都 有 一 个 确 定 的A次 置 换 群：例 如A元多项式 ，了”=N j+2了2 +4-71JT*的 置 换 群 是 何 等 置 换 而 小 乃 才2 工”）=。（常 数）的 置 换 器 是n次 对 称 群 等 等.例3 求 三 元 多项式r（J T t，72，一（4一X 2）（7 1 一（工2 一二y）的置换群.解 为 了 书 写 方 便 起 见，在 以 下 置 换 中 我 们 把X,简 记 为t.易知/的置换群为由置换/I 2 3、/I 2 3/I 2 3、11 2 3/2 3 1 /*3 1 2）作 成 的3阶群.例 4 求 四 元 多 项 式g=Nl Z2 一工3才4的置换群.解易知g的 置 换 群 为 由 置 换/I 2 3 4 /I 2 3 4/I 2 3 4/I 2 3 4（1 2 3 4 1 L 1 3 4卜 1 2 4 3 卜42 11 4 3）作 成 的4阶群.例 5 求 四 元 多 项 式 =办 石+工 心 的 置 换 群.,解 易 知，人 的 置 换 群 由8个 置 换 组 成.其 中4个 即 上 例 中 的4个 置 换，另4个 置 换 为，/I 2 3 4/1 2 3 4/I 2 3 4 /I 2 3 4（3 4 1 2卜（3 4 2 1/U 3 1 2 卜（4 3 2 1）.：例6任 何n元 对 称 多 项 式 的 置 换 群 都 是n次对称群.很 显 然，一 个 多 元 多 项 式 的 置 换 群 的 阶 数 越 高，这个多元多项式的对称性越强.反之亦然.因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式.三、习 题2.1解答1.略2.解可 验 算 N 对 此 代 数 运 算 作 成 可 交 换 的 幺 半 群（单 位 元 是O C N）.但 不 是 每 个 元 素 部 有 逆 元，例 如1就 没 有 逆 元：因若N。1 0工十1十工=。，卿】2 1=-1.从 而 H K 一Z.故 Z 对。不作成群.3.证 设 A.B e Q,（R）,即A AT=B Br=E.由 此 得（AD）AB）T=A B BTAT=E.从而 A B&O.C R.又A -（.A =A-1 （A-1=E,故 A WO“（R .从 而 O X R）作成群.4.证 新 运 算 显 然 是 G 的 一 个 代 数 运 算.结 合 律 成 立.除 算 从略.又 因 为 对 G 中 任 意 元。有 .H1-a -u.l u a a t（uau）1 ux.T；故“7 是（G.）的左单位元是（G,中 d的 左 逆 元，故G对 新 运 算 也 作 成 群.5.证 显 然 G 非 空.又 在 G 中任取其中a,b,6 d是 实 数 且 a X O W O.于 是 ac,a&+都 是 实 数 且 a c/O,从而(,6)(,=(ac,。4 +6)6 G.即。是 G 的 一 个 代数运算.再 任 取(e./)G G,则有C(u6)(-,/)3*(ac ad-bt (e,f)ace,acf a d 十6).(a,6)。(cr(a ,6)。(c e,c f +七，/)=(“小)。晨,)。小，/)：1,即 6 对。满足结合律.,又 易 知(1,0)是 G 的左单 位 元，且(a )的左逆元为因 此，G 对。作成一个群.又 G 不 是 交 换 群，因为例如易知(.ah,b=az batf-b a.从 而 a6=a,所 以 G 是交换群.证 法 n 任 取 a E G,由 于/=e,故 a=a ，即 G 中 每 个 元 素的 逆 元 都 是 自 身，从而a b (.ab)1=6 a*=6 a,即 G 为交换群.2.2 群中元素的阶一、主要内容1.群中元素的阶的定义及例子.周期群、无扭群与混合群的定义及例子.特别，有限群必为周期群，但反之不成立.2.在群中若同=A,则1)研=e X I|7 7 1 13)|a*=n 49姓 134)1|=n=st-|a*|=f.3 la i 刈 与 la 幻 各 种 关 系 及 例 子.特 别 是 1 ab =|a|*|6|.4.若 G是交换群，又 G中元素有最大阶处 则 G中每个元素的阶都是o 的因子.二、释疑解难1.有 的 书 把 群 中 元 素 的 阶 称 为 同 您.元 素a的 阶 多 用|1表示.但 也 有 的 书 用 表 示（取 英 文o rd e r的 字 首）.2,由 元 素a的 阶 可 以 决 定 的 阶.若|“|=8,则 当 上 为 非 零 整 数 时，*|=8（M=e阶 为D.若 1|=，则 la I（定理 3）.I 攵 3.与|必|的关系.-在 群 中，由 元 素a与。的阶一般决定不了乘积 施 的 阶，这 由 教 材 中 所 举 的 各种 例 子 已经 说明 了 这 一 点.对 此 应 十 分 注 意.但 是，在 一 定 条 件 下 可 以 由 阶 同 与M决 定 阶|a b|,这就是教材中 朗 定 理4：ab=b a、(I a I|6|)-1 Ia6|=|a|*|6|.4.一 个 群 中 是 否 有 最 大 阶 元？有F艮群中元素的阶均有限，当 然 有 最 大 阶 元.无 限 群 中 若 元 素 的 阶 有 无 限 的（如正有理数乘群 或 整 数 加 群），则 当 然 无 最 大 阶 元，若 无 限 群 中 所 有 元 素 的 阶 均 有 限（即无限周期群），则可能无 最 大 阶 元，如 教 材 中 的 例4：U=I J U，U 为 次 单 位 根 耕.E X下 面 再 举 两 个（一 个 可 换，另一个不可换）无限群有最大阶元的例子.例1 用Z.表 示 模“剩 余 类 环（参 考 教 材 第 四 章 为 环Z,上 的 多 项 式 环.它 是 一 个 无 限 交 换 环.但 作 为 加 群.记 为+它 是 一 个 无 限 交 换 群，而 且 有 最 大 阶 元.其 最 大阶是n（即 环Z“与Z.O I的特征兀例2 令S,为 三 次 对 称 群 是6阶 循 环 群.并 令G为包含一切（-T.X1,JCt.）作 成 的 集 合，其 中7 6$一二6 7，但只有有限个工,会乙6中元素相等当且仅当对应分量相等.,现 对C规 定 乘 法 如 下：，32 ）=（三y,JT2，2.则G对此运算显然作成一个群，又（1）,e,e,显 然 为 其 单 位 元 旦（了,为，不，）的逆元为（工t，）.i由 于 是 一 个6阶 非 交 换 群.故 显 然G是 一 个 无 限 非 交 换 群.又因S,与G中 元 素 的 阶 均 有 限.各 为1,2,3,6,从 而G中元案的阶也 如 此.并 且G中 元 素 的 最 大 阶 为6.,；*.一5.利 用 元 素 的 阶 对 群 进 行 分 类，是 研 究 群 的 重 要 方 法 之 一.例 如，利用元素的阶我们可以把 群 分 成 三 类，即 周 期 群、无 扭 群 与 混 合 群.而 在 周 期 群 中 又 可 分 出 L群p是 素 数），从而有2群、3群、5一 群 等 等.再 由 教 材3.9知，每 个 有 限 交 换 群（一 种 特殊 的 周 期 群）都可惟一地分解为素森阶循环 L群 的 直 积，从 而 也 可 见 研 究p-群的重要意义.三、习 题2.2解答1.证 1)设|a|=”，则(cacT).=cac7=e.又若(cac7)=e，-则 ca*c-1=e,a =e.从而n m,故 ic a L|=|a|.2)a b=b 1(ba)b.3)tlhc=a(bea 石=r*-1(r/i A)r2.解 1）设I】3),T 1 0 2/、0 1(01C*)六 f/1 Or)，故鼻|=8.2*f/又 易 知I 6|=2.但是a 6=1一2)0 2/的 阶 无 限.即|。6|=8.2)例 如，设则 易 知：I a I-0 0 rb 2,1 ab 2.证 若G中 除e外 其 余 元 素 的 阶 均 无 限，则 结 论 已 对；若G中非e的 元 素 的 阶 都 是“，且 是 一 个 合 数，设n=m t t Z m,t 设G是 一 个 偶 数 阶 有 限 群.由 于 单 位 元 是 阶 为1的 惟 一 元素.又 由1）知G中 阶 大 于2的 元 素 的 个 数 是 偶 数，故G中 阶 数 等于2的 元 素 的 个 数 一 定 是 奇 数.；5.证 设 a a,J S l J a =e.由 于|a 1 =.故 I（s =7）一反之，倒推回 去即 得.6.证 1）存 在 性.由 于”）=1，故存在整数5 使9 s +h =1.（1）令 6=a 7 =，则显.然 a=bc =c b.又bm =（a）.=（优 小 ）=e r;若 又 有 夕=八 则Q E 二e.但是|&|=m 九，故m n；rnt,m 尸 工.又由C）知（m “）=1,故.因此i 村=?.同理可证|c|=t z.2）惟一性,设另有加 便a-bi Ci=Ci b|bi|=m,|c j =n贝 4 =brc T=br.（2）但 由（1）知，f=l 一切一故6 丁=氏一3=瓦（6）-|=仇.从而由（2）知 寿=不=5由仇二b又得.SC i =f c r，a a nia a1 ni=aM t=c-即 by b9C1=c 注此题显然可推广到更 一般的情形，即若|a I%,其中正整数小，如，,小两两互索，则a可惟一地表示血a=aQd，其 中%=勺 即,又a,是a的方塞，且=几、其证明方法是对s用数学归纳法.工 2.3 子 群一、主要内容1 .子群的定义和例子.特别是，特殊线性群（行列式等于1的方阵）是一般线性群（行列式不等于零的方阵）的子群.2.群G的非空子集H作成子群的两个等价条件：1）a,bw H-a 6 6 H,a （或=2）a/EH=ab（或 HH=H）.3.一子群H与K之 积HK仍是子群的充要条件为：H K =K H.4.群的中心元和中心的定义.二、释疑解难1 .关于真子群的定义.教材把非平凡的子群叫做真子群.也有的书把非G 的于群叫做群G 的真子群.不同的定义在讨论子群时各有利弊.好在差异不大，看参考书时应予留意.2 .如果与G 是两个群，且 抬 G,那么能不能说夕就是G 的子群？答：不能.因为子群必须是对原群的代数运算作成的群.例如，设 G是有理数加群，而H是正有理数乘群，二者都是群，且 牝 G 但是不能说是G 的子群.工 定 理5(H K&G HK=KH)的反例.例1在三次对称群S,中(参考第二章 5),显然H=(1),(1 2)H K=(1),(1 3)都是s的子群.但是易知：H K=(1),(1 2),(1 3)，(1 3 2),K H=(1),(1 2),(1 3),(1 2 3),从 而HK#KH,故HK不是子群.对此例来说，也能直接看出HK不能作成子群，因为例如(1 3),(1 3 2)WHK,但是(1 3)(1 3 2)=(2 3)生 H K.即乘积HK对置换的乘法不封闭.4.设且H K =K H.这是否意味着H中元素与K中元素相乘时可以交换？答：不能这样认为.举例如下.例2设G是四元数群.则显然是G的两个子群且易知但 是“H j i(H,，6 K).HK=KH是两个集合的相等.因此，对HK中任一元素hk(he H*K),必存在元素aeKMiGH使hk kyhi.反之亦然.三、习题2.3解答1 .证 赂.2 .证必要性显然，下证充分性.设子集夕对群G的乘法封闭，则对夕中任意元素a和任意正整数。都有a 6 H.由于中每个元素的阶都有限，设|a|=A,则a*=e e H.从而-a”7 =e.亦即又有c T =a _*H.故 H&G.3 .证 设H是由交换群G中所有有限阶元作成的集合.显然e H,故空.又若设|屋|=叫1 6 1 f.因G可换，故(aSW=e，从而 ME H.又因|c i ”=故 J EH.因此,H&G.对非交换群一放不成立.例如，有理数域。上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知的阶有限，都是2,但易知其乘积的阶却无限.即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群.4.证 由 高 等 代 数 知，与所有A阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证.5.证 因 为（Z?）=1,故存在整数s,t使m s 十 n t=1.由此可得a=*-.但 是 由 题 设a-而H V G,故6.证 法I 由 于G中 每 个 元 素 都 满 足 方 程h?=e，而le i=1,故G中 除e外 的 元 素 的 阶 都 是2,从 而 每 个 元 素 的 逆 元 均 为 自身.由 于|G|2.在C中任取则由此可知,e,a,b，a b整G中4个 不 同 的 元 素.而 由 习 题2.1第6题 知.G又 是 一 个交 换 群，从 而 易 知H e,a,b,a b）是G的 一 个4阶 子群.证 法U 在G中 任 取 元 素a r e,则 由 于a?=e，故H=2,故 在G中 存 在 元 素6 G H,而K e,6W G.又 因 为G是 交 换 群，故H K =K H,从 而 由 定 理5知：H K =ea tb,ab G.即 H K是G的 一 个4阶子群.7.证 反 诬 法.假 设 群G是 两 个 其 子 群 H,K 的 并 集，即G=H J K.由于 H.K是G的 真 子 群.故 有a.6W G使b W H,“6 K.但 由 于G=H U K.从 而a W ,&C K.又因为abW G=H U K,故必a*e H 或 abR K.若ab=hG H,则 由 于 H 是 子 群，故b=a-e H,矛 盾；若。占=3 6尺，则 同 理。=松-6；.也 矛 盾.因 此，原 假 设 不 成 立，即G不 能 是 二 真 子群的并集.2.4 循环群一、主要内容1.生成系和循环群的定义.2.循环群中元素的表示方法和生成元的状况.若|a|=8,则 a 2,a 1,e(a ,a2且有两个生成元a与a ；若I a|,则 e,a,a2，a”1).并且a*是生成元=*,n)=l,从 而 有 个 生 成 元.3 .循环群在同构意义下只有两类：整数加群和次单位根乘群，其中=1,2,3,.4 .循环群的子群的状况.无限循环群有无限多个子群.力阶循环群(力有7(A)(A的正出数个数)个子群，且 对A的每个 正 因 数 匕 有 且 仅 有 一 个 女 阶 子 群j/).二、释疑解难1 .我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定.其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有两个生成元，n阶循环群(a)有/()个生成元而且家是生成元 =1);2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另 一 类 是n(n=1,2,)阶循环群，都 与A次单位根乘群同构.2 .循环群不仅是一类完全弄清翅了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类.例如由下一章9可知，有限交换群可分解为一些素氟阶循环群的直积.更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积.由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类.它在各种应用中有着非常重要的作用.例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具.三、习题 2.4解答1.解 生成元有两个：a,Q、子群有丁(6)=4个，除e与G外另两个为：U2；(,a2,=e,a3.2.证若土t，则显然 a*=a .反之，若 a，=.同 理有 a）Ca .因此储,=%）.证 法 1）设 。、=知，=n 故=，故 a (ab.从而a Ga 6，a-(a b)=bW ab).于 是 又 有,即 a 是 次 原 根，下 证 H 中任何元素的阶均不大于因 若 不 然，设 H 中 有 元 素 人 的 阶 广，则即。是 次 单 位 根，于 是aW 5 U H,矛盾.设。标是 H 中所有元素的最大阶，且 H 中元素占的阶是/,则显然U*=*=/1.另一方面，任 取 A S H,则由于交换群中每个元素的阶都整除最大阶，故&的 阶 整 除,从 而户=1，;即人是次单位根即H=6.故H=6）=U 即 G,的真子群只有U,，i=l,2,.证 由 题 设 可 旬G=H U M 且H C!M=0.显 然，对 任 意NE G,若 工6 H,则 上e 5 =乂）：若x H.则因H是 子 群，故x-1 H.又 由 于 H r G,故 有a G G,a G H，于 是ajr在H 从而ar M.显 然。&H,从 而a 于 是，Jr a-1*ajr ,即G中 任 何 元 素 都 属 于 M，故G=M）.证任 取 G Q+.则 由千b _ （a-1）!b丁=，故 名 可 寰 为 若 干 个 白 的 代 数 和，即Q+可 由（1）生成.法实 际 上1）的 任 意 一 个 无 限 于 集 均 为Q+的 生 成 系.事 实上，在（1）中 任 取 一 无 限 于 窠，设为 段，表，卜 则 总 存 在 2 a,并 令 c=2 !于是b _ 6c _ bea ac 7i j k !即3可 表 为 若 干 个 人 的 代 数 和，从 而（2）也 是Q+的生成系.2.5 变 换 群一、主要内容1.变换群、双射变换群（特别是集合上的对称群和n次对称群）和非双射变换群的定义及例子.2.变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系.1）集合上的变换群G是双射变换群o G含有的单或满）射变换；2）任何一个群都同一个（双射）变换群同构.3.有限集及无限集上非双射变换群的例子（例 2 和 例 3）.二、释疑解难1.一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换（关于变换乘法）所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”.而 本 教 材 所 说 的“变换群”则是由一个集合上的一些变换（不一定是双射变换）作成的群.通过教材 5 定 理 2 和 推 论 1 可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群（全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”）,另一类是非双射变换群（全由非双射变换作成的群）.在学习本书时应留意这种差异.2.本节教材定理2（若集合上的变换群G含有的单射或满射变换.则G必为上的一个双射变换群，即 G中的变换必全是双射变换）比有些书上相应的定理（若集合上由变换作成的群 G含有的恒等变换，则 G中的变换必全为双射变换）大为推广.因为后者要求G包含恒等变换（一个特殊的双射变换），而前者仅要求G包含一个单（或满）射变换即可.因此，后音只是前者（本节教材定理2）的一个推论，一种很特殊的情况.两相比较，差异较大.这种差异也说明，”上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连的任何单射或满射变换也不能包含.另外，在这里顺便指出，集合上的任何双射变换群G的单位元必是的恒等变换.事实上，设 e 是G 的单位元，则从而对任意x E M 都有r（e（）=T 1 时 7（的只能作成半群，而不能作成群.三、习题2.5 解答1.解 作成有单位元半群，r 是单位元.但不作成群，因为b无逆元.2.解 易知：加=.但是，皿T 一*2,n-）,故 8 不此3.解G作成群：因为易知即 G 对变换的乘法封闭；又一 一）是单位元,而 3-加 是 5 的逆元.又因为uHO,故显然忆向是M的一个单射变换（若利用定理2,则可知G 是 M 的双射变换群）.再 任 取 由 于 M 是有理数集，故y b才-a是 y 在 r”,之下的逆象，即心而是满射，从 而 G 是 M 的双射变换4.证 反证法.设 M=a,6,）且 G（j?）=a r（攵）=6 （YHEM）,则内？是M的两个互异的非双射变换.如果M的全体非双射变换作成群，则由于显然 1）.2?一循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法.1）左一循环与A有相反奇偶性.2）一 循环的阶为上 又（九 芯&）T=（力，h,A ）.3）若 b分解为不相连循环之积.则其分解中奇循环个数为奇时b为奇置换，否则b为偶置换.b的阶为各因子的阶的最小公倍.其逆元可由一循环的逆元来确定.3 .由置换0,r求置换0工（|的 方 法.A次对称群&的中心.4 .传递群的定义、例子和简单性质.二、释疑解难1 .研究置换群的重要意义和作用.除了教材中已经指出的（置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构）以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1）置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单.同时它也是元素不是数的一种非交换群.在群的讨论中举例时也经常用到这种群.2）在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的.如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等.3）置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的.例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等.就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的:i委.2 .用循环与对换之积来表出置换的优越性.首先，书写大为简化，便于运算。另外还便于求置换的阶，判断置换的奇偶性和求逆置换.因为我们知道：一 循 环 的 阶 是A；不相连循环之积的阶为各循环的阶的最小公倍；一循环的奇偶性与女一 1的奇侣性相同；又 一 循 环（九乙幼的逆元为（九 右幼 7 =（人,“，12,/1 ）.3 .由教材本节例3可直接得出以下结论:A次置换群G若包含有奇置换,则同是一个偶数.另外，由于偶置换之积仍为偶置换，故任何A次置换群G中的全体偶置换祚成G的一个子群.4 .在 四 次 对 称 群S,中 有 以 下 二 子 群，Kt=(1),1 2 X 3 4),1 3 X 2 4),(1 4)(2 3),H=(1),1 2),3 4),.易 知，K,匕”.但 是 K l e i n四 元群 KS”，而 H 不 是S,的 正 规 子群(参 考 第 三 章 2.又(1 3)(1 2)1 3)=20*212248,=2021222348,|M2d=2 0*2 b 2 2*2 3*2 4-48.三、习题 2.6解答1 .略2 .解 1)6 1 66.2)!),(。右).3 .略4.略5 .解。一：=(5 7)(43 1)，e mi-1=(42 5 X 2 6)(3 1)=(1 3)(2 6 5 4)；。一 加 二(1 2 5 )(2 6)(43)=(1 2 6 5).(3 4).6 .证 因为有限，故要证国只用验算对置换乘法封闭即可.7.解 令7 =(1 2 3 4 5 6).则G的全部6个置换是：(J .r3=(1 4)(2 5)(3 6),r=(1 2 3 1 5 6),r =(1 5 3)(2 4 6),1=(1 3 5)(2 4 6),r;=(1 6 5 4 3 2).又易知*(1)=+1 (&=1.2.3,4,5),故G为传递肝.又显然G中无。使。(1)=3,。(2 )=5,因此,G不 是2重传递群.2.7陪集、指数和L a g r a n g e定理一、主要内容1 .左、右陪集定义和简单性质.1)左陪集的五个基本性质：1)-5);2)全体左陪集与全体右陪集之间可建立双射；3)群G关于子群H的左陪集分解式：G=a1HUzHU-,=0 (#，).2.指 数 定 义 和 性 质.性 质 有：设KWHWG.则K),(G H P K X C G H X H *K).3.Lagrange定 理：设H是 有 限 群G的 子 群，则|G|H|(G H).从 而IH I是|G I的 因数.4 .有限子群乘积的阶同子群的阶的关系.没夕，是 群 G 的两有限于群，则L-IHAKI 二、释题解难1.一般来说，两个陪集的乘积不再是一个陪集.例如，对三次对称群的子群年 (1),(1 2)来说，(1)与(1 3)夕是两个左陪集，但其乘积(1)H -(1 3)H=(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)不再是左陪集.2.pq 3q是 素 数U QVq)阶 交 换 群 必 为 循 环 群(参 考 第 三章 2定 理5.又 阶 非 交 换 群G则 由 第 三 章 6定 理3(或由S ylow定 理)知，必 有p阶 与q阶 子 群.再 根 据 本 节 推 论3知，G有惟 一 的4阶 子 群.从 而 它 是G的 一 个 正 规 子 群.但 是,其 阶 子 群可 能 不 止 一 个.例 如 三 次 对 称 群S|S：,|=2 3)的2阶 子 群 就 有.三个.即H,=(1),(1 2),H2=(1),(13),H3=(1),25-3 2)都 曾 经 研 究 过 这 种 群.可 以 证 明，Iw grange群 必 为 可 解 群.又 丁.M.G a g en于1977年 又 证 明 了 可 解 群 必 可 同 构 嵌 入 到 一 个Lagrange群中.三、习题 2.7 解答1.证 利 用 L a g r a n g e定理即得.2.略3.证 由 于 HnKWH,HriKMK,故 由 L a g r a n g w 定理知：H D K I j m,i H D K I故 I H f l K I 整除(m,n).但 是(如”)=1,故 必 F HAKI=1，从而H n K=e .14.证 任 取 e K a S G.由于.|G|=，故 由 L a g r a n&e定理知：1 。1 即 s i 是IGI=A 的 因 数.因户是索数，故必必|=0=e ,.，&,T)中的力一1 个 元 素b,从.，l a-都 是 G的p阶元.另外，若|b|=|c|=p且时，必 6 0=0.从而此 时。阶元6/.，”.与p阶元 c,c2,，中没有相等的一因此可知，G中p阶元的个数是户一 1 的倍数.5.证 1 1 任 取 z G.由于A是 G 关 于H的代表系，令_ cG 即 明JTC H.乂 B 是 H关于K 的代表系，令a F a eK,即,K.因此，HK=4，K,xea.h,K.2)设若 u,/jK=atb,K，则(U.6 J (a E)=k 0 K H.从而 a；a.=bikb.e H(因为 与，4 H.a.H=a,H由此又得6,K=6,K,从 而，=，.得证.6.易知 的以下六个子集：=(1),知=(1),(12),后=(1),(13),氏=(，(2 3),/=(1),(12 3),(132),&=都是 的子群.下 证 仅有这六个子群.设 为 S,的任一非平凡子群,则由于网是匐=6的因数，故 只 能 =2,3.当 网=2时，3 只能是4,员,儿当|川=3 时，中元素的阶必为3 的因数，即只能是1 或 3.因此，此时中除单位元外，另两个元素必定都是3 阶 元.但 中的三阶元有且仅有两个，即(12 3)和(132),因此，此时只能=瓜综上所述可知，有且仅有这六个子群.解 易 知 5 s 的 以 下 六 个 子 集 )=.,M =(1),2 3).=(1 ),(1 2 3),(132)W4=S3 又寸置换乘法都 是 封 闭 的，因 此 都 是 S3的 子 群.下 证 S j 仅 有 这 六 个 子 群.设H 为 S,的 任 一 非 平 凡 子 群,则 由 于 I H I 是 I S 1-6 的 因数，故 只 能|H|=23当|H|-2 时.日 中 除 单 位 元(1)外,另 一 个 元 素 只 能 楂 一 个 2阶 元 但 S 3 的 2 阶 元 只 有 三 个.即(1 2),(1 3).(2 3 ),因 此，H 只 能H j,H i t M,.当。3 时，由 L a g r a n g e 定 理 知，村 中 元 东 的 阶 必 为 3 的因 效，即 只 能 是 1 或 3.因 此，此 时 H中 除 单 位 元 外.另 两 个 元 素 必定 都 是 3 阶 元.但 S,中 的 三 阶 元 有 且 仅 有 两 个，即。1 2 3 和 1 3 2),因 此，此 时 只 能H=M5.综 上 所 述 可 知，S、有 且 仅 有 以 上 六 个 子 群.证 上 述4个 子 群 显 然 都 是G的 真 子 群.一 1 的 阶 是2.另三 个 的 阶 均 为4.现 设H为G的 任 一 真 子 群.由 于IGI=8,故 必|HI=2或4.若I HI=2,则H中 必 含2阶 元.但G只 有 一 个2阶 元 一 1,故 必H=一l.若|H|=4,则 由 于i、3 A都 是4阶 元 且i2=/=*=一 1,故 若iG H,必 有 仪=;若/6打，必有=箝；若 ”,必有 H=.证 1)任 取 A(JBUC).令jc a y,其 中 a W A,_ y eS U C若 y W B,则 x a y E AB.从 而 zW A B U A C；若 y C,则jc =ayeA C,故 zW A B U A C从 而 AE U C)tA BU A C.反 之，任 取iC A B U A C,则x6A B 或 HWAC.若JTCAB,则 令 1:jr&其 中 a C A,5GB.于 是6W BUC,从 而z =aAWA(BUC，若wWAC,同 样 有x e A(B U C).故 ABUACUABUC).因 此，A(B U C)=A BU A C.2)等 式 八 8(|6二八6口人(：一 般 不 成 立.例 如 在 四 次 对 称 群S 中.令 ，.5A-0,(1 2),-C=(1),(12)(34),(13X24),(14).则 易 知 A(8C C)=(L).(1 2),但 是A B A A C-(,(12)34),(12)X 30)；i从而A lB n o U A B C A C,即二者不相等.9.证因为1”|=。，1长|=.|6 1=加 以 及I HK II HI-IKII HTKIPI H OKI故IH K|H Q K|=工 1)又 由 于 是 素 数，故I H K)必 为。的 方 幕.设|H K!=.O V r$+r.2)如 果 乘 积 H K C.则 由Lagrange定 理 知：j HKI|pm.但。卜,故 由iGI=白”知,r t.于 是 由(1 )与(2)得：=IKA H GKI-，.由 此 又 得 =，且)H n K)=|K|.但 是H C K&K,故 得H D K =K.K S H.这 与 题 设K至H矛 盾.故H K不 是G的子群.10.证 法I 若G中 的 方 阵 全 是 降 秩 的，结 论 成 立；若G中 有 方降A是 满 秩 的.则 任 取X 6 G,由 于G对1方 阵 的 普 通 乘 法 作 成 群.故 有 方 阵v e G使X V=A.从 而1X|Y|=|A|学O,于 是|X|K O,即 方 阵X是 满 秩 的 一 由X的任 意 性 知，G中 的 方 阵 全 是 满 秩 的.证 法I I若G中 有 满 秩 方 阵A,则A有 逆 方 阵A-,使A 4 T-E E为“阶 单 位 方 阵)，设”是G的 单 位 元，于是eA A,eAA-1=AA-1 eE=E e E,即G中 的 单 位 元 就 是n阶 单 位 方 阵E(由 此 立 即 可 知，A在G中的 逆 元 就 是A的 逆 方 阵A-).现 在 在G中 任 取 一 个 方 阵B.而C是B在G中 的 逆 元，则B C=E,|B|C=|E|=1.从而。,即B为 满 秩 方 阵.由B的 任 意 性 知，G中 的 每 个 方 阵都 是 满 秩 的.注 由 正 法 口 知，若 由 数 域F上 一 些“阶 满 秩 方 阵 对 方 阵 的普 通 乘 法 作 成 群，则 这 个 群 的 单 位 元 就 是”阶 单 位 方 阵，而 每 个 方阵 的 逆 元 就 是 这 个 方 阵 的 通 常 的 逆 方 阵.另 外，由 降 秩 方 阵 对 普 通 乘 法 作 成 的 群 是 存 在 的.例 如，由 一切2阶 方 阵(o o)。#9)作 成 的 群 即 是.11.证 依次用6，。2，。3,。,小,小表示G中的6.个元素,则根据所判定的运算可得G的乘法表如下：.由此表可知，G对所规定的运算封闭，而且运算。显然满足结合律；又6 是单位元且6，攵 心，方的逆元均为自身，而 6 与外互为逆元.因此,G时所规定的运算作成一个群.（由于G有限，而且乘法表中各行各列元素互异，从而消去律成立，因此,G作成群.这是另一种证法.）注若令?-pi l r”一；饶优*向,i t中P p2 *-pr为互异素数，又s,t.0 但不同时为零，i=1 ,2,，r.并假定$2，*Z，+10S*+1，Z*4zWs*+z,，J&S,.于是m,n=AS：.但是I/T|=加i户|b富|宏公，又因 ab=ba,，力，）=1.故。斗 彳.&壮=O ,.注 对s用数学归纳法，本题可进一步推广为：设群G中元素a】，2,可两两交换且|a,I=7 7 1,（t=1 5）,则由于L CT H I，,=，、根厂）故可知群G中有阶为 如，.n一,m 1的元素.13.证1）令口，0=其 中 s 与/为 整 数，则小=a*）*=（a,）,/G n .因此 a：E =W n a其 次，任取工6。，门。），并令jr=a =a ，（s ）=d,（1）s d m f t dn.（2 则（m,）=L于 是 存 在 整 数 四 使mu-f w=li s.i =d m.（3）于是由（1）J 2 J3）得L=y=a&i ,JTO V=（）”&=Ge上二式相乘,再根据（3）即得丁 方 怫 +wv fom（x +e）4 X C 4-=（小 ：,“3），即 x 6 .因此又有 优）n（a U aM）.故 心。（心2）令（s r）=d,则 存 在 整 数“，u使s+rv=c/.（4）任取工 并令i =a S=a“i,（5）s m+5=dq+厂（O 知 必 r=0.于是由（5）及（6）知：r=a c，s=（a e .从 而 优反 之，任 取 a#e /，则由（4）得a=Vs,=（“，”.（）w ”.（”、于是又有 a 心 d/.从而 =（a*=.注 以 上 结 论 可 推 广 到 更 一 般 情 形（对 用 数 学 归 纳 法 证明）：,）=1 4.证若G是有限群，则G的子集个数是有限的，从而其子群个数当然也是有限的.反之，若 群G只有有限个子群，则G中显然不能有无限阶元素，因为无限循环群有无限个子 群.这 样，G中每个元素的阶都有限.任取&E G,则是G的一个有限于群；再 取&EG一 血”于是 是。的一个异于）的有限于群.再取a、G一（由”（。2）同理）又 是G的一个异于（）,出 的 看 限 子 群.但G只有有限个子群，故这种过程不能无限地卸续下去，从而必存在s使G=U U Ua ,而每个 卬 都有限，于是G为有限群.证 1）令A=h Hr iK）|f t e H,8=HK|HW G ,则 易 知 p-.-AK是A到B的 映 射.又 因 若hxK =h2K（f t,A2&H）,则 心%eK.从而%eHQK,/i,（HnK）=Al.故P是 集 合A 到E的 一 个 单 射，从 而I A I V I B I ,即（H HHKXCG:K）.2当G，K）有 限 时.设 若（H，HD K）=G K），则 由 上知 W 是 双 射.故 对 任 意H6G必 有 八 W H，使jre j eK=AKSHK.从 而GGHK,因 此G=H K.反 之，若 G=HK.则 任 取 左 陪 第x K 工WG.令工=&H.J t e K）,.则x K =h k K =h K.从 而中是,A 到B的 双 射，故 H HCK）=（G 0注 在1 中（H，HCK）与八 在G的 同 一 个陪 集 中，于 是a-5二L，e 凡但H是 周 期 群，的 阶 有 限，设 为 加 于 是（a，-，）=a -=e,从 而a的 阶 有 限，即G是周期群.1 8.证 法I 设G是 一 个1 5阶 交 换 群.在G中 任 取a Ke,则由L a g ra n g e定 理 知.|I|1 5.从 而 必la I =1,3,5,