近世代數(shù)基礎(chǔ)課后答案

第一章基本概念

§1.集合

1.Bu4,但8不是4的真子集，這個情況什么時候才

能出現(xiàn)？

解由題設(shè)以及真子集的定義得，4的每一個元都屬

于8,因此4u8.于是由

J3dAAczB

得4=5.所以上述情況在力=B時才能出現(xiàn).

2.假定ZuB,*八8=?XU6=?

解（i）由于4u8,所以/的每一個元都屬于8,

即”的每一個元都是4和8的共同元，因而由交集的定義得

Ac.A[\B

但顯然有

4f]3uN

所以

A[\R=A

（五）由并集的定義，NUB的每一元素都屬于“和

B之一3但/U&所以/U3的每一元素都屬于3

ZUBuB

另一方面BuNUS,所以NUB=B.

§2.映射

1.A={1,2,…，100}.找一個/x/到月的映

射.

解用(a,6)表示Nx4的任意元素，這里a和b都

屬于按照定義做一個滿足要求的映射即可，例如

<Pt(a,b~)--->a

就是這樣的一個，因為中咨％x/的任何元素(a,仍規(guī)定

了一個唯一的象a,而。e/.

讀者應(yīng)該自己再找?guī)讉€/x/到/的映射..

2.在你為習題1所找到的映射之下，是不是月的每一

個元都是AxA的一個元的象？

廖在上面給出的映射⑦之下，.4的每一個元素都是

/x/的一個元的象，因為(a,b)中的a可以是力的任一

元素.

你自己找到的映射的情況如何？有沒有出現(xiàn)4的元素不

都是象的情況？假如沒有，找一個這樣的映射.

§3.代數(shù)運算

1.-4={所有不等于零的偶數(shù)》.找一個集合。，使得

普逋除法是4x/到0的代數(shù)運算.是不是找得到一個以上

的這樣的D?

解一個不等于零的偶數(shù)除一個不等于零的偶數(shù)所得結(jié)

果總是一個不等于零的有理數(shù).

所以敢

D={所有不等于零的有理數(shù)}

普通除去就是一個Nx5到。的代數(shù)運算.

可以找得到一個以上的滿足要求的簿.讀者可以自己找

幾個.

2.A={a,b,c}.規(guī)定力的兩個不同的代數(shù)運算.

解(i)我們用運算表來給出力的一個代數(shù)運算：。

abc

aaaa

baaa

caaa

按照這個表，通過。，對于力的任何兩個元素都可以得出一

個唯一確定的結(jié)果。來，而a仍屬于2.所以。是Z的一個

代數(shù)運算.

這個代數(shù)運算也可以用以下方式來加以描述

o,(r,>)--->a~xoy對一切x,y^.A

(ii)同理

o；(X,V)--->x=roy對一切x,

也是Z的一個代數(shù)運算.讀者可用列表的方法來給出這個代

數(shù)運算.

讀者還應(yīng)自己給出幾個力的代數(shù)運算.

§4.結(jié)合律

1.N=(所有不等于零的實數(shù)》.。是普通除法:

3

aob=~r

b

這個代數(shù)運算適合不適合結(jié)合律？

解這個代數(shù)運算。不適合結(jié)合律.例如,

當

。=4b=c=2

時

42

(aob)oc=(4o2)o2=5。2=9=1

4

ao(6oc)=4o(2o2)=4。

HI14

所以當。，6和c取上述值時

(aob〉cc蘆ac>(boc)

2./={所有實數(shù)}.代數(shù)運算

ot(a,6)--->a+2b=aob

適合不適合結(jié)合律？

解讀者可以用解上一題的方法來證明，所給代數(shù)運算

不適合結(jié)合律.

3.A~{atb,c}.由表

|ahc

-I-i

aabc

bbca

ccQb

給出的代數(shù)運算適合不適合給合律？

解所給代數(shù)運算。適合結(jié)合律.為了得出這個結(jié)論，

需要對元素a,b,c的27(=3與種排列(元素允許重復

出現(xiàn))加以驗證.但是利用元素。的特性，可以把驗證簡

化.仔細考察運算表，我們發(fā)現(xiàn)以下規(guī)律,對集合/的任意

元素％來說，都有

aox=xoa=x

由此得出，對于有。出現(xiàn)的排列，結(jié)合律都成立.這一點讀

者可以自己驗證.還剩下。不出現(xiàn)的排列.這樣的排列共有

8(=29種.我們在這里驗證4種，其余4種讀者可以自

己驗證.

(bob)ob=cob=a

bo(bob)=boc=a

所以(bob)06=60(bob)

(bob)oc=coc=b

60(boc)=60a=b

所以(bob)cc=bo(boc)

(boc)06=aoh=b

bo(cob)=boa=b

所以(boc)ofe=bo(cob)

(60c)oc=aoc=c

bo(coc)-bob=c

所以(boc)oc=bo(coc)

§5.交換律

1?/=｛所有實數(shù)｝.。是普通減法一

5

aob=a-b

這個代數(shù)運算適合不適合交換律？

解容易驗證，當。=1,6=2時

aob￥=boa

所以這個代數(shù)運算不適合交換律.

2.A—{a,b,ctd}.由表

ddcab

所給的代數(shù)運算適合不適合交換律？

解要回答這個問題，只須考察一下運算表，看一看關(guān)

于主對角線對稱的位置上，有沒有不相同的元素.

§6.分配律

假定O,⑹是/的兩個代數(shù)運算，并且十適合結(jié)合律,

O,①適合兩個分配律.證明

503十⑸06力十⑶03十(a52)

=(a1G6i)@(a20&1)@(a1G52)<+)(a20b2)

解(aD十⑸03十⑸Obi)十503

=0￡0(61?&2)+a20(fet(±)62)

=(a]十a(chǎn)?)o(b⑥62)

=(ai十a(chǎn)。。/①⑶十右)?力

-(aiQ&i).@(a2O6i)(±)(fliO62)?(a206i)、

6

§7.一一映射、變換

1.,=｛所有，。的實數(shù)｝.A=｛所有實數(shù)｝.我

11一個N與N間的——映射；

解x>lp;x對一切了七，

是一個力與力間的——映射.

首先，給了任一即任一大于0的實數(shù)無，卜工是

一個實數(shù)，BPlgrCAt并且1g上是唯一確定的，所以⑦是一

個工到N的映射..

其次，對于任一xeN,即任一實數(shù)y,10，=%是1

個大于。的實數(shù)，,而在少之下，

x—>lgx=jgioy=y

所以6是一個4到N的滿射.

最后，若懸為，工zC/,并且叫芋4,那么1日m小幅工2,

所以◎是一個/到）的單射.

這樣，中是一個〃與N間的—映射「

2./三｛所有二0的實數(shù)｝

N=｛所有實數(shù)G,o<^r<i｝

找一個/到N的滿射.

解中，X->X若。名工<1

1.

&->三若火之11

是一個/到N的滿射.

首先，⑦替每一工e/規(guī)定了一個唯一確定的象中（》），

7

而0式6(％)三1,所以⑦是一個d到N■的映射.其次，在@

之下，下的每一元后都是z中一個元，即下■本身的象，所以

。是一個z到二的滿射.

讀者可以證明，

(p1tx>|sinx|xA

<p2lx--->00<x<1

X-X>1

都是2到)的滿射.

3.假定中是/與N間的一個----映射，a是N的一個

元.

⑦T￡G(Q)[=?(?)1=?

若6是力的一個——變換，這兩個問題的回答又該是什

么？

解當⑦是/與N間的一個——映射時，

0T[0(。〉]=。①[QT(a)1未必有意義.

若中是/的一個一一變換，那么

⑦T[⑦(Q)[=a⑦[0T(Q)=a

讀者可以做一做以下補充習題.

(i)A=｛所有>0的整數(shù)｝

7=｛所有>o的整數(shù)｝

證明

0,x—>JC+1對一切yCN

是X與4間的一個---映射.

(ii)/=｛所有-0的實數(shù)｝

8

A=｛所有三0的實數(shù)｝

利用(i)題找一個工與工間的一-映射?：

§8.同態(tài)

1./=｛所有實數(shù)3].力四代數(shù)運算是普通乘法.

以下映射是不是工到力的一個子集N的同態(tài)滿射？

a)x|x|b)x-*2xc)x-?x2

d)式一*一工

M。)取下=｛所有？。的實數(shù)｝，則NuZ,

而

曲：X-]XI(x)XQA

是4到N的一個同態(tài)滿射.因為：對任一實擎明是一

個唯一確定的工。的實數(shù)，所以少?是/到二的一個映射,

若是五eA,那么元GN,

而

◎N無)=I元I=歷

所以01是上到萬的一個滿射,對任意”,yQA,

%(xy)=\xyI=|JC[|y[=(pl(x)<p1(y)

所以中i是J到N的一個同態(tài)滿射.

6)當》取遍一切實數(shù)值時，2x也取遍一切實數(shù)值.

讀者容易證明

d：x—2工=也(x)

是4到J的一個滿射，但中2不是“到力的一個同態(tài)滿射.

因為：取力的數(shù)2和3,那么

也(2)=4%(3)=6

9

①2(2?3)=嘰(6)=12竽鞏(2)鞏(3)

c)取N=｛所有20的實數(shù)｝,那么Nu/.讀者可

以自己證明

2

<J>3tx->x=<J>3(x)XEA

是工到N的一個同態(tài)滿射.

d)當x取遍一切實數(shù)值時，-%也取遍一切實數(shù)

值.容易證明

/：X-x=(Pi(x)XW/

是Z到/的一個滿射，但不是一個同態(tài)滿射.

2.假定力和N對于代數(shù)運算。和6來說螞態(tài)，而7和

二對于住數(shù)運算己和5來說同態(tài).證明，n和萬對于代數(shù)運

算。和W說同態(tài).

解由題設(shè)存在4到N的一個同態(tài)滿射

⑦I：。-?1=中1(。)a￡A,~aE~A

并且對于4的任意兩個元素。和6來說

①i(aob)=ao6=<jpj(a)o見(b)

同樣存在N壬項的一個同態(tài)滿射

見：a—a=<J>2(a)aEA,A

并口對于力的注怠兩個元素￡和8來說

◎z(ao&-aab=(P2(a)o<J>2(6)

如下定義

①:a-*①i(a)3aW/

那么⑦是力到重的一個同態(tài)滿射.因為：

(i)_由于。?和6z是同態(tài)滿射，所以對于任何aQN,

中】(a)是/的一個唯一確定的元素，$/021中」(。)口是毒的

一個唯一確定的元素，因而?是4到二的一個映射.

10

(ii)由于同一叫，對于任何下存在一個元

素石6)，使中2(G)=G,并且存在一個元素aej,使

3i(a)=Z,因此在⑦之下，

a一⑦z[⑦i(Q)1=⑦2(。)=。

而⑦是A到力的一個滿射.

(iii)由于同一原因，對于/的任何兩個元素a和6

--⑦(aob>=⑦z￡⑦1(。。6)2=中2「力1〈。)。⑦1(6)3

=。2皿(。)加2血⑹1

=<X>(a)o0(6)

而G是4到二的一個同態(tài)滿射.

§9.同構(gòu)、自同構(gòu)

1./={。，6,c}.代數(shù)運算。由下表給定：

Qbc

bccc

找出所有/的一一變換，對于代數(shù)運算。來說，這些一一變

換是否都是力的自同構(gòu)？

解工共有6（=3【）個——變換9即

GT。btbC—C

021QTa6一gc—b

<f>3?a-b，bfcc一。

11

⑦《?a-*6b—*ac—*c

6$?a-?cb—*bc—*a

中e：a—?cbfac-?6

對于代數(shù)運算。來說，中；和⑦，是4的自同構(gòu)，其余4

個都不是,這是因為，若氏是一個Z的自同構(gòu)，那么對力的

任何元素x和》，將有

(1)<t>i(.xoy)=(c)=<?>；(x)o^>i(y)=c

因而

(2)<i>i(c)-c

反過來，若(2)成立，那么(1)也成立.

2.A=(所有有理數(shù)｝.找一個N的對于普通加法來

說的官同構(gòu).(映射3-X除外).

解設(shè)氏是任一有理數(shù)，且人多0,k于1.

那么

①?x—kxxEA

是J的一個對于加法來說的自同構(gòu)，并且⑦顯然不是映射

XfX.力是/的--1■?一變換，讀者可以自己證明。令X

和，是力的任意兩個元素，那么

中：x+y(r+y)=k(x+y)~kx+ky-<P(.x)+(')

所以?是,4的一個自同構(gòu).

讀者可以試證，工只有以下對于加法來說的自同構(gòu)

x―頻工€/,R是長0的有理數(shù)

3.Z=｛所有有理數(shù)｝二人的代數(shù)運算是普通加法.

7=｛所有若0的有理數(shù)｝，N的H數(shù)運算是普通乘法.證

明，對于給的代數(shù)運算來說，*與N間沒有同掏映射存在.

(先決定o在一個同構(gòu)映射下的象.)

12

解設(shè)⑦是么與N間對于所給代數(shù)運算的一個同構(gòu)映

射，而0(0)=工那么由于①是同構(gòu)映射，有

⑦(0)=9(0+0)=<P(0)<P(0)-a

但同構(gòu)映射是單射，所以得高二至二于是有

a—a-a{a—1=0

但焉WN,所以瓦豐0,因而a—1=0,即。=1?

這樣

0(0)=1(1)

由于⑦是滿射，下的元-1必是力的某一元a的象，

cP(a)=-1

由是得

0(2a)=<t>(a+a)~<t>{a)<3>(a)=(-1)2=1

于是由功是單射，得2a=0,即a=0,而中(。)=-1,

與(1>矛盾.這說明，在Z與7間對所給代數(shù)運算來說不

存在同構(gòu)對應(yīng).

讀者可以用以下方法得出本題的另一證明,

設(shè)<f>(a)=2.考慮⑦(卷+卷)

§10.等價關(guān)系與集合的分類

1.4={所有實數(shù)}./的元間的關(guān)系〉以及N是不

是等價關(guān)系？

解>不是等價關(guān)系.這個關(guān)系不滿足反射律：

不成立.

13

W也不是等價關(guān)系，它不滿足對稱律，例如，3>2,

但2~3不成立.

2.有人說；假如一個關(guān)系R適合對稱律和推移律，那

么它也適合反射律.他的推論方法是:因為7?適合對稱律

&RbbRa

因為A適合推移律

oRb,bRa=>aRa

這個推論方法有什么錯誤？

解這個推論方法的錯誤在于，對于“等價關(guān)系”定義

的陳述沒有準確地理解.

aRb=>blia

的意思是：由。笈6可得6Ra,假如對于某一元素。，找

不到任何元素6,使得aH6成立，那么就得不出6Ka,

因而也就得不出a.例如；令人是整數(shù)集，如下定義工

的元間的關(guān)系??：

。Rb當且僅.當。6>0.

R顯然滿足對稱律和推移律，但夫不滿足反射律，因為

07?0

不成立.

3.仿照例3規(guī)定整數(shù)間的關(guān)系

。三6〈一5)

證明你所規(guī)定的是一個等價關(guān)系，并且找出模-5的剩余

類。

解可以完全仿照例3來做.

H

第二章群論

§1.群的定義

1.全體整數(shù)的集合對于普通減法來說是不是一個群？

解不是，因為普通減法不適合結(jié)合律.

例如

3-（2-1）=3-1=2（3-2）-1=1-1=0

3-（2-1）?。?-2）-1

2.舉一個有兩個元的群的例.

解令3={e,a},G的乘法由下表給出

首先，容易驗證，這個代數(shù)運算滿足結(jié)合律

（1）（Xy）z=x（yz）X,y,zQG

因為，由于ca=ae=a,若是元素e在（1）中出現(xiàn)，

那么（1）成立.（參考第一章，§4,習題3.）若是e不

在（1）中出現(xiàn)，那么有

（aa）a=ea=aa（aa）=ae=a

而（1）仍成立.-

15

其次，G有左單位元，.就是e，e有左逆元，就是e,

。有左逆元，就是。.所以,G是一個群.

讀者可以考慮一下，以上應(yīng)算表是如何作出的.

3.證明，我們也可以用條件I,II以及下面的條件

N',V’來做群的定義：

N'G里至少存在一個右逆元Li能讓

o(?-a

對于G的任何元Q都成立；

V'對于G的每一個元。，在G里至少存在一個右逆

元a-1能讓

aa*1=e

解這個題的證法完全平行于本節(jié)中關(guān)于可以用條件

I,I,W,V來做群定義的證明，但讀者一定要自己寫一

下.

§2.單位元、逆元、消去律

1.若群G的每一個元都適合方程/=e，那么G是交

換群.

解令。和6是G的任意兩個元.由題設(shè)

{ab)(ab)=(a6)2=e

另一方面

(06)(6a)=ab2a=aea=a2-e

于是有(Q6)(ab)=(ab)(ba).利用消去律,得

ab=ba

所以G是交換群.

16

2.茬一個著福國函譽,滿元的個數(shù)一定是偶

數(shù).

解令G是一個有限群丁至G有元。而。的階">2?

考察我們有

a"(0T)"=ee(a-1)"=(a-1)fl=e

設(shè)正整數(shù)m<n而(a7)”=e,那么同上可得。*"=e,與"是

。的階的假設(shè)矛盾.這樣，”也是。―的階，易見a-1#%

否則

o2=aa~1=e

與">2的假設(shè)矛盾.這樣，我們就有一對不同的階大于2

的元a和a-1

設(shè)G還有元b,b*a,b卡b',并且b的階大于2.

那么6T的階也大于2,并且67次6.我們也有b-i乎a.

否則

e=b~1b-aa~1=6-1a-1

消去6T得6=07,與假設(shè)矛盾.同樣可證6-1ra-二這

樣，除。和a-外，又有一對不同的階大于2的元6和6-，

由于G是有限群，而G的階大于2的元總是成對出現(xiàn)，

所以G里這種元的個數(shù)一定是偶數(shù).

3.假定G是一個階是偶數(shù)的有限群.在G里階等于2

的元的個數(shù)一定是奇數(shù).

解由習題2知，G里階大于2的元的個數(shù)是偶數(shù),但

G只有一個階是1的元，就是單位元e.于是由于G的階是

偶數(shù)，得G里階等于2的元的個數(shù)是奇數(shù).

4.一個有限群的每一個元的階都有限.

解令G是一個有限群而a是G的任一元素，那么

17

a,d2,as,歲

不能都不相等.因此存在正整數(shù)；.，//>，，使出=M.用

a-i乘兩邊，得"‘、

(1)出一，=e

這樣，存在正整數(shù)i-八使(1)成立.因此也存在最小的

正整數(shù)力，使a”=e,這就是說，元。的階是力.

§4.群的同態(tài)

假定在兩個群G和4的一個同態(tài)映射之下，a-a.。與

?的階是不是一定相同？

解不一定.例如，令G是本章§1中例2所給出的群

而1是該節(jié)中例1所給出的群.那么讀者容易證明

(Ptn-S”是G的任意元

是G到百的一個同態(tài)映射.但G的每一個元”+。都是無限

階的，而g的階是1?

§5.變換群

1.假定T是集合/的一個非一一變換.丁會不會有一

個左逆元使得/?=￡?

解可能有.例如令力=｛所有正整數(shù)｝,則

T.1-1.普一"-1">1

顯然是/的一個非---變換,而N的變換

T-1；?-??+1n(iA

就能使=

18

拉得開房間看見

2.假定/是所有實數(shù)作成的集合。證明，所有Z的用

以寫成

x-^ax+b。和6是有理數(shù)-。于0

形式的變換作成一個變換群.這個群是不是一個交換群？

解令G是由一切上述變換作成的集合.考察G的任何

兩個元素

Tzx-^ox+ba和6是有理數(shù)，。共0

A■x-*cx4-dc和d是有理數(shù)，c手0

那么

x--*xrf-—(a.r+6)"=c(ar+6)+d

=(co)x+(cb+d)

這里ca和c6+d都是有理數(shù)，并且ca￥=0?

所以也仍屬于G.

絡(luò)合律對一般變換都成立，所以對上述變換也成立.

單位變換

￡?X-*X

屬于G.

容易驗證，T在G中有逆，即

L，丁-3+(一。)

因此G作成一個變換群.

但G不是一個交換群.令

Tj：1-1

T2：X—^2X

那么

TlTZl工一(xT1)r2=(9+1)^2=2/十2

19

TiT,T1

T2T1：x-(x)=(2r)=2x+1

Tg—Ti

3.假定S是一個集合N的所有變換作成的集合.我們

暫時仍用符號

r.a—>a'=r(a)

來說明一個變換T.證明，我們可以用

TJT2Sa—>口[七(a)1=口丁2(a)

來規(guī)定一個S的乘法，這個乘法也適合結(jié)合律并且對于這個

乘法來說，e還是S的單位元.

解令一和Q是S的任意兩個元而。是N的任意一個

元.那么。)和一[J"”都是N的唯一確定的元.因

此如上規(guī)定的口門仍是S的一個唯一確定的元而我們得到了

一個S的乘法.

令心也是S的一個任意元，那么

C(^iT2)r3J(a)=?,72^3(a)3=rt{jEj(。)口}

Oi(“3)1(°)=門〔七口(。力=Ti{rQs(}

所以“"2〉丁3=T1(LL〉而乘法適合結(jié)合律.

令工是S的任意元.由于對一切aC/,都有e(a)=a,

所以

e/(Q)=七匚廠(a)[=T(a)

re(a)=t[_e(a)]=r(a)

即￡/=T￡=工而￡仍是S的單位元.

4.證明，一個變換群的單位元一定是恒等變換.

解設(shè)G是由某一集合上的變換組成的一個變換群，而

￡是3的單位元.任取G的一個元T和4的一個元a.由于

20

=有

aCT=（ae）*=ar

由于r是Z的一個---變換，所以相=。而￡是2的恒等變

換.

5.證明，實數(shù)域上一切有逆的"X”矩陣對于矩陣乘

法來說，作成一個群.

解這個題的解法很容易，這里從略.

§6.置換群

1.找出所有S3的不能和（幺力交換的元.

解Ss有6個元；

23、？123\

uulu327,\213/,

其中的

7123、7I

\1237,\2

顯然可以和（：行）交換.通過計算，易見其它三個元不能和

（"；》交換.

2.把S3的所有元寫成不相連的循環(huán)置換的乘積.

解（；港）=（?（；?。?（23）

UlU.=（12bUiU=（13b（；浦）=（123）

（；!Q=（l32）

21

3?證明，

(i)兩個不相連的循環(huán)置換可以交換,

(ij)(GG--u)-1=(14JA.t????]).

解(i)看S.的兩個不相連的循環(huán)置換。和T?我們

考察乘積E使數(shù)字1,2,???,a如何變動.有三種情況.

(?)數(shù)字2.在。中出現(xiàn)，并且。把f變成f?這時

由于。和T不相連，，不在丁中出現(xiàn)，因而T使，不變，所

以8仍把i變成j.

(b)數(shù)字k在丁中出現(xiàn)，并且T把石變成2.這時

々不在。中出現(xiàn)，因而“使目不變，所以O(shè)T仍把h變成I.

(C)數(shù)字不在。利T中出現(xiàn).這時人使用不動.

如上考察丁。使數(shù)字1,2,…，”如何變動，顯然得

到同樣的結(jié)果.因此OT=W.

(ii)由于GG…工)。山_「?&)=(1),所以

-1=(th淳-1…八)

4.證明一個k-循環(huán)置換的階是k.

解一個人-循環(huán)置換；I=八…的一次方，二次

方，…，人次方分別把L變成〃，的，…，L.同理”把

變成同，…，把U變成U,因此a=(I).由上面的分析，

若是/<"那么^*(1).這就證明了，”的階是k.

5.證明S”的每一個元都可以寫成

(12),(13),(In)

這n-1個2-循環(huán)置換中的若干個的乘積.

解由于每--個置換都可以寫成不相連的循環(huán)置換的乘

積，所以只須證明，一個箱環(huán)置換可以寫成若干個(1D形

的置換的乘積.設(shè)燈是一個左一循環(huán)苴換.我們分兩個情形

22

加以討論.

(a)1在B中出現(xiàn)，這時k可以寫成

(1hii---ik-i)

容易驗算

(1i\，2…3T)"(1?1)(1!2)(1)

(6)1不在"中出現(xiàn)，這時

31-(tjt2?■?ik)=(1…川(1?1)

=(1。)(1均)…(1ik)(1。)

§7.循環(huán)群

1.證明，一個循環(huán)群一定是交換彈.

解設(shè)循環(huán)群G=(。).那么G的任何兩個元都可以寫

成(T和。"(，〃，”是整數(shù))的形式.但

a”a*=ae+“=a"+，“=a”aF

所以G是一個交換群.

2.假定群的元。的階延”.證明?！碾A是占，這里

d=(r,n)是r和n的最大公因子.

解由于d|r,r=ds,所以

(o')d=(udi)d-(?")s=e

現(xiàn)在證明，2就是a'的階.設(shè)爐的階為上.那么歸

令

M

方=M+ho三八三五一1

23

得

5

e=(ar)^=(ar)=(ar)kg(ar)、=(ar)

但々而R是。'的階，所以乙二0而

n,

胃=柯

于是得女子.(參看本節(jié)定理的第二種情形.)

為了證明歸=],只須反過來證明》ft.由a'h=e而

M是a的階，同上有n|r"因而2]。.但d是舞和r的

最大公因子，所以去和3互素而有2k.

3.假定。生成一個階是”的循環(huán)群G.證明：丁也生

成G,假如(r,n)=1(這就是說r和。互素).

解由習題2,"的階是n?所以

a，(a')2,…，(a')"-',(ar)"=e

互不相同.但G只有正個元，所以

G={%G),…，G)”}

而a'生成G.

4,假定G是循環(huán)群，并且G與不同態(tài).證明。也是循

環(huán)群.

解由于G與3同態(tài)，不也是一個群.設(shè)G=(a),而

在G到*的同態(tài)滿射⑦下，。一>a.看。的售意元T.那個

在中下，有dWG,使a1"—>g.但a"---->a.所以g=￡?

24

這樣，不的每一元都是*的一個乘方而3=

5.假定G是無限階的循環(huán)群，百是任何循環(huán)群.證明

G與"同態(tài).

解令G=(。)，在;3).定義

?一-m

CP：——>Q

我們證明，。是G到百的一個同態(tài)滿射.

(i)由于G是無限階的循環(huán)群，G的任何元都只能

以一種方法寫成a"■的形式，所以在◎之下，G的每一個元

有一個唯一確定的象，而①是G到◎的一個映射.

(ii)豆的每一個元都可以寫成不的形式，因此它在

中之下是G的元砂的象，而◎是G到停的一個滿射.

一E+n—m

(iii)aman=--->a=aa

所以中是G到G的一個同態(tài)滿射.

§8.子群

1.找出S3的所有子群.

解S3顯然右以下子群：

S3本身,((D)={{1)}?

((12))={(12),(1))；

((13))={(13),(1)1j

(<23))={(23),(1)},

((123))=((123),(132),(1)}.

若S3的一個子群H含有(12),(13)這兩個2-循環(huán)

置換，那么H含有

25

(12)(13)=(123),(123)(12)=(23)

因而”=S3.同理，若是Ss的--個子群含有兩個2?循環(huán)置

換(21),(23)或(31),(32),這個子群也必然

是.S3?

用完全類似的方法，讀者可以算出，若是Sa的一個子

群含有一個2-循環(huán)置換和一個3-循環(huán)置換，那么這個子群也

必然是S3.

因此上面給出的6個子群是Sa的所有子群.

2.證明，群G的兩個子群的交集也是G的干群.

解設(shè)戶九和日2是G的子群.

令e是G的單位元.那么e，屈于〃；和42,因而

而“山尸九不空.

令b)那么屬于“，和九.但

a,rW2.a,b1

和以2是子群.所以必7屬于日\和Hz,因而屬于以10日2?

這就證明了，Hi(1Hz是G的子群.

3.取S：,的子集S={(12),(123)).S生成的

子群包含哪些元？一個群的兩個不同的子集會不會生成相同

的子群？

解見習題1的解.

4.證明，循環(huán)群的子群也是循環(huán)群.

解設(shè)循環(huán)群G=(。)而H是G的一個子群.

若H只含單位無c=a°,則H=(e)是循環(huán)群.若〃不

僅含單位元，那么因為“是子秫，它一定含有元陵，其中切

是正整數(shù).令i是最小的使得a-屬于H的正整數(shù)，我們證

明，這時〃=3).看H的任一元出.令

26

t=iq+r0<r-<?

那么a，=a，”.由于出和N都屬于N,有

ar=a~i9a'GH

于是由假設(shè)，=0,出=(a，)。而H=(aO.

5.找出模12的剩余類加群的所有子群.

解模12的剩余類加群G是一個階為12的循環(huán)群.因此

由題4,G的子群都是循環(huán)群.容易看出：

(E03)=E0J

([ID=([5D=(匚7))=(111D=G

(C2j)=(rioj)={[2j,C4],[61,m,non,EOJ>

(L3J)=(C93)={C3],[6]，[9，LOJ)

(C4j)=(C8i)={C4j,18，con

([69={[61,con

是G的所有子群.

6.假定〃是群G的一個非空子集并且打的每一個元的

階都有限.證明，H作成一個子群的充要條件是：

a,bQH==>ab?H

解由本節(jié)定理I,條件顯然是必要的.

要證明條件也是充分的，由同一定理，只須證明；

a￡H=>a-1GH

設(shè)aGH.由于舊的每一元的階都有限，所以。的階

是某一正整數(shù)"而=。"-,于是由所給條件得

§9.子群的陪集

1.證明,階是素數(shù)的群一定是循環(huán)群.

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解設(shè)群G的階為素數(shù)P.在G中取一元0豐e，則a

生成G的一個循環(huán)子群（a）.設(shè)（a）的階為"，那么"/1.

但由定理2,n|P,所以w=夕而G=（a）是一個循環(huán)群.

2.證明，階是力1"的群（。是素數(shù)，^>1）一定包含

一個階是P的子群.

解設(shè)群G的階是產(chǎn).在G中取一元a/。，那么由定

理3,。的階力|0".但."于1,所以“=〃，t>1.若

t=l,那么a的階為白，而（。）是一^T?階為力的子群.若

t>1,可取那么6的階為D而（6）是一個階

為。的子群.

3.假定a和b是一個群G的兩個元，并Hab=6a,又

假定a的階是a，6的階是n,并且⑴，n）=1.證明：

a6的階是mn.

解設(shè)。b的階是6.由。6=%,得

（ab）E"=十嶗倒"=e

因此我們反過來證明，mn\人由

e=（Q6）KN=。外％&0=

以及。的階為m，得切l(wèi)As.但（m,“）=1」所以加

同理〃|k.又由（*n）=1,得血nIk.

這樣，ab的階k=懦n、

4.假定?是一個群G的元間的一個等價關(guān)系，并且對

于G的任意三個元a,x,a/來說

ar?。h'①?

證明，與G的單位元e等價的元所作成的集合是G的一個子

群.

解令H是與e等價的元所成的集合.

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由于。?e,所以“不空.

設(shè)a,b￡H.那么。?e,6?e..6?e可寫成

a~?。-*a

因此由題設(shè)，ab?a?e而ab€H.

a?e可寫成ae?aa-i,因此由題設(shè)，e?。一，而aC’CH.

這樣，M作成G的一個子群.

5.我們直接下右陪集Ha的定義如下，&a剛好包含

G的可以寫成

ha(hSH)

形式的元.由這個定義推出以下事實：G的每一個元屬于而

且只屬于一個右陪集.

解取任意元aCG.由于H是一個子群，單位元

e6H,因此a=eaCHa,這就是說，元a屬于右陪集

Ha.

設(shè)。匕/76,ac,那么

a=hib=HiC(A,,

由此得，b=h：%c,而"b的任意元

hb—hh^'h2c￡Hc

因而HbuHc.同樣可證“cu"6.這樣"6=He而

。只能屬于一個右陪集.

6.若我們把同構(gòu)的群看成一樣的，一共只存在兩個階

是4的群，它們都是交換群.

解先給出兩個階是4的群.

模4的剩余類加群6\=｛［01,C1LC2J,13?.

G1的元［1:］的階是4而G?是￡1：!所生成的循環(huán)群(C1J).

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S,的的子群

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

叫作克萊因四元群.3,是S,的子群容易驗證.我們有

L(12)(34)]2=C(13)(24)]2=E(14)(23)12=(1)

(12)(34)(13)(24)=(13)(24)(12)(34)=(14)(23)

(13)(24)(14)(23)=(14)(23)(13)(24)