代数学引论(近世代数)答案

1/32第一章代数基本概念习题解答与提示(P54)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.2/323.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,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有akaiakaj------------1aiakajak------------2再由乘法的封闭性可知G={a1,a2,…,an}={aka1,aka2,…,akan}------------3G={a1,a2,…,an}={a1ak,a2ak,…,anak}------------4由1和3知对任意atG,存在amG,使得akam=at.由2和4知对任意atG,存在asG,使得asak=at.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.3/32为了叙述方便可设G={a1,a2,…,an}.(Ⅰ)证明G内存在幺元.1存在atG，使得a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);2证明a1at=ata1;因为a1(ata1)at=(a1at)(a1at)=(a1)2a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)=(a1)2,故此a1(ata1)at=a1(a1at)at.由条件(1),(2)可得到a1at=ata1.3证明at就是G的幺元;对任意akG,a1(atak)=(a1at)ak=a1ak由条件(2)可知atak=ak.类似可证akat=ak.因此at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4/32ab=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=ea(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ea,下面证明ea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eab=ea(ac)=(eaa)c=ac=b,因此ea为G内的左幺元.5/32再者对任意dG,xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea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=x2y2.6/32[注意]我们可以通过mathematica软件编写Sn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Sn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:eabcdfeeabcdfaaedfbcbbceafdccbfdeaddfaecbffdcbae7/326.对于n2,作一阶为2n的非交换群.7.设G是一群,a,bG,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai=.证明：我们采用数学归纳法证明.当k=1时,a-1ba=br=,结论成立；假设当k=n时结论成立,即a-nban=成立,下面证明当k=n+1时结论也成立.我们注意到a-1bka==bkr,因此a-(n+1)ban+1=a-1(a-nban)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.8/32(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-1bc-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.9/32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,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}是子群，证明B与U4不同构.证明:可记a=(12)(34),b=(13)(24),c=(14)(23)，那么置换的乘积表格如下：eabceeabcaaecbbbceaccbae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.10/32[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11/32HxH=,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:12/32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这里i+j=kn+r,kZ,0rn.(2)ABiBj=BrG这里i+j=kn+r,kZ,0rn.(3)容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0tn.那么Bi(ABj)=(BiA)Bj=(ABn-t)BjG13/32(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→Dnf(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