《近世代数基础》课后习题答案与解析.pdf

第一章基本概念 1.集 合1.BczA9但8不是/的真子集，这个情况什么时候才 能出现？解 由题设以及真子集的定义得，工的每一个元都属 于因此/u3.于是由BuA AuB 得力=艮所以上述情况在N=B时才能出现.2.假定 Nu3 Nns=?xue=?廨 i)由于/u3,所以N的每一个元都属于B,即N的每一个元都是N和B的共同元，因而由交集的定义得但显然有xn B(A 所以 xn b=x(H)由并集的定义，/UB的每一元素都属于/和3之一.但Nu&所以/U石的每一元素都属于/(J 5uB另一方面BuNUH所以NUR=B.2.映 射1.A=1,2,，100 找一个XxJ到月的映射.解用3 5）表示Nx/的任意元素，这里。和b都 属于*.按照定义做一个满足要求的映射即可，例如 a就是这样的一个，因为替Nx4的任何元素（Q,6）规定 了一个唯一的象。，而。4读者应该自己再找几个4 x/到/的映射.2.在你为习题1所找到的映射之下，是不是力的每一 个元都是Ax A的一个元的象？黑 在上面给出的映射会之下，N的每一个元素都是 XxX的一个元的象，因为4 6）中的。可以是W的任一 元素.-你自己找到的映射的情况如何？有没有出现力的元素不 都是象的情况？假如没右，找一个这样的映射.3.代数运算1-n=所有不等于零的偶数.我一个集合r,使得 普通除法是/xN到0的代数运算.是不是找得到一个以上 的这样的D?解 一个不等于零的偶数除一个不等于零的偶数所得结 果总是一个不等于零的有理数.所以取D=所有不等于零的有理数 普通除去就是一个A x A到。的代数运算.可以找得到一个以上的满足要求的读者可以自己找 几个.2./=(8,6,规定Z的两个不同的代数运算.解(i)我们用运算表来绐出上的一个代数运算：oabcaaaQbaaacaaa按照这个表，通过。，对于力的任何两个元素都可以得出一 个唯一确定的结果。来，而。仍属于/所以。是4的一个 代数运算.这个代数运算也一可以用以下方式来加以描述O.(r,y)-=soy 对一切式，y A(ii)同理o:5,V)-x=xoy 对一切”,也是工的一个代数运算.读者可用列表的方法来给出这个代 数运算.读者还应自己给出几个Z的代数运算.4,结合律1.工二!所有不等于零的实数.。是普通除法:3ao6=T这个代数运算适合不适合结合律？解这个代数运算。不适合结合律.例如，当2=4b=c=2时4 2(ao6)oc=(4o2)o2=万。2=三=17 2 4ao So。)=4o(2o2)=1所以当。,6和C取上述值时2o(ao6)0c 金 a。a+2b=aob适合不适合结合律？解读者可以用解上一题的方法来证明，所给代数运算 不适合结合律.6,3.4 二c 由表babbbQ b给出的代数运算适合不适合结合律？4斛 所给代数运算。适合结合律.为了得出这个结论，需要对元素。，b,。的27(=33)种排列(元素允许重复 出现)加以验证.但是利用元素&的特性，可以把验证简 化,仔细考察运算表，我们发现以下规律，对集合N的任意 元素”来说，都有aox=xoa=x由此得出，对于有。出现的排列，结合律都成立.这一点读 者可以自己验证.还剩下。不出现的排列.这样的排列共有 8(=2，)种.我们在这里验证4种，其余4种读者可以自 己验证.(bob)od=cob=a bo(bob)boc=a 所以(bob)06=bo(bob)(bob)oc coc-bbo(5oc)-boa=b所以(bob)cc=bo(boc)(boc)ob=aob=b 60(co6)=boa=b所以 Soc)=bo(cob)(60c)oc aoc=cbo(coc)=bob=c所以(bcc)oc=60(coc)5.交换律1.X=所有实数.。是普通减法.5aob=a-b这个代数运算适合不适合交换律？解容易验证，当。=1,b=2时-aob 小 bcia所以这个代数运算不适合交换律.2.A=a9 by c,d.由表 1a bedaabedbb d a ccc a b ddd c a b所给的代数运算适合不适合交换律？解要回答这个问题，只须考察一下运算表，看一看关 于主对角线对称的位置上，有没有不相同的元素.6,分配律假定G),是/的两个代数运算，并且适合结合律，O,心适合两个分配律.证明(5 06()(。1。6,0(外。/)(。20%)=(。2 03)(。13必2)b】)(G1 b2)(32Ol)(2G2)HQlOSiObz)+a2o=(口 J)(2z)O(b I e&2)二(Gt(oaOi)(ax 62)1&*对一切k6/是一个A与A间的一一映射.首先，给了任一工W-4,即任一大于。的实数“，1*是 一个实数，即1g工6牙，并且值是唯一确定的，所以是一 个/到工的映射.一-一其次，对于任一夕67,即任一实数i1g X=IglO=所以6是一个工到N的满射.最后，若是以，工2丘4 并且工14工1,那么1区叫声同工2,所以是一个X到N的单射.这样，是一个X与N间的映射2.A=所有三0的实数A=所有实数，0 V X 若0三工 si n x|x W/G 2 z x-0 0 x x 1x-都是,4到h的满射._3.假定是/与N间的一个*映射，Q是5的一个 元.9T力（Q）Z1=?6-1（。）口=?若g是x的一个变换，这两个问题的回答又该是什 么？解当是工与N间的一个映射时，6（。）：=a 09一 未必有意义.若0是/的一个-变换，那么70（a”=a（a）=a读者可以做一做以下补充习题.o的整数!证明g*m x+1 对一切*ex是x与力间的一个-映射.（ii）A=所有二0的实数8N=所有三。的实数 利用（：）题找一个工与二间的一-映射.8.同 态1.N=所有实数”N吧代数运算是普通乘法.以下映射是不是人到工的一个子集N的同态满射？a）x*x b）x-*2 x c）x 工”d）人一一工解 Q）取方=所有工。的实数，则Nu/,而G “一 x Q A是X到N的一个同态满射.因为$对任一爱黎”，11是一 个唯一确匡的三。的实数，所以6是x到N的一个 映射；若是无eX那么元而（无）=1历=无所以91是/到%的一个满射，对任意*，y e a,01 sy）=lx I=|*|、=1（攵）（、）所以6】是N到N的一个同态满射.6）当“取遍一切实数值时,2”也取遍一切实数值.读者容易证明2：x-*2x=P2（x）是/到/的一个满射，但不是到工 的一个同态满射.因为；取Z的数2和3,那么%（2）=4/（3）=69 2(23)=02(6)=12 长(2)少2(3)C)取N=所有2。的实数,那么工UX 读者可 以自己证明 3：工一工2=力3(*)*A是/到N的一个同态满射.d1 当，取遍一切实数值时，-*也取遍一切实数 值,容易证明 4：一 一一=cp4(%)夕 e/是N到/的一个满射，但不是一个同态满射 _ 2.-假定z和N型于代数运算。和G来说态，而N和 二对于”,数运算三和己来说同态.证明，上和对于代数运 算。和二说同态.解 由题设存在N到奇的一个同态满射 _”ar=1D】(a)a e a 6 4并且对于的任意两个元素。和b来说 1(acb)=ao6=i(a)o (6)同样存在N到N的一个同态满射 ,?-8 ._ 一02：。一口 二 02(。)aCN,aG/并且对于R的任意两个元素)和8来说-3P z(aob)-a a b=P 2(a)o z(6)如下定义 中：a 2匚01(。)口 0GN 那么G是,到N的一个同态满射.因为：2 匚 i 口 二 9 之匚小 1(a)0 j(.6)J=叭皿_(WRm(B)：=0(Q(b)而小是/到二1的一个同态满射.9.同构、自同构1./=。，方，。代数运算。由下表给定.a b找出所有/的变换，对于代数运算Q来说，这些变 换是否都是力的自同构？解/共有6(=3 1)个变换，即 3 z 02 2 3 1b b6*c6-。6 4 。一 6 6 a o一。05:。一。b 一 b c-*a）=人1+ky=（x）+8（y）所以3是N的一个自同构.读者可以试证，X只有以下对于加法来说的自同构x 一版 左是耍0的有理数3.N=所有有理数二_4的代数运算是普通加法.A=（所有/0的有理数，R的色数运算是普通乘法.证 明，对于给的代数运算来说，工与N间没有同构映射存在（先决定。在一5、同构映射下的象.）12解 设是会与N间对于所给代数运算的一个 同构映 射，而中（o）=下.那么由于中是同构映射，有9（0）=0 8+0）=/（og（o）=2 但同构映射是单射，所以得主=；于是有 _ _ 2 _ _ _a a a a 1=0但至gN,所以下壬o，因而记一i=o,即W=1 这样0（0）=1（1）由于9是满射，N的元-1必是工的某一元。的象，（a）=-1由是得9（2q）=（a+a）=（。）由（。）=（-1）2=1 于是由小是单射，得2 a=0,即。=0,而（。）=-1,与（1）矛盾.这说明，在“与N间对所给代数运算来说不 存在同构对应.读者可以用以下方法得出本题的另一证明,设（a）=2.考虑（一1+）10.等价关系与集合的分类1./工所有实数 Z的元间的关系以及N是不 是等价关系？解 不是等价关系.这个关系不满足反射律：。不成立.13一也不是等价关系，它不满足对称律，例如，322,但2二3不成立，2.有人说：假如一，个关系7?适合对称律和推移律，那 么它也适合反射律.他的推论方法是因为无适合对称律R b 6 A Q因为7?适合推移律R R b,b R a=。无。这个推论方法有什么错误？解这个推论方法的错误在于，对于“等价关系”定义 的陈述没有准确地理解.a R b=b R a的意思是：由a&b可得6五。,假如对于某一元素口，找 不到任何元素6,使得。氏6成立，那么就得不出bKQ,因而也就得不出。衣。.例如工令X是整数集，如下定义工 的元间的关系衣：a R b 当且仅当口 6 0.长显然满足对称律和推移律，但五不满足反射律，因为0 7?0不成立.3-仿照例3规定整数间的关系 Q三人(5)证明你所规定的是一个等价关系，并且找 出模-5的 剩余 类。解可以完全仿照例3来做.第二章群论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，因为普通减法不适合结合律.例如3（2-1）=3 1=2（3 2）1=1-1=03 （2 1）丰（3-2一 12.举一个有两个元的群的例.解令G=。，。，G的乘法由下表给出e e a首先，容易睑证，这个代数运算满足结合律（1）（xy）z=x（y）X9 y9 z Q G因为，由于co=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a a）a=e a=a a（aa）=ae=o而（1）仍成立.、,15其次，G有左单位元，就是e，e有无逆元，就是e,。有左逆元，就是。.所以G是一个群.读者可以考虑一下，以上总算表是如何作出的.3.证明，我们也可以用条件I,I以及下面的条件 V，来做群的定义=N，G里至少存在一个右逆元。7，能让ae-a 对于G的任何元口都成立；V，对于G的每一个元在G里至少存在一个右逆元。一1,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,I,W,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/=%那么G 是交 换群.解令。和6是G的任意两个元.由题设(ab)(ah)=(q6)2=e另一方面(a6)(6a)=abz a=aea=g2=e 于是有(ab)(qb)=(a5)(6a).利用消去律，得 ab=ba 所以G是交换群.162.茬一个常限薇瓦雷莓满元而个数一定是他 数.解 令G是一个有限fMFG有元a而。的阶外2.考察。一，我们有an（a 1）n=2的假设矛盾.这样，我们就有一对不同的阶大于2 的元。和。一）设G还有元b,b*a,b 并且6的阶大于2那么5-的阶也大于2,并且6-1K我们也有67 否JMe=：b aa 1=0-1消去得3=q7,与假设矛盾.同样可证67*0-1.这 样，除。和。一】外，又有一对不同的阶大于2的元b和b-，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，就是单位元于是由于G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Q是G的任一元素，那么af a2,a3,号.卜不能都不相等.因此存在正整数钉使侦=。宁.用Q-，乘两边，得“(1)apr=e这样，存在正整数一九 使(1)成立.因此也存在最小的 正整数次，使 f=e,这就是说，元。的阶是加 4.群的同态假定在两个群G和否的一个同态映射之下，。一工。与 Z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 而疗是该节中例1所给出的群.那么读者容易证明 d 正是G的任意元是G到百的一个同态映射.但G的每一个元门壬0都是无限 阶的，而g的阶是1 5.变换群1.假定才是集合N的一个非变换.工会不会有 个左逆元了一】使得r-y=e?解 可能有.例如令X=所有正整数,则T.1-1,72-1 1显然是X的一个非-变换.而且的变换t 1:n-n 4-1 门 W N就能使L、二.182 假定,4是所有实数作成的集合。证明，所有N的可 以写成H-aN+b。和6是有理数，。手。形式的变换作成一个变换群.这个群遑不是一个交换群？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 t x X*（?a;H-6。和 6 是有理数，q#0A：x-*cx 4-d C和d是彳;理数，。手0那么 tZ.n-=（a、r+b）4=c（0工+6）+d二（c（z）x+（cb+d）这里c a和c b+d都是有理数，并且。手U 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E-J7 工属于G.容易验证，在G中有逆，即LJ 工：*+（-。）因此G作成一-b变族群.但G不是一个交换群.令丁1：x-+1h：1一2工那么nj；二一（左丁1）2=（汇+1）丁2=28+219(xr2)T=(2r)T1=2工+1T lT 2 丁 2r I3.假定S是一个集合X的所有变换作成的集合.我们 暂时仍用符号 t.a-=丁(a)来说明一个变换寸.证明，我们可以用 r1r2S a-xrz(a)l=rlr2(a)来规定一个S的乘法，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 令口和 Q 是S的任意两个元而。是N的任意一个 元.那么七。)和一匚仁(。)1部是人的唯一确定的元.因 此如上规定的QL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Q也是S的一个任意元，那么(丁 1 2)*3 J(a)=T r r2 丁 3(aZ=丁1 2 3(43)3 1匚丁 1(r2r3)J(口)=丁1 CT 2r3(。)口=丁1 7W 匚丁 3(。)ZI 所以(TJr2)r3-T,(r,r3)而乘法适合结合科J令丁是S的任意元.由于对一切。0X,都有&(。)=。，所以er(a)=cTr(a)J=r(a)r(a)=匚(a)J=r(a)即et=t=t Kn 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/的变换组成的一个变换群，而 是值的单位元.任取G的一个元丁和X的一个元a.由 于20万=%有 aer=（ae）r=ar由于丁是N的一个-变换,所以Q=。而是2的恒等变换.5.证明，实数域上一切有逆的X 矩阵对于矩阵乘 法来说，作成一个群。这个题的解法很容易，这里从略.6.置换群1.找出所有S3的不能和GM）交换的元.解 S 3有6个元:7 3 17 3 32 1 2 2其中的Hi3、712 3=71 2 3、17,k312/231/3、3九I 223显然可以和G）交换.通过计算,易见其它三个元不能和GM）交换.2.把Ss的所有元写成不相连的循环置换的乘积.解（；猾 A（6）=（23）C 渭）=（1 2，鸟猾）=C 3）,；）=（12 3）G 1 2）=1 3 2）213.证明2(i)两个不相连的循环置换可以交换，(ii)GiQ 六)一二(X&f 3).解(I)看s”的两个不相连的循环置换。和了.我们 考察乘积。使数字1,2,，打如何变动.有三种情况.(。)数字2.在。中出现，并且。把f变成f 这时 由于。和丁不相连，不在丁中出现，因而使，不变，所 以。丁仍把i变成；.(6)数字爻在丁中出现，并且七把笈变成2.这时 不在。中出现，因而仃使k不变，所以。二仍把丘变成2(C)数字馆不在O和T中出现.这时。下使m不动.如上考察 g佬数字1,2,，制如何变动，显然得 到同样的结果.因此。下=丁。.(ii)由于心口)3=(1),所以?2-27)-J=(ih 淳-i i*)4.证明一个k-循环置换的阶是k.解.一个上一循环工呈换忍=(f 1 AEQ 的一次方，二次 方，上次方分别把i 1变成f ig,，3.同理九大把Q 变成，2,，把以变成 K 因此号=1).由上面的分析，若是/左，那么了T(1).这就证明了，万的阶是全.5 证明S”的每一个元都可以写成(12)，(13),，(1?z)这一 1个2-循环置换中的若干个的乘积.解由了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，一个循环皆换可以写成若干个(1t形 的置换的乘积.设4是一个石一循环苴换.我们分两个情形 22加以讨论.(a)上在打中出现，这时可以写成 1 3 h)容易验算(1 1-2，-1)=(1 I)(1，2)(1)(6)1不在n中携现，这时=二(iz ik)=(1 i 11 2,*)(1 i i)=(1 H)(1 G)-(1 ik)(1 7.循环群1.证明，一个循环群一定是交换群.解 设循环群G=(。).那么G的任何两个元都可以写 成和,n是整数)的形式.但cTan=am+n=a,+,，t=aS 所以G是一个交换群.2.假定群的元。的阶是八 证明。的阶 是号，这里(I=(r,管)是r刊的最大公因子.解由于d|r,r=ds,所以(。，)：=(ad93=(a=a a所以是G到&的一个同态满射.8.子 群1.找出$3的所有子群.解 S,显然石以下子群：S3 本身 3(D)=(1);(1 2)=H1 2),(1)；(13)=(13),(1)j(2 3)=(23),(1)i(1 2 3)=(1 2 3),(1 3 2),(1).若S3的一个子群含有(1 2),(上3)这两个2一循环 置换，那么我含有25(1 2)(1 3)=(1 2 3),(1 2 3)(1 2)=(2 3)因而H=$3.同理，若是S3的一个子群含有两个2循环置 换(2 1),(23)或(3 1),(3 2),这个子群也必然 是$3用完全类似的方法，读者可以算出，若是$3的一个子 群含有一个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也 必然是S“因此上面给出的6个子群是S,的所有子群.2.证明，群G的两个子群的交集也是G的干群.解设尸乙和是G的子群.令e是G的单位元.那么e,属于上乙和z,因而而立仙尸乙不空.令a,b G/I n H2,那么。，占属于和2.但/乙 和”2是子群.所以以一】属于方和方,因而属于这就证明了，H10日是6的子群3.取Sa的子集5=(L 2),(12 3).S生成的 子群包含哪些元？一个群的两个不同的子集会不会生成相同 的子群？解见习题1的解.4.证明，循环群的子群也是循环群.解 设循环群G=(而H是G的一个子群.若“只含单位元则”=(c)是循环群.若不 仅含单位元，那么因为H是子群，它一定含有元小，共中利 是正整数.令i是最小的使得用属于 以的正整数，我们诬 明，这时/=)看灯的任一元出.令一26t=iq+y 0那么=%，由于。，和都属于有 ar=a iqal W H于是由假设，=0,af-(aO Q而H=(。，)5.找出模12的剩余类加群的所有子群.解 模12的剩余类加群G是一个阶为12的循环群.因此 由题4,G的子群都是循环群.容易看出：(匚OH)=匚0(匚 1 U)=(5 D=(匚?p=(CllJ)=G(E 2 0)=(E10J)=E 2 J,DC,旧，E8J,1应，匚0(3 D=(匚 9 口)二 3，E6 J,19J,LOJ(E 4 J)=(E 8 J)=L 4J9 C83,COJ)aej)E6,r01)是G的所有子群.6.假定是群G的一个非空子集并且H的每一个元的 阶都有限.证明，万作成一个子群的充要条件是：a9 b T-I=ab C/解由本节定理1,条件显然是必要的.要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明*q已H-6a 1 C H谩OEH.由于H的每一元的阶都有限，所以。的阶 是某一正整数，。而=。一 于是由所给条件得。一工任双.9.子群的陪集证明，阶是素数的群一定是循环群.27解 设群G的阶为素数力.在G中取一元e,则a 生成G的一个循环子群（a）.设（。）的阶为，那么打美1.但由定理2,九I分，所以九=力而6=（。）是一个循环群.2.证明，阶是的群（力是素数，1）一定包含 一个阶是。的子群.解设群G的阶是产.在G中取一元。手。，那么由定 理3,。的阶九I/e.但。壬1,所以门二户。士 N 1,若 t=19那么。的阶为力，而（。）是一个阶为。的子群.若I-1t 1,可取6=产,那么6的阶为。而（6）是一个阶为力的子群.3.假定。和5是一个群G的两个元，并且山,=6。，又 假定。的阶是a，6的阶是履，并且（9，ri）=1.证明：ab的阶是mn.解 设。3的阶是人 由06=6a,得（a6）=arnbmn=e因此km n.我们反过来证明，m n k.由 e=（q6）kn ahnbk，i=降以及。的阶为中，得秋I/?胃但（和，rO=1,一所以m|石.同理九I归.又由（9,n）=l,得切4|屈.这样,a6的阶k=rn n.4.假定是一个群G的元间的一个等价关系，并且对 于G的任意三个元。，工，工来说QZC。工 证明，与G的单位元，等价的元所作成的集合是G的一个子 群.解令以是与e等价的元所成的集合28由于ee,所以H不空.设b H.那么。c，be.8e可写成 a1aba-1 a因此由题设，0e而abCH.。e可写成aea。-i,因此由 题设，e。一而。一 6/这样，”作成G的一个子群.5.我们直接下右陪集 的定义如下，Ha刚好包含G的可以写成h（k C H形式的元.由这个定义推出以下事实$G的每一个元属于而 且只属于一个右陪集.解取任意元。6 G,由于H是一个子群，单位元 e 6H,因此。=&。丘/。，这就是说，元。属于右陪集 Ha.设 QGH6,a EH c 9 那么a=hg=H 2c（打1，h?由此得，b=h：%。，而6的任意元hb=/i/?）1A 2 c S H c因而J/buHc.同样可证7/cuHb.这样f/6=H。而。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G=0，匚门，匚2），3.G1的元匚1：）的阶是4而Gi是11 二所生成的循环群（匚11）.29$4的的子群石,=(12)(34)，(1 3)24),(14)(2 3)叫作克莱因四元群.是5,的子群容易验证.我们有L(1 2)(S4)J2=C(1 3)(2 4)2=E(14)(23)J2=(1)(12)34)(1 3)(24)=(13)(24)(12)(34)=(14)(23)(13)(24)(14)(23)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(12)(34)(14)(23)(12)(34)=1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(13)(24)这两个群显然都是交换群.现在证明，任何於是】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-阶为4的元d,那么G=(d)是一个循环霹而G与G I同构.若G没有阶为4的元，那么除单位元e外，G的其它3 个元的阶都是2.因此有G=e,q,6,c az b2 cz-e 由于G是群，.有abWG.我们证明，ab=c.由。b=e将得。b=a?和b=a,这不可能.由a 6=u将得b=e,也不可能.由a 6=6将得。=e,也不可能.因此只能。b=c,同样可证ab ba=c9 be=cb=a9 ca=ac=b 比较G和石4的代数运算，易见G和Ba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.3。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 包含解 令=,制,这里是G的单位元.取G的任 意元。由于N是一个不变子群，相。N=N 口，即 a,an =a,na 所以这样，7V的两个元e和也都可以和G的任何 元a交换，所以W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X1和是群g的两个不变子群那么n n/2,是G的一个子群（8.习题2）.我们进一步证明，NGN1 是G的一个不变了,群.令aG,fl 那么笈CN1，h QNz.但TV1和N?是不变子群，所以。na-1 QN,a n a-1 WN2,因而q,1Q-J e tv】n&于是由定理2,Ni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nWN,那么显然有川=”以 设AEG,bWN.那么由于N的指数是2,G被分成两个左陪集N和G 也被分成两个右陪集N和N 6.因此6N=N6.这样，对于 G的任何元。来说，aN=N。而“是G的一个不变子群.4.假定日是G的子群，N是G的不变子群.证明，是G的子群.81解 由于和W都不空，所以N也不空.谈 a QHN,b WHN.那么a=hinl 9 b=h2n z hx,h?H,”】，n?G N)由于N是一个不变子群，有Nh；=1%N,篇;=I；(n C TV)由是得q67=a；)n 而HN是一个子群.5 举例证明，G的不变子群”的不变子群N1未必是 G的不变子群(取G=SQ.解令G=S,，3=(1)，(12)(34),(13)(24)，(14)(2 3)N(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*切几654,等式(a)jiTVjt 1=N成立.由于任何都可以写成(1力 形的2-循环置换的乘 积(6.习题5),我们只须对(1：)形的来看等式(。)是否成立.又由于&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Sa的一个不变子群.由于“是交换群，当然是 N的一个不变子群.但可不是S.的一个不变子群.因为32(13)C(12)(34)21(13)=(14)(23)酒6.一个群G的可以写成。一2706形式的元叫 作换位 子.证明，a b C=b a c(J=b aCHP a C bC 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 Q和6(a TV)(b TV)=(6 TV)(a jV)9 a b N=b a N 由此得 a b=b Q n(hC TV)a 1 b ab n C N.这样N含有一切换位子，因而含有C.补充题.令和3 A2 属于S0,证明11.同态与不变子群1 我更看一个集合/到集合N的满射0.证明，若N 的子集s是N的子集可的逆象，后一定是s的象.但若芝是 s的象，s不一定是三的逆象._(i)设S是云的逆象.这时对任二元oWS,存在 元工否；使3(。)=，因此0(S)uW乌斗来，对任 一元石后，存在。Q S,使(Q)=云，因此后uG(S)这样M=(S),即百是S的象._(ii)令 X=1,2,3,4),_zl=2,4,_4到 N的满射是3：1-*2,2-2,3-4,4 4取5=1,3.那么S的象t=2,4,但后的逆 象是Z声S_2.假定群G与群百同态，区是否的一个不变子群，N 是所的逆象.证明，G/NG/N.解设所给G0G的同态满射是0：a Q=(pQa)我们要建立一个g/N到3/刀的同构映射.定义 a N。N若a N=b N,那么b-iQSN.由于河是N在9之下 的象，有_ _ _ _ _ _6-1 a=6 1 a C JV,a N=b N 所以。是G/N到G/77的一个映射.34设瓦瓦W后/万而6（口）=那么W,a N Q 而所以W是G/N到G/N的一个满射._若a N*b N,那么67。忑川.由于7V是77的逆象，由此得 b-ab 1 Ve77,a5vT7v所以9是G/N与否/N间的一个映射.最后，由于P：aNbN=abNabN=aNblW是G/N与G/N间的一个同舟映射.3.假定G和百是两个有限循环群，它们的阶各是由和 门.证明，G与百同态，当而且只当|帆的时候.解 设仁与否同态，那么由定理2,G/N=忑,这里 N是6到的同态满射的核.所以G/N的阶是k.但G/N 的阶等于不变;群N在G里的指数，所以由 9的定理2它 能整除G的阶7.由此得！江反过来设1机令G=（。），寻=（下）.定义6：ah-a&若Q片=*那么m 1 7。一交.于是由J得找I友一归而这样是G到的一个映射.容易证明，9是G到 G的一个同态满射.因此G与否同态.4.假定G是一个循环群，N是G的一个子群.证明，G/7V也是循环群.解 循环群G是交换群，所以G的子群是不变子群，而G/7V有意义.35设G=（。）.容易证明G/N=N）.所以G/A也是 循环群第三章环与域 L 加群、环的定义1.证明，本节内所给的加群的一个非空子集作成一个 子群的条件是充分而且必要的.解 可以象证明P.62定理1那样完仝类似地加以证明，这里从略.2.7?=-i 0,a,b,c ,加法和乘法由以下两个表给定义十0ahcX0abc00abc00000aa0cba0000bbc0ab0abcccba0c0abc证明，作成一个环.解 由加法表容易看出，火对于加法来说，与克莱因四 元群(参看第二章 9习题6)同构.因此尺对于加法来说 作成一个加群.R的乘法满足结合律：Gry)n=工，之 Q R因为当=。或a 时，(xj)=x(V2,)=0,当i=b或 c 时，2=工 3之）=yz.37两个分配律也都成立：(1)3(夕+n)=xy+xz(2)(、+?)%=yx+xz11)容易验证；当=。或Q时x(.y+2)=xy+xz=0当*=b或。时x(y+zy xy 4-xz=3,+N现在分几种情形来验证(2).当夕和z中有一个为0时，(2)显然成立.当了半。，Z丰。，但，=2时，由于/?的任何元的两 倍都等于0,所以(2)也成立.当少美0,z#o,y#z时，有(a+b)x=ex=x ax+bx=0+x x(6+c)x=ax=0 bx+ex=x x=0c+。)x-bx=x ex+ax=t+0=x由于加法满足交换律，我们己经验算了所有情形.因此(2)也成立.这样火作成一个环.2.交换律、单位元、零因子.整环1 证明，二项式定理(a+6)=aa 4-+在交换环中成立.解 对口用归纳法.当方二1时定理成立.设当k=k 时定理成立.38C3+6)fc=a*+Q*-b+4 b*现在看北=k+1的情形.由于乘法满足交换律，有(a+6)fc+1=Ea*+(?)afc_l6+5fcZ(a+b)|匚4+口6+rd)+上门。一力+十-i由于(?)十一力=。尸)有(0+6)=q+l+C：I)Q9+CV)ak+l-ibi+十】所以二项式定理在交换环中成立.2.假定一个环对于加法来说作成一个循环群.证明.正是交换环.解 设次作为加群是由元。生成的循环群.令6和c是 夫的任意两个元，那么b=ma,c=”。浊和非是整数易见bc=(rnn)a2=cb9因而7?是交换环.3-证明，对于有单位元的环来说，加法适合交换律是 环定义里其它条件的结果(利用L+6)(l+l).解 令。和6是次的任意两个元.由两个分配律得(。+6)(1+1)=(/4-6)-1+(a+6)I=a+6+a+6=a(1+1)+6(1+1)=o+g+6+6 于是有(一。+。+6+。+6+(-6)=(-a)+a+a+6+6+(6)6 4-i=a+6 这样就推出了加法适合交换律.4.找一个我们还没有提到过的有零因子的环.解 令尺=(。，b,),a,6盘整数.并且定义3(%6)=(c,d)当且仅当 =c*b=d 进一步定义(a,b)+(c,cf)=(cj4-c9 6+d)(a,b(c 9 d)=(ac,bd)这显然是火的两个代数运算.由整数环的性质容易证明，R 对于如上定义的加法和乘法作成一个环，而(。，0)是五的零 元.当。小0,6声。时(,0)丰(0,0),(0,b-)壬(0,0)但。，0)(0,6)=(0,0).所以?有零因子.5 证明，由所有实数口也J三(a,6是整数)作成的 集合区对于普通加法和乘法来说是一个整环.当a,b,c,d是整数时，(a+b7 2)+(c+/三)=(a+c)+(b+d)J5-(a+6v/-2)(g+d/-2)=(ac+2bd)+ad+be)vz2这里(a 4-c),(b+d),(.ac+2bd),(ad+be)仍是整数.所以7?对普通加法和乘法来说是闭的.普通加法和乘法适合结合律、交换律和分配律.(0+0土)=067?对任何aVZ RR,有一 a-b.2 R 9且(a+6vz-2-)+(a-6VzE)=0所以无作成一个交换环，又1+0 x/5=1GR,两个非零实数的乘积不等于零.所以7?是一个整环.3.除环、域,产=所有复数a+庆(a,b是有理数,证明,F对普通加法和乘法来说作成一个域解 容易证明，产对普通加法和乘法来说作成一个整 环.(参看前一节习题5)设口+从是尸的一个非零元.那么。和6不能都等于 零，因而d+b，寺0.容易算出，(a+bi)(，-A )二 1?一-_ i W F a2+6 2。2+产这样，尸的任意非零元在户中有逆而F是一个域.2 尸=所有实数a+八/耳(,6是有理数)证明，户对于普通加法和乘法来说是一个域.解 容易证明，户对普通加法和乘法来说作成一个整 环.设。+6.至是尸的任一非零元.那么口和b不能都等于 零，此时小-3卢0.否则将有d=3b乙若6=0,将得。=0,与假设矛盾若6*0,将有二=53,与是有理 b b数矛盾.容易算出(a+3)362 a2 _ 3hZ)-3bzba2 二3旷MW e F这样广的任意非零元在产中有逆而产是一个域.3.证明，一个至少有两个元而且没有零因子的有限环 41出是一个除环.解 令/?=/?的一切非零元.那么因为A至少 有两 个元而7?不空.并且I 由于A没有零因子，所以A 对乘法来说是闭的.I 乘法对/?的元适合结合律，对7?的元当然也适 合.I 由于A没有零因子，所以消去律对7?的元成立.但五只有有限个元，所以无作成一个乘群.令1是衣的单位元，那么由于1.0=01=0,1也是 灭的单位元，因此丘的元在乘群7?中的逆也是它在7?中的 逆.这样灭是一个除环.4.证明，例3的乘法适合结合律.解通过简单计算即可以证明，此处从略.5 验证，四元数除环的任意元(。+加，c+di)9这里。，6,c,d是实数，可以写成(a,0)+S,0)(|,o)+(c,0)(0,1)+(d,0)(0,i)的形式.解(6,。)Q,0)=(、b i,0)(c,0)(OT 1)=(。，c)(d,0)0,i)=(0,diy 所以(。,0)士(b,0)(,0)十(c,0)(0,1)+(d,0)(0,f)二(a,0)+(6*0)+(0,c)+(0,di)(a+b i9 c+U i)42 4.无零因子环的特征1 假定产是一个有4个元的域.证明：（口）尸的特征是23（6）尸的*0或1的两个元都适合方程汇2=1+1.解（o）尸的特征是产的非零元的（对加法来说的）相同的阶，并且是