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第二章 群论
自测练习
一、概念解释
1. 置换 2. 群的方程定义 3群的公理化定义 4. 群的阶 5.循环群 6. 群的指数
二、判断题
1.对于群G的任意两个元来说，方程和都在G中有解。
2.任何一个子群都同一个变换群同构。
3. 设,均为群G的子群，则也为G的子群。 （ ）
4. 群G的不变子群N的不变子群M未必是G的不变子群。（ ）
5.的置换是一个4—循环置换。
6. 群G中元素a的逆元存在，但不一定唯一。
三、选择题
1. 下面是交换半群，但不是群的是（ ）。
A. B. C. , 其中是非零整数集合 D.
2. 设是群的单位元，是的两个元素，则（ ）。
A. B. C. 若，则 D.
3.精确到同构, 4阶群有( )个。
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 以下结论正确的是 ( )。
A.全体非零整数对普通乘法作成一个群
B.全体奇数对普通加法作成一个群
C.实数域上全体阶矩阵对普通乘法作成一个群
D.、实数域上行列式等于1的全体阶矩阵对普通乘法作成一个群
5. 若分别是群的2011阶, 2012阶子群, 则是群的( ) 。
A.1阶子群 B.2011阶子群
C.2012阶子群 D.20112012阶子群
6. 以下结论正确的是 ( )。
A.无限群中除了单位元外其余元的阶都是无限
B.无限群中至少有一个无限阶元
C.有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数
D.有限群中两个有限阶元的乘积可能是无限阶元
7. 在4次对称群中，阶等于的元的个数是( )。
A. B. C. D.9
8. 设是群的不变子群，以下结论不正确的是( )。
A、若是交换群，则是交换群 B、若是非交换群，则是非交换群
C、若是循环群，则是循环群 D、若中元的阶都有限,则中元的阶都有限
四、填空题
1．设群中元素的阶为，如果，那么与存在整除关系为。
2．凯莱定理说：任一个子群都同一个 同构。
3. 设是循环群，则与整数加群同构的一个充要条件是 。
4. 设是整数加群，是的子群，则商群的阶是 。
5. 模的剩余类加群到模的剩余类加群的同态映射有 个。
6. (是素数)阶群的子群有 个。
7. 在全体非零复数对普通乘法作成的群中，由生成的子群的所有元素是 。
8. 若是次对称群的阶子群，则商群的阶是 。
9. 在同构的意义下，(是素数)阶群共有 个。
10. 在实数域上全体2阶可逆矩阵对普通乘法作成的群中，由生成的子群的所有元素是 。
11. 模12的剩余类加群的单位元是 .
12. 已知群中元素的阶为，则的阶等于 .
13. 整数加群的所有生成元是 .
14. 次对称群的阶是 .

五、计算题
1.设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求G中下列各元素的阶：, ab.
2.设，其中
1）将分解成不相连循环置换的乘积； 2）求的阶； 3）求及。
3. 设9次置换，
（1）将表成互不相交的轮换乘积；
(2) 将表示成形式为对换的乘积；
(3)求出的逆与的阶。
六、解答与证明题
1.请举一个幺半群其中有一个元素的左逆元不一定是右逆元，右逆元也不一定是左逆元。
2.设G是由以下四个二阶方阵作成的集合
，证明：G对方阵的普通乘法作成一个交换群，并给出乘法表。
3. 假设是阶群，则包含有2阶元素；如果是奇数并且是Abel群，则只有一个2阶元素。
证明
4.实数集R，对运算能否作成群，并说明理由。
5.设G=（a）是循环群，证明：当时，G=（a）与n次单位根群同构。
6.设G是整数环Z上行列式等于1或-1的全体n阶方阵作成集合，证明：对于方阵的普通乘法G作成一个群。
7.设R是一个有单位元1的环，,证明：如果在中有逆元，则在中也有逆元。
8.设为所有实数对作成的集合，对运算，能否构成群，说明理由。
9.令G=，且G有如下乘法：
e a b
e e a b
a a b e
b b e a
证明：G对此乘法作成一个群。
10.非零实数集R对运算能否作成群，说明理由。
11.实数集R，对运算能否作成群，并说明理由。
12.证明：在群G中只有单位元满足方程。
13. 设是一个阶大于1的群，证明：若中除单位元外其余元素的阶都相同，则这个相同的阶不是无限就是一个素数。
14.证明：任何群都不能是两个非平凡子群的并。
15.两个子群的乘积不一定是子群。
16.证明：群是有限群当且仅当只有有限个子群。
17.试举出满足以下条件的群：
1）G是无限群，除单位元外，每个元素的阶都无限。
2）G是无限群，G中除单位元外，既有有限阶元素，也有无限阶元素。
18.证明：在任意群Ｇ中，与同阶。
19. 假定群的阶为,且.证明：,这里.
20.一个群的可以写成形式的元叫做换位子,证明：
(1)所有有限个换位子的乘积组成的集合是的一个不变子群,称为的导群或换位子群；
(2)／是交换群；
(3)若是的一个不变子群，并且是交换群，那么.
21.假定～是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G
的任意三个元来说，有～～。
证明：与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群。
22.设循环群=是可换群.
23.设G是一个阶大于1的群,证明：G只有平凡子群当且仅当G为素数阶循环群。
24.假定群G的不变子群N的阶是2,证明:G的中心C(G)包含N.
25.假定G和是两个群,并且是G到的同态满射。
(1). 证明是群G的正规子群； (2). 证明是同构映射当且仅当=。
26.证明：阶是的群一定包含一个阶是的子群，其中，是素数.
27.设G=（a）是循环群，证明：当时，G=（a）与整数加群同构。
28.整数加群是否与偶数加群同态？整数环是否与偶数环同态？请简要陈述理由.
29.设，证明：的充要条件是的任意两个左陪集的乘积是左陪集。
30．设是群的子群，证明：
(1)；
（2）当有限时，则当且仅当。
31.设是群到群的同态满射，，，证明：。
自测练习参考答案
一、概念解释
参见课本
二、判断题
1.√， 2.√， 3.× , 4.√, 5. × , 6. ×
三、选择题
1. （A ） 2. （C ） 3. （B ） 4. （D ） 5. （A ） 6. （C） 7. （D ） 8. (B ）
四、填空题
1. 2. 变换群 3. 4. 2 5. 6 6. 2 7. 8. 2 9. 1 10. 11.[0] 12. 3 13. 14.
五、计算题
1.G的单位元为
又 对任意的整数n
即a 的阶为4，b 的阶为3, ab 的阶为无限
2. 1）； 2）的阶为；3），
3.（1）（2）（3）。
六、解答与证明题
1.设是正整数集合，，则是一个幺半群。做变换，是一个单射但不是满射，，是一个满射但不是单射，并且有但是，则是的左逆元不是右逆元，同样是的右逆元不是左逆元。
2.由题设可列乘法表：
a b c d
a a b c d
b b a d c
c c d a b
d d c b a
由此表可知：方阵普通乘法是G的代表运算，a 是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素G中都有逆元，结合率显然成立。故G对方阵普通乘法作成一个交换群。
3.（1）由于是一个偶数阶群，则中阶等于2的元素的个数一定是奇数，所以群包含一定有2阶元素；（2）假设有两个不同的2阶元素，又由于是Abel群，则易知是的一个4阶子群，于是由 Lagrange定理知，，进而，但这于是奇数矛盾，所以只有一个2阶元素。
4.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x，则由于，由所给运算有：，即单位元，而，但
，这与是单位元矛盾。
5.设的阶为n ,则易看出映射是G=（a）到n次单位根群
（e）= (e为n次原根)的一个同构映射，故G=（a）。
6.G显然非空，又任取A，B，则，于是AB是整数方阵，且，故，即G对乘法封闭。结合律显然成立，且E是G单位元。
又设，由于A是整数方阵，故A的伴随矩阵也是整数方阵；
又故，即也是整数方阵，即G 中每一个元在G中都有逆元，从而证得G 作成一个群。
7.令c是1+ab的逆元，则有：c（1+ab）=(1+ab) c=1 或：c-1+cab=c-1+abc=0,于是有：
（1-bca）(1+ba)=1-bca+ba-bcaba=1-b[c-1+cab] a=1 同理有：（1+ba）(1-bca)=1.即1-bca是1+ba的逆元。
8.不能作成群，因为所给运算不满足结合律，例：取
则
即结合律不成立，不能作成群。
9.G对此乘法作成一个群。1、证：由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e 是单位元，又，，，即每个元素在G中都有逆元，因此要证G是一个群，只要再证结合律成立即可。
任取，则显然有：
其次令，且，则由乘法表知：，可知结合律成立。
10.非零实数集R对运算不能作成群。因为，但方程，
即在R中无解，由群的定义知R对所给代数运算，不能作成群。
11.R不能作成群，因为R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x，则由于，由所给运算有：，即单位元，而，但
，这与是单位元矛盾。
12.设e是群G 的单位元，则e显然满足方程另外设且，则有 即a=e, 即只有e满足方程。
13.若中除单位元外其余元素的阶均是无限，则结论已对；若中非单位元素的阶都，若是合数，即，，则中任意的元素，有，这与易知矛盾，所以必是素数。
14.假设群是两个非平凡子群的并，即。由于是是两个非平凡子群，故有，使得，又由于，所以有，又因为，故必有，。若，则由于是是子群，故矛盾，若，则由于是是子群，故矛盾，因此15.，，则，当然不可能是的子群，因为。
16.群是有限群当且仅当只有有限个子群。
证明：若群是有限群，则的子集的个数是有限的，从而其子群的个数当然是有限的；反之，只有有限个子群，则中显然不能有无限阶元素，因为无限循环群有无限个子群，这样中每个元素的阶都是有限的，任取，则是的一个有限子群，再取，于是又是的一个异于有限子群，但只有有限子群，故这种过程不能无限地持续下去，从而存在正整数，使得，而每个都是有限的，于是群是有限群。
17.1）如整数加群G除单位元O外，每个元的阶都无限。
2）如：全体非零有理数对普通乘法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2，而其余各元素的阶都是无限。
18.设，，反之若，有
即与有相同的阶。
19. 因,故存在整数,使得,这样,有
,故是的一个生成元,从而．
20.（1） 由于,；的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积,因而仍是的一个元；一个换位子的逆仍是一个换位子,所以的一个元的逆仍是的一个元,这样是的一个子群；对于,，所以是的一个不变子群.
（2）令,那么,由此得,即,因而／是交换群.
（3） 因为是交换群,所以对的任何两个元和,
,由此得,这样含有一切换位子,因而含有.
21.设H=[e],由于～是等价关系，故e～e,即;
,则a～e, b～e因而ae～, be～b,由题设可得e～, e～,---10分; 由对称性及传递性得～,～e,再由题设得～e即,那么与G的单位元e等价的元所作成的集合G的一个子群。
22. ，由于，从而=是可换群。
23.充分性，由Lagrange定理知，显然成立。
必要性，因为，所以存在。设，则，但是，由假设，；若，则是的非平凡子群，与假设矛盾；
若是合数，即，，则，从而是的非平凡子群与假设矛盾。因此G为素数阶循环群。
24.设，,有,必有, 否则,便得n=e的矛盾,从而,an=na,另外显然ae=ea,故。
25.先证非空， 其次证是子群；最后证的不变性。 2、只证是单射即可。
26.取而，则由Lagrange定理知，，其中，则的阶是，所以是的一个阶子群。
27.设，则当时，，于是映射：就是G=（a）到整数加群Z的一个一一映射。又，故是G到Z的同构映射。即G=（a）与整数加群Z同构。
28.整数加群与偶数加群同态； 整数环不能与偶数环同态
29.
充分性，，使得

，
所以，故。
30．（1）令，，易知是从到的映射，又因若，则，从而，有，故从到的单射，从而，即；
（2）若当有限时，设，则由上知是双射，故对任意的，必有，使得，从而，故；反之，若，则任取左陪集，令，则，从而从到的双射，故。
31.设是到的自然映射，则与的合成是到满同态，，
并且=
=，因此由同态基本定理知，并且。