抽象代数基础_课后答案(唐忠明_著)_高等教育出版社.pdf

抽象代数基础抽象代数基础答答答答解解解解题题题题习习习习于 延 栋 编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月于 延 栋 编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月第一章群论1代数运算第一章群论1代数运算1.设,cbaeA=,A上的乘法”“的乘法表如下: eabceeabcaaecbbbceaccbae证明:”“适合结合律.证明设zyx,为A中任意三个元素.为了证明”“适合结合律,只需证明)()(zyxzyx=.下面分两种情形来阐明上式成立.I.zyx,中至少有一个等于e.当ex=时,)()(zyxzyzyx=;当ey=时,)()(zyxzxzyx=;当ez=时,)()(zyxyxzyx=.II.zyx,都不等于e.(I)zyx=.这时,)()(zyxexxzzezyx=.(II)zyx,两两不等.这时,)()(zyxxxezzzyx=.(III)zyx,中有且仅有两个相等.当yx=时,x和z是,cba中的两个不同元素,令u表示,cba中其余的那个元素.于是,zzezyx= )(,zuxzyx=)(,从而,)()(zyxzyx=.同理可知,当zy=或xz=时,都有)()(zyxzyx=.2.设”“是集合A上一个适合结合律的代数运算.对于A中元素,归纳定义=niia1为:111aaii=,1111+=+=rriiriiaaa.证明:+=+=mnkkmjjnniiaaa111.进而证明:在不改变元素顺序的前提下,A中元素的乘积与所加括号无关.证明当1=m时,根据定义,对于任意的正整数n,等式成立.假设当rm=(1r)时,对于任意的正整数n,等式成立.当1+=rm时,由于”“适合结合律,我们有=+=mjjnniiaa11=+=+=111rjjnniiaa=+=+=111rnrjjnniiaaa111+=+=rnrjjnniiaaa+=+=+=mnkkrnkkrnrniiaaaa11111.所以,对于任意的正整数n和m,等式成立.考 察A中 任 意n(1n) 个 元 素naaa,21: 当3n时 , 要 使 记 号naaa21变成有意义的记号,必需在其中添加一些括号规定运算次序.现在我们来阐明:在不改变元素顺序的前提下,无论怎样在其中添加括号,运算结果总是等于=niia1.事实上,当1=n或2=n时,无需加括号,我们的结论自然成立.当3=n时,由于”“适合结合律,我们的结论成立.假设当rn(1r)时我们的结论成立.考察1+=rn的情形:不妨设最后一次运算是ba,其中a为naaa,21中前s(ns1)个元素的运算结果,b为naaa,21中后sn个元素的运算结果.于是,根据归纳假设,=sjjaa1,=+=snkksab1.所以最终的运算结果为=+=niisnkkssjjaaaba111.3.设Q是有理数集.对于任意的Q,ba,令2baba+=,证明:”“是Q上的一个代数运算,它既不适合结合律也不适合交换律.证明众所周知,对于任意的Q,ba,Q2+=baba.所以”“是Q上的一个代数运算.令0=a,1=b,2=c.由于521212) 10()(2=+=cba,255050)21 (0)(2=+=cba,从而,)()(cbacba,所以”“不适合结合律.由于521212=+=cb,312122=+=bc,.从而,bccb.所以”“不适合交换律.2群的概念2群的概念1.证明:=ZdcbadcbaG,关于矩阵的加法构成一个群.证明首先,众所周知,G,GBA+,GBA ,.由于矩阵的加法适合结 合 律 ,G上 的 加 法 适 合 结 合 律 . 其 次 , 令=0000O, 则GO, 并 且AOAAO=+=+,GA.最后,对于任意的GdcbaA=,令=dcbaA,则GA且OAAAA+=+)()(.所以G关于矩阵的加法构成一个群.2.令=1001,1001,1001,1001G,证明:G关于矩阵的乘法构成一个群.证明将1001记作E,并将G中其余三个矩阵分别记作CBA,.于是,G上的乘法表如下:EABCEEABCAAECBBBCEACCBAE由于矩阵的乘法适合结合律,G上的乘法适合结合律.从乘法表可知,XXEEX=,EXX=,GYX ,.所以G关于矩阵的乘法构成一个群.3.在整数集Z中,令2+=baba,Zba,.证明:Z关于这样的乘法构成一个群.证明对于任意的Zcba,我们有42)2()2()(+=+=+=cbacbacbacba,42)2()2()(+=+=+=cbacbacbacba,从而)()(cbacba=.这就是说,该乘法适合结合律.其次,Z2,并且对于任意的Za,我们有222222=+=+=aaaaa,aaaaaaaa=+=+=)4(2)4(2)4()4(.所以Z关于该乘法构成一个群.4.写出3S的乘法表.解)231 (),321 (),32(),31 (),21 (),1(3=S,3S的乘法表如下:) 1 ()21 () 31 ()32()321 ()231 () 1 () 1 ()21 () 31 ()32()321 ()231 ()21 ()21 () 1 ()231 ()321 ()32() 31 () 31 () 31 () 321 () 1 ()231 ()21 ()32()32()32()231 ()321 () 1 () 31 ()21 () 321 ()321 () 31 ()32()21 ()231 () 1 ()231 ()231 ()32()21 () 31 () 1 ()321 (5.设),(G是一个群,证明:”“ ”“适合消去律.证明设Gcba,.若caba=,则ccecaacaabaabaabeb=)()()()(1111.同理,若acab=,则cb=.这就表明,”“ ”“适合消去律.6.在5S中,令=4513254321f,=2543154321g.求gffg,和1f.解我们有=3451254321fg,=5214354321gf,=45213543211f.7.设)(21kiiia=,求1a.解我们有)(11iiiakk=.8.设f是任意一个置换,证明:)()()()(21121kkifififfiiif=.证明事实上,易见,)(,),(),(21kififif是, 2, 1n中的k个不同的数字.由直接计算可知,11),()()()(1121=+kjififfiiifjjk;)()()()(1121ififfiiifkk=.其次,对于任意的)(,),(),(, 2, 121kifififni,i在121)(fiiifk之下的像是i本身.所以)()()()(21121kkifififfiiif=.9.设S是一个非空集合,”“ ”“是S上的一个代数运算,若”“ ”“适合结合律,则称),(S是一个半群(或者称S关于”“ ”“构成一个半群).证明:整数集Z关于乘法构成一个半群,但不构成一个群.证明众所周知,Z是非空集合,对于任意的Z,ba,总有Zba,并且整数乘法适合结合律,所以Z关于乘法构成一个半群.其次,令1=e.于是,对于任意的Za,总有aeaae=.但是,Z0,并且不存在Zb,使得eb=0.所以Z关于乘法不构成一个群.10.设A是一个非空集合,S是由A的所有子集构成的集合.则集合的并”“”“是S上的一个代数运算.证明:),(S是一个半群.证明众所周知,对于任意的SZYX,总有)()(ZYXZYX=.这就是说,S上的代数运算”“”“适合结合律,所以),(S是一个半群.注请同学们考虑如下问题:设A是一个非空集合,S是由A的所有子集构成的集合.定义S上的代数运算”“ ”“(称为对称差)如下:)()(XYYXYX=,SYX ,.求证:),(S是一个交换群.11.令=Z,dcbadcbaS.证明S关于矩阵的乘法构成一个半群.证明众所周知,对于任意的SCBA,总有SAB,)()(BCACAB=.这就是说,矩阵的乘法是S上的一个代数运算,并且适合结合律,所以S关于矩阵的乘法构成一个半群.12.设),(S是一个半群,Se称为S的一个左(右)单位元,如果对于任意的Sa都有aae=(aea=).对于Sa,如果存在Sb使eab=(eba=),则称a左(右)可逆的,b是a的一个左(右)逆元.假设S有左(右)单位元e且S中每个元素都有关于e的左(右)逆元.证明:),(S是一个群.证明设a是S中任意一个元素.任取Sb,使得eba=.再任取Sc,使得ecb=.于是,我们有cecbacbaeaa=)()(且ecbcebcebab=)()(.因此abeba=.所以eaabaabaae=)()(.由以上两式可知,e是单位元,S中每个元素a都有逆元b.所以),(S是一个群.对于S有左单位元e且S中每个元素都有关于e的左逆元的情形,请同学们自己证明.13设G是一个群,证明:111)(=abab,Gba ,.证明对于任意的Gba,我们有eaaaeaabbaabab=111111)()(,ebbebbbaababab=111111)()(.所以111)(=abab,Gba ,.16.设G是一个群,证明:G是交换群的充要条件是222)(baab=,Gba ,.证明必要性是显然的.现在假设G满足该条件.于是,对于任意的Gba,我们有222)(baab=,即aabbabab=.运用消去律(第 5 题)立即可得baab=.所以G是交换群.17设G是一个群.假设对于任意的Ga都有ea=2,证明:G是交换群.证明我们有222)(baeeeab=,Gba ,.由上题知,G是交换群.18.设G是非空集合,”“是G上的一个代数运算且适合结合律.(1)证明:),(G是一个群当且仅当对于任意的Gba,方程bxa=和bay=在G中都有解.(2)假设G是有限集,证明:),(G是一个群当且仅当”“适合消去律.证明(1)当),(G是一个群时,显然,对于任意的Gba,bax=1是方程bxa=的解,1=aby是方程bay=的解.现在假设对于任意的Gba,方程bxa=,bay=在G中都有解.任取Ga,考察方程axa=.根据假设,方程axa=有解Gex=.设b是G中任意一个元素,考察方程bay=.根据假设,方程bay=有解Gcy=.于是,我们有baceaceaceb=)()(.由于Gb的任意性,上式表明e是半群),(G的一个右单位元.再考察方程exa=.根据假设,方程exa=有解Gd.由于Ga的任意性,这表明G中每个元素关于右单位元e都有右逆元.所以),(G是一个群.(2) 当),(G是 一 个 群 时 , 根 据 第 5 题 ,”“适 合 消 去 律 . 现 在 假 设,21naaaG=, 并 且”“适 合 消 去 律 . 任 取, 2, 1,nki, 考 察 方 程kiaxa=.由于”“适合左消去律,因此ka必出现于乘法表的第i行中.这就意味着存在, 2, 1nj,使得kjiaaa=,从而方程kiaxa=在G中有解.同理,由于”“适合右消去律,方程kiaay=在G中有解.这样一来,根据(1),),(G是一个群.19.证明命题 2.8 中的表示法在不计循环置换的顺序的意义下是唯一的.注注宜将这道题表述成“证明:在不计循环置换的顺序的意义下,在用命题2.8 中的证明中所说的方法将一个置换nSf表示成两两不相交的循环置换的乘积时,表达式是唯一的”.证明显然,当f是单位置换时,表达式就是ff=.不妨设f不是单位置换,uffff21=和vgggf21=都是在用命题2.8中的证明中所说的方法将置换nSf表示成两两不相交的循环置换的乘积的表达式.于是,ufff,21两两不相交,vggg,21两两不相交,而且它们的阶都大于或等于2.考察任意的lf(ul1):设)(21sliiif=.由uffff21=和vgggf21=可知,存在l(vl 1),使得)(21tljjjg=,211tjjji.不妨设11ji=.由uffff21=和vgggf21=可知,ts=并且kkji=, 2, 1sk,从而,llgf=.由于ufff,21两两不相交,vggg,21两两不相交,并且不计循环置换的顺序,不妨设llgf=, 2, 1ul.假设vu,则ugggf21=,由此可见,当vlun为整数,令|eaGaHn=,证明:H是G的子群.证明显然He.若Hba,则eeebaabnnn=11)()(,从而,Hab1.由此可见,H是G的子群.5.设G是交换群,证明:G的所有阶为有限的元素构成的集合是G的子群.证明令H表示G的所有阶为有限的元素构成的集合.显然He.设Hba,其中ma=|,nb=|.于是,eeebaabmnnmmn=)()()(1,从而,Hab1.由此可见,H是G的子群.6.设G是群,Gba,证明:a与1bab具有相同的阶.证明显然,对于任意的正整数n,11)(=bbababnn,从而,ebabebbaeannn=)(11.由此可见,a与1bab具有相同的阶.7.设)(21kiiia=是循环置换,求a的阶.解当1=k时,显然,) 1 (=a,ka=|.当1k时,我们有11(+=jiiia) 1 ()1ji,1, 2, 1kj,) 1 (=ka,从而,ka=|.8.设群G的除单位元外的每个元素的阶都为2,证明:G是交换群.证明参看2 习题第 17 题.9.设G是群,Gba,证明:ab与ba具有相同的阶.证明注意到111)(=aababa,根据第 6 题的结论,ab与ba具有相同的阶.10. 设G是 群 ,Gba,baab=. 假 设a的 阶 与b的 阶 互 素 , 证明:| |baab=.证明令ma=|,nb=|,kab=|.由于eeebaabmnmnnmmn=)()()(,根据命题 3.12 可以断言mnk|.其次,我们有knknknknknknknaeababaabe=)()(,从而,根据命题 3.12,knm|.因为m与n互素,由knm|可知km|.同理可知,kn|.由于m与n互素,因此kmn|.所以mnk=,即| |baab=.11.设Z是整数集关于加法构成的群,H是Z的子群,证明:存在Hn使=nH.证明众所周知,H0.当0=H时,显然= 0H.现在假设0H.于是,存在Hm使0m.这时Hm,并且,在m和m中,一个是正数,另一个是负数.令n表示H中的最小正数.显然,我们有Hqn,Zq.现在考察任意的Hm:众所周知,存在整数q和r,使得rqnm+=,nr0.于是,Hqnmr=.由于令n是H中的最小正数,必有0=r,从而,qnm=.上述表明|Z=qqnH.所以=nH.12.设G是一个群,1H,2H都是G的子群.假设1H不包含于2H且2H不包含于1H,证明:21HH不是G的子群.证明由于1H不包含于2H且2H不包含于1H,是G的子群,因此存在21HHa且 存 在12HHb. 于 是 ,21,HHba. 假 设1Hab, 则11)(Habab=,矛盾.因此1Hab.同理,2Hab.这样一来,21HHab.所以21HH不是G的子群.13.设G是一个群,nGGG21是G的一个子群链,证明:nnG=1是G的子群.证明设nnGba=1,.于是,存在正整数i和j使得iGa,jGb.令,maxjik=.kGba,.由于kG是G的子群,因此kGab1,从而,nnGab=11.所以nnG=1是G的子群.14.证明:)1 () 31 (),12(n(2n)是nS的一个生成集.证明考察任意的对换nSji)(:若1=i或1=j,则)1 () 31 (),12()(nji.若1i且1j,则)1 ()1 ()1 ()(ijiji=.这就是说,对于每一个对换nSji)(,要么它本身属于)1 ()31 (),12(n,要么它可以表示成)1 ()31 (),12(n中的一些对换的乘积.这样一来,根据推论 2.10 可以断言,每一个nSf可以表示成)1 ()31 (),12(n中的一些对换的乘积.由此可见,)1 ()31 (),12(nSn,从而,=)1 ()31 (),12(nSn.4循环群4循环群1.证明:循环群是交换群.证明设=aG是一个循环群.于是,|Z=naGn(参看课本第 12 页倒数第 4 行).众所周知,mnnmnmaaaaa=+,Znm,.所以G是交换群.2.设G是一个群,Ga.假设a的阶为n,证明:对任意整数r,有),(|nrnar=.证明令=aH.由于na=|,根据命题 3.10,H是有限循环群.根据命题4.2,),(|nrnar=.3.设=aG是一个n阶循环群,r是任意整数,证明:ra与),(nra具有相同的阶且=),(nrraa.证明根据命题 4.2,我们有|),(),(|),(rnranrnnnrna=.根据命题 3.10,ra和),(nra都是G的),(nrn阶子群.显然,),(nrraa,从而,),(nrraa.由此可见,=),(nrraa.4.设=aG是一个n阶循环群,证明:Gar=当且仅当1),(=nr.证明根据命题 4.2,我们有Gar=nar=|nnrn=),(1),(=nr.5. 设=aG是 循 环 群 ,=saH和=taK是G的 两 个 子 群 , 证明:=,tsaKH.证明显然KHats,从而,KHats,. 为了证明=,tsaKH,现在只需证明,tsaKH.考察任意的KHx:当x为G的单位元e时,显然,tsax.不妨假定ex.于是,由Hx知,存在Zi,使得isax=;由Kx知,存在Zj,使得jtax=.因为ex,所以0st.众所周知,1),(,),(=tsttss,从而,存在Z,vu,使得1),(),(=+tsvttsus.于是,我们有),(),(),(),(),(),()()(tsvtistsusjttsvttsustsvttsusaaxxxx=+=+,)(,tstsivjuntsnivtsnjuaaaa,其中,当0st时1=n,当0st时1=n.综上所述,对于任意的KHx,总有,tsax.所以,tsaKH.6.设=aG是n阶循环群,=saH和=taK是G的两个子群,证明:KH=的充要条件是),(),(ntns=.证明假设KH=.根据命题 4.2,我们有),(|),(ntnaansnts=,从而,),(),(ntns=.假设),(),(ntns=.于是,),(),(ntnsaa=,从而,=),(),(ntnsaa.这样根据第3题的结论可以断言,=tsaa,即KH=.7.设G是无限循环群,证明:G有且仅有两个生成元.证明由于G是无限循环群,不妨设a是G的一个生成元.于是,1a也是G的一个生成元,并且aa1.这就是说,G有两个不同的生成元.其次,假设b是G的任意一个生成元.由于=aG,因此存在Zn,使得nab=.由于=bG且Ga,因此存在Zk,使得nkkaba=.由此可见,1=n,即ab=或1=ab.所以G有且仅有两个生成元.8.设=aG是无限循环群,=saH和=taK是G的两个子群,证明:KH=的充要条件是ts=.证明当ts=时,显然KH=.假设KH=.显然,当eH=时,0=ts,从而,ts=.不妨假定eH.于是0s.由Kas可知,存在Zi,使得its=;由Hat可知,存在Zj,使得jst=.因此ijss=.由于0s,由ijss=可知1=ij,从而,1=i.所以ts=.5正规子群与商群5正规子群与商群1.证明:循环群的商群也是循环群.证明设=aG是循环群,H是G的子群.于是,我们有=aHnaHnHaHGnnZ|)(Z|/.这就表明,HG/是循环群.2.设G是群,iN,Ii,是G的一族正规子群,证明:iIiN也是G的正规子群.证明众所周知,iIiN是G的正规子群.显然,我们有aNaNaNNaiIiiIiiIiiIi)()()()(=,Ga.所以iIiN也是G的正规子群.3.设1N,2N是群G的正规子群且21eNN=,证明:对于任意的1Na,2Nb,都有baab=.证明对于任意的1Na,2Nb,由于1N是群G的正规子群,根据命题5.11我们有111Nbba,从而,111Nbaba;由于2N是群G的正规子群,根据命题5.11 我 们 有21Naba, 从 而 ,211Nbaba=. 因 此2111NNbaba, 从而,ebaba=11.由此可见baab=.4.设H是群G的子群且2:=HG,证明:H是G的正规子群.证明我们已经知道,HHaHaHaH=,Ga.任意给定Ga.当Ha时,HaHaH=.当Ha时,HaHaHH=,并且,由2:=HG可知,aHHGaHH=.由此可见HaaH=.所以H是G的正规子群.5.设H是群G的有限子群,nH=|.假设G只有一个阶为n的子群,证明:H是G的正规子群.证明任取Ga,考察1aHa:由3 习题第 3 题知,1aHa是G的子群.定义H到1aHa的映射如下:1)(=axax,Hx.显然是双射.因此naHa=|1.由于G只有一个阶为n的子群,因此HaHa=1.这样一来,由于a的任意性,根据命题 5.11 可以断言,H是G的正规子群.6.设G是群,H和K是G的子群,(1)证明:HK是G的子群KHHK=.(2)假设H是G的正规子群,证明:HK是G的子群.(3)假设H和K都是G的正规子群,证明:HK是G的正规子群.证明(1)假设HK是G的子群.于是,对于任意的Ga,我们有HKaHKa1存在Hh和Kk,使得hka=1存在Hh和Kk,11=hkaKHa.所以KHHK=.假设KHHK=.为了证明HK是G的子群,任意给定HKba,.于是,存在Hhh21,和Kkk21,使得11kha=,22khb=.因此121211122111)()(=hkkhkhkhab.由于KHHKkkh=)(1211,因此存在Hh3和Kk3,使得331211)(hkkkh=,从而,HKKHhhkhhkhkkhab=)()()(123312331212111.这样一来,由于HKba,的任意性,我们断言:HK是G的子群.(2)由于H是G的正规子群,我们有KHkHHkHKKkKk=.这样,根据(1),HK是G的子群.(3)根据(2),HK是G的子群.此外,还有aHKKaHaKHKHaKaHHKa)()()()()()(=,Ga.所以HK是G的正规子群.7.设G是群,H和K是G的子群且HK,证明:KHHGKG=.注证明这道题时还要用到如下约定:=nn,Nn.此外,这道题与7 中的 Lagrange 定理类似,而且其证明难度不亚于 Lagrange 定理的证明难度,因此安排在这里不太合适.证明首先,由于K是H的子群,因此GaaHaK,.由此可见,当=:HG时,=:KG,从而,:KHHGKG=.其次,由于|GaaKHhhK,因此当=:KH时,=:KG,从而:KHHGKG=.现 在 假 设:HG且a,1| )(|=eaf, 从而,| )(|afa.4.分别建立HN到)/(NHH和G到)/()/(NHNG的同态来证明定理6.11.注定理 6.11 的内容如下:设G是一个群,N是G的正规子群.(1)若H是G的子群,则NHNNHH/ )()/(;(2)若H是G的正规子群且NH,则HGNHNG/)/()/(.证明(1)设H是G的子群.显然,NH是H的正规子群;N是HN的正规子群.考察任意的HNa:假设332211hnnhnha=,其中,Hhh21,Nnn21,.则11221=nnhh,从而,NHnnhh=121211.因此)()(21NGhNHh=.这样一来,我们可以定义HN到)/(NHH的映射f如下:对于任意的HNa,)()(NHhaf=,若hna=,其中Hh,Nn.由HNH可知,f是满射.任意给定HNba,.不妨设11nha=,22nhb=.由于HN是G的子群,因此HNab,从而,存在Hh3和Nn3,使得332211nhnhnhab=.因此)()(3NHhabf=.另一方面,我们有)()()()()(2121NHhhNHhNHhbfaf=.注意到N是G的正规子群和命题 5.11,易知NHhnhnnhhhhh=111112123211321)()(,从而,)()(321NHhNHhh=,即)()()(bfafabf=.所以f是HN到)/(NHH的满同态.最后,对于任意hna=(Hh,Nn),我们有NaNhNHhNHNHhfa=)()(Ker.因此Nf=)(Ker.这样一来,根据群的同态基本定理,NHNNHH/ )()/(.(2)设H是G的正规子群且NH.显然,NH/是NG/的正规子群.定义G到)/()/(NHNG的映射f如下:)/)()(NHaNaf=,Ga.显而易见,f是满射.由于NH/是NG/的正规子群,因此对于任意的Gba,总有)/)(/)()()/)()(NHNHbNaNNHabNabf=)()()/)()(/)(bfafNHbNNHaN=.因此f是G到)/()/(NHNG的满同态.其次,对于任意的Ga,我们有NHaNNHNHaNfa/)/)()(Ker=hNaNHh=使得存在,Ha.因此Hf=)(Ker.这样一来,根据群的同态基本定理,HGNHNG/)/()/(.5.设G是群,1G,2G是G的有限子群,证明:| |212121GGGGGG=.注与5 习题中第 8 题类似,这道题也宜安排在7 习题中.证明令21GGH=.于是,H既是1G的子群,又是2G的子群.设mHG=:1.则有)(11HcGjmj= ,(*)其中1Gcj,mj1.显然,诸Hcj两两不相交;有且仅有一个, 2, 1mj,使得Hcj;并且|211GGGm=.由于2GH,因此22GHG=.这样,由(*)式可以推得)()()(21212121GcHGcGHcGGjmjjmjjmj=.(*)对于任意的, 2, 1,mji,考察2Gci与2Gcj:若22GcGcji=,则21Gccij,从而,HGGccij=211.由此可得,HcHcji=,从而,ji=.这就表明,诸2Gcj两两不相交. 这样一来,由(*)式可以知,| |2121221GGGGGmGG=.6.设G是群,证明:GG1aa是群G到群G的同构的充分必要条件是G为交换群.如果G是交换群,证明:对于任意的Zk,GGkaa是一个同态.证明将G到自身的映射GG1aa记做f.显然f是双射.于是,f是群G到群G的同构)()()(bfafabf=,Gba ,即111)(=baab,Gba ,11)()(=baab,Gba ,baab=,Gba ,是交换群G.假设G是交换群,Zk.将G到自身的映射GGkaa记做g.于是,我们有)()()()(bgagbaababgkkk=,Gba ,.所以g是一个同态.7. 设f是 群G到 群G的 满 同 态 ,H是G的 正 规 子 群 , 证明:/ ) (/1HGHfG.证明由于H是G的正规子群,根据定理 6.7,) (1Hf是G的正规子群.现在定义G到/HG的映射g如下:)()(Hafag=.由f是群G到群G的满同态可知g是G到/HG的满射.其次,注意到H是G的正规子群,对于任意的Gba,有)()() )()()()()()()(bgagHbfHafHHbfafHabfabg=.所以g是G到/HG的满同态.最后,对于任意的Ga,我们有) ()()()(Ker1HfaHafHHafga=.因此) ()(Ker1Hfg=.这样一来,根据群的同态基本定理,/ ) (/1HGHfG.8.设G是群,1G,2G是G的正规子群.假设21GGG=且21eGG=(此时称G是1G和2G的内直积),证明:21GGG.证明定义21GG到G的映射f如下:abbaf=),(,21),(GGba.由21GGG=可知,f是满射.现在设212211),(),(GGbaba,并且),(),(2211bafbaf=.于是,2211baba=,从而,11112112GGbbaa=,从而,ebbaa=112112.这意味着21aa=且21bb=,即),(),(2211baba=.由此可见,f是单射,从而,f是双射.对于任意的212211),(),(GGbaba,我们有)(),(),)(,(212121212211bbaabbaafbabaf=,)(),(),(22112211bababafbaf=.由于1G,2G是G的正规子群且21eGG=,由5 习题第 3 题可知,)()(22112121bababbaa=.因此),(),(),)(,(22112211bafbafbabaf=,从而,f是群21GG到群G的同构.所以21GGG.9.设1G,2G是群,证明:1221GGGG.证明定义21GG到12GG的映射f如下:),(),(abbaf=,21),(GGba.显然,f是双射.其次,对于任意的212211),(),(GGbaba,我们有),(),(),)(,(212121212211aabbbbaafbabaf=,),(),(),)(,(),(221122112121bafbafababaabb=.所以f是群21GG到群12GG的同构,从而,1221GGGG.10.设qp,是不同的素数,证明:qppqZZZ.证明对于任意的Zi和任意的Nn,将以i为代表元的模n同余类记做ni.于是,对于任意的Zji,注意到qp,是不同的素数,我们有qqpppqpqjijijiqjipjipqji)( |)( |)( |=且且.这样一来,我们可以定义pqZ到qpZZ 的映射f如下:) ,()(qppqiiif=,pqpqiZ .考察映射f:设pqpqpqjiZ ,且)()(pqpqjfif=.则) ,() ,(qpqpjjii=,即ppji=且qqji=,从而,pqpqji=.因此f是单射 . 其 次 , 显 然|qppqZZZ=. 因 此f是 双 射 . 最 后 , 对 于 任 意 的pqpqpqjiZ ,我们有) ,()()(qppqpqpqjijijifjif+=+=+,) ,() ,() ,(qpqpqqppjjiijiji+=+=)()(pqpqjfif+=.所以f是群pqZ到群qpZZ 的同构,从而,qppqZZZ.7 有限群7 有限群1.设G是群,H是G的正规子群,nHG=:,证明:对于任意的Ga都有Han.证明由于nHG=:,因此nHG=|/|.根据推论7.2,对于任意的Ga,商群HG/中元素aH的阶整除n.因此HaHHann=)(,从而,Han.2.设G和G分别是阶为m和n的有限循环群,证明:存在G到G的满同态的充要条件是mn|.证明假设f是G到G的满同态.根据群的同态基本定理,)(Ker/GfG.根据 Lagrange 定理,我们有| )(| )(Ker| | )(Ker|)(Ker:fKernfGffGm=,从而,mn|.假设mn|.令=aG,=naN.于是,N是G的正规子群,nmN=|,NG/是n元循环群.显然,/GNG.设f是NG/到G的同构,f是G到NG/的自然同态.则gf是G到G的满同态.3.设G是有限群,p为素数,1r.如果| |Gpr,证明:G一定有阶为rp的子群.注我 们 介 绍 过 Sylow 定 理 的 如 下 形 式 : 设G是n阶 有 限 群 , 其中,mpnr=,p是素数,r是非负整数,m是正整数,并且1),(=mp.那么,对于任意的, 1, 0rk,G有kp阶子群.显而易见,这道题已经包含在 Sylow 定理中.这是因为: 由| |Gpr知,存在正整数s和m,使得mpns=,其中1),(=mp.于是,sr.根据 Sylow 定理,G有rp阶子群.下面我们采用证明 Sylow 定理的方法给出这道题的直接证明.证明假设| |Gpr.则存在正整数s和m,使得mpns=,其中1),(=mp.显然,sr.根据 Sylow 定理,存在G的子群H使spH=|.现在只需证明H一定有阶为rp的子群.为此,对s施行第二数学归纳法.当1=s时,显然结论成立.假设t是整数,并且当ts时,对于任意的正整数sr,H有rp阶子群.下面我们来阐明:当1+=ts时,对于任意的正整数sr,H有rp阶子群.事实上,由1|+=tpH可知,对于H的每个真子群H,都有 : |HHp.由群G的类方程+=CHaaNHCH:|(其中C为群H的中心)立即可知| |Cp.由于C是交换群,根据引理 7.4,存在Cc,使得pc=|.由Cc可知,c是H的正规子群.令=cHH/.则tpcHH=| |.根据归纳假设,对于任意的正整数r,H有1rp阶子群K.根据命题5.13,存在H的子群K,使得Kc且=cKH/,从而,rrpppcKcH=1|/| |.4.设G是有限群,p为素数,如果G的每个元素的阶都是p的方幂,则称G是p-群.证明:G是p-群|G是p的一个幂.证明显然,当|G是p的一个幂时,G是p-群.现在假设|G不是p的一个幂.于是,存在素数pq,使的mqGr=|,其中1),(=mq,1r.根据 Sylow 定理,G有rq阶子群H.所以G不是p-群.5.证明:阶小于或等于 5 的群都是交换群.证明显然 1 阶群是交换群.由推论 7.2 立即可知,2 阶群、3 阶群和 5 阶群都是循环群,因而都是交换群.设G是 4 阶群.根据推论 7.2,G中元素的阶只能是1,2 或4.当G中有 4 阶元素时,G是循环群,因而是交换群.当G中有4阶元素时,G中的元素,除单位元外,都是 2 阶元素.不妨设,cbaeG=.容易验证,G就是 Klein 四元群,因而是交换群.6.设G是群,1G,2G是G的有限子群,假设1|)|,(|21=GG,证明:| |2121GGGG=.证明由于21GG既1G的子群,又是2G的子群,根据推论 7.2,|21GG是|1G与|2G的公约数.因为1|)|,(|21=GG,所以1|21=GG.这样一来,根据6习题第 5 题,我们有| | |21212121GGGGGGGG=.第二章环论1环的概念第二章环论1环的概念1.证明:命题 1.3 的(5)-(7).注命题 1.3 的(5)-(7)的原文如下:(设R是一个环,则)(5)jnimjimjjniibaba =1111)()(;(6)()()(abnnbabna=,其中n为整数;(7)若R是交换环,则kknnkknnbaCba=+0)(,nnnbaab=)(.显然,(5)中应加进 “其中), 2, 1(niai=和), 2, 1(mjbj=为R中的任意元素,m和n为任意正整数”;(6)中应加进“a和b为R中的任意元素”;(7)中应加进 “其中，a和b为R中的任意元素,n为任意正整数,并且约定bba=0,aab=0” .证明首先,因为乘法对加法适合分配律,所以jnimjimjjniimjjniibababa =111111)()()(.这就是说,命题 1.3(5)成立.其次,当0=n时,根据命题1.3(1),我们有00)(=bbna,00)(=anba,0)(0=ab,从而,)()()(abnnbabna=.当n是正整数时,令aai=,bbi=,ni, 2, 1=,则因乘法对加法适合分配律,我们有)()()(2121abnbabababaaabnann=+=+=,)()()(2121abnabababbbbbanbann=+=+=,从而,)()()(abnnbabna=.当n是负整数时,根据命题1.3(2)和刚才证明的结论,我们有nababnbanbanbna=)()()()()(,)()()()()()()(abnabnbanbnanba=,从而,)()()(abnnbabna=.这就是说,命题 1.3(6)成立.最后,假定R是交换环.我们用数学归纳法来证明等式kknnkknnbaCba=+0)(*)成立.事实上,当1=n时,显然(*)式成立.假设当rn=r(为某个正整数)时,(*)式成立. 当1+=rn时,我们有kkrrkkrrnbaCbabababa=+=+=+0)()()(kkrrkkrkkrrkkrbaCbbaCa=+=001110)1(11+=+=+=rkkrrkkrkkrrkkrrbbaCbaCa1)1(11)1(11+=+=+=rkkrrkkrkkrrkkrrbbaCbaCa1)1(111)(+=+=rkkrrkkrkrrbbaCCa1)1(111+=+=rkkrrkkrrbbaCakkrrkkrbaC+=+=)1(101kknnkknbaC=0.所以对于一切正整数n,(*)式成立.此外,由于乘法适合