近世代数初步-习题解答(抽象代数)(共84页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上近世代数初步习题答案与解答引 论 章一、知识摘要1.A是非空集合,集合积的一个映射就称为A的一个代数运算(二元运算或运算).2. 设G非空集合,在G上有一个代数运算,称作乘法,即对G 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c与之对应,c称为a与b的积,记为c=ab.若这个运算还满足：(1)(2)(3)存在单位元e满足(4)存在使得称为的一个逆元素.则称G为一个交换群.(i)若G只满足上述第2、3和4条,则称G为一个群.(ii) 若G只满足上述第2和3条,则称G为一个幺半群.(iii) 若G只满足上述第2条,则称G为一个半群.3.设F是至少包含两个元素的集合,在F上有一

2、个代数运算,称作加法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素c与之对应,c称为a与b的和,记为c=a+b.在F上有另一个代数运算,称作乘法,即对F 中任意两个元素a,b,有唯一确定的元素d与之对应,d称为a与b的积,记为d=ab.若这两个运算还满足：I. F对加法构成交换群.II. F*=F0对乘法构成交换群. III.就称F为一个域.4.设R是至少包含两个元素的集合,在R上有加法和乘法运算且满足：I. R对加法构成交换群(加法单位元称为零元,记为0;加法单位逆元称为负元).II. R*=R0对乘法构成幺半群(乘法单位元常记为1).III. 就称R为一个环.5.群G中满足消去律：6.R

3、是环,则称是R中的一个左(右)零因子.7.广义结合律:半群S中任意n个元a1,a2,an的乘积a1a2an在次序不变的情况下可以将它们任意结合.8.群G中的任意元素a及任意正整数n,定义：,. 则由广义结合律知有(在加法群中可写出相应的形式.)9.关于数域上的行列式理论、多项式理论(包括除法算式、整除性、最大公因式、因式分解唯一性定理等)、线性方程组理论、矩阵运算及理论、线性空间及线性变换理论在一般域F上都成立.二、习题解答1、（1）否，（2）否，（3）是，（4）是。注：因为集合上的一个代数运算对应了集合到的一个映射。此类题由此直接判断。2、证明由于在F2上的任一和式中，只要有一项是1，其结果

4、永远是1。而a+b 与b+a；a+(b+c)与(a+b)+c中1，0出现的次数分别相同，它们的和就分别相等，故F2中加法交换律和结合律成立。由于ab和ba；a（bc）和（ab）c中如有0出现，其积为零，否则其积为1，故这两对积分别相等，于是F2中乘法交换律和结合律成立。对a（b+c）和ab+ac，若a=0，这两式子都为零；若a=1，这两式子都为b+c，对这两种情形两式子都相等，故F2中乘法对加法的分配律成立。注：此类题根据所定义的运算法则直接验证。3、（1）对a+b=a=a+0用加法消去律，得b=0。（2）由于（-a）-b+a+b=（-a）+-b+（a+b）=（-a）+a=0,由负元的定义知（

5、-a）-b=-（a+b）.（3）在（2）中将b换为-b，就得-（a-b）=（-a）+b。（4）对a-b=c两边加上b，左边=（a-b）+b=a，右边=c+b，故a=c+b。（5）a0+a=a0+a1=a（0+1）=a,用加法消去律得a0=0。（6），故，将上式互换就得。（7）注：此题直接根据环上的两个运算的性质和关系进行验证。4 =。注：此题直接根据环上“乘法对加法的分配律”来证明。5.分几种情形（i），但m，n不为零，不妨设m为正整数。为m个a及m个的乘积，由广义结合律知。（ii）若m，n中有零，不妨设m=0，则左边。（iii）m，n皆为正整数，则am+n与aman皆为m+n个a的积，由广义

6、结合律知它们相等。若m，n皆为负整数，则am+n与aman皆为-（m+n）个a-1的乘积，由广义结合律知它们相等。（iv）m，n中有正有负，且，不妨设m与m+n为异号。则由（iii），两边再乘上(参看(i),则.以上已证明了再由 又这就证明了若a,b交换,当m=0时,显示有当m为正整数时,都是m个a,m个b的乘积,由广义结合律知它们相等,当m为负整数时,即.左边又是,故.注：此题根据广义结合律和群中元素的方幂的性质进行验证6. 参照中学数学中对二项定理的证明,根据环上的运算性质及的交换性直接证明7.由,故.对第2个问题,上面一段正是证明了它的充分性,再证必要性.设,则任意,故每个有逆元素.注：

7、直接根据逆元的定义和广义结合律证明.8.即1-ba在R内也可逆又由.故.注：直接根据结合律和环中乘法对加法的分配律验证.9.当n2时,取 B= 则,但AB=0.A,B皆为零因子.注：根据环中零因子的定义直接构造.第一章 群第一节 群的例子一、知识摘要1.数1的n次单位根关于复数乘法构成群.2.域F上的全体n阶可逆矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n阶一般线性群,记为3.中全体行列式为1的矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n阶特殊线性群,记为4.实数域R上的全体n阶正交矩阵关于矩阵乘法构成群,称为n阶正交群,记为5.非空集合M上的可逆变换全体关于变换乘法构成群,称为集合M上的全变换群,记为.特别,当M是有限

8、集1,2,n时,M上的可逆变换称为1,2,n的一个置换(或一个n元置换).此时,全体n元置换在置换乘法下所成的群称为n元对称群,记为.6. 域F上n维线性空间V上的全体可逆线性变换在变换乘法下构成群,记为7.实数域上n维欧氏空间V上的全体正交变换在变换乘法下构成群,记为8.平面上全体正交变换(保持点之间的距离和直线夹角的变换)在变换变换乘法下构成群,称为平面的正交变换群.二、习题解答1.写仿射点变换(这儿T是矩阵的转置)为矩阵形式,其中.设另一仿射点变换:,其中,则经变成由于仍是仿射点变换.易证:仿射点变换是恒等变换，它是乘法单位元. 仿射点变换正是的逆变换.又变换的乘法自然有结合律，故平面上

9、全体仿射点变换对变换的乘法成为一个群.注：此类题按照群的定义验证,对逆元和单位元的存在性证明是关键.2.平面上正交点变换可写成矩阵形成:,其中A为22正交矩阵，即满足（单位矩阵）.正交矩阵的乘积是正交矩阵，正交矩阵的逆也是正交阵。利用这两个性质。完全类似于习题1中的论证，能证明本习题的结论.注：此题证明方法与上题一致,关键是掌握正交矩阵的基本性质.3.由题设有在仿射点变换：的变换下故由于，A可逆.于是将不同的三点变成不同的三点，.上面一串等式的最前端与最后端相等即表示这三点也共线。注：关键是在下，验证4.与第三题类似有其中A满足于是.注：直接验证5.设，,其中a,b,c,d都是复数,a0且c0

10、,则也和A,B具有相同的形式.显然, 是单位元且是A的逆矩阵.又矩阵乘法满足结合律,故结论得证.注：根据群的定义直接验证,需要说明AB也和A,B具有相同的形式.6.只需要证明逆元存在性且满足结合律即可.显然,是(a,b)的逆元.又(a,b)(c,d)(e,f)=(ac,ad+b)(e,f)=(ace,acf+ad+b)=(a(ce),a(cf+d)+b)=(a,b)(ce,cf+d)=(a,b)(c,d)(e,f),即结合律成立,故G是一个群.注：根据群的定义直接验证.7.对a有右逆b.b又有右逆，这时a为b的左逆.由，得到，可知.这样，即b是a的逆.8.由题设，对后一等号两边左乘，右乘，就得

11、到注：只需要由验证即可.9.，有，故，又，a对后一个等号两边左乘a，右乘b，就得.注：关键在于由得到对都成立.10.易验证,G对复数的乘法是封闭的且结合律成立. 显然,1是G的单位元.又,有,从而且.即z1是z的逆元.注：根据群的定义直接验证.11. ,由不同时为0且不同时为0易知,和不同时为0,故显然,是K的单位元且容易验证是A在K中的逆元.由矩阵乘法满足结合律知,K关于矩阵乘法构成群.注：根据群的定义直接验证.12.设.由性质（2），,且是s个不同的元，故.同样由性质（3）可得，。设其中于是 。即gi是G的右单位元，gj是G的左单位元,分别记为e及，即G有单位元e.类似于上面作法，由，有b

12、使ab=e，由，而有使即有逆元。又题设G有结合律，故是一个群。注：证明的关键在于“由G是非空有限集,得到”.由此去证明单位元和逆元的存在性. 此题给出了非空有限集关于其上定义的乘法作成群的一个条件：“此乘法满足左、右消去律和结合律。”13.只证（2）。用反证法.设取互为逆元素，若是四个不同的元素.设上面的步骤进行k-1步，得到2（k-1）个元素.同样论证除了上述2（k-1）个元素外要么没有元素了，要么同时有要么等于，要么有2k个元素.因只有有限个元素，必然在某个第k步停止，即.故G有2k+1个，即奇数个元素，矛盾.因此G中必有元素.注：主要根据“群中元和其逆元的阶相同，且不同元的逆元不同”,得

13、到“群中阶大于二的元素个数必为偶数个”.又“群中有且只有单位元的阶是1”,从而由G是偶数阶群可得,G中必有2阶元.14.设G1.由.同样可取,同理，就得到矛盾.故不能有不等于G的两个子群注：此题的证明主要是基于“对于群G中的两个互不包含的子群G1和G2,分别取自G1G2和G2 G1中的两元素的乘积必定不属于”这一事实.15.由于数的加法都满足结合律且,其中p是素数.显然0是单位元且是的逆元.故结论成立. 注：根据群的定义直接验证.16. 由于数的加法都满足结合律且,其中p是素数.显然0是单位元且是的逆元.故结论成立. 注：根据群的定义直接验证.17. .注：直接根据6元置换的乘法计算.18.,

14、.注：此题关键在于熟悉n元置换的表示形式.第二节 对称性变换与对称性群，晶体对称性定律一、知识摘要1.平面上(或空间中)的一个图形M在平面上(或空间中)的一个正交变换下变为M本身,则称此变换是M的对称性变换.图形M的全体对称性变换在变换乘法下构成一个群,称为M的对称性群.2.f(x1,x2,xn)是域F上的n元多项式,若f(x1,x2,xn)的各文字的脚标经任意n元置换变换后,该多项式完全不变,即则称它是域F上的一个n元对称多项式.3. f(x1,x2,xn)是域F上的n元多项式(未必对称多项式),若 n元置换满足则称是f(x1,x2,xn)的一个对称性变换. f(x1,x2,xn)的全体对称

15、性变换在变换乘法下构成一个群,称为f(x1,x2,xn)的对称性群.特别,当f(x1,x2,xn)是域F上的n元对称多项式时, f(x1,x2,xn)的对称性群即是.二、习题解答1、(1)令绕O反时针旋转0，72，144，216，288的5个旋转变换为TO，T1，T2，T3，T4，令平面对直线的反射变换为它们都是对称性变换，对于此正五边形的任一个对称性变换T，它若将顶点A1，变成，则就将A1变成A1.易知正五边形的保持A1不动的对称性变换只有故全部对称性变换为，共10个对称性变换，故它们必须相等。(2)令绕O反时针旋转0，180的旋转变换为T0，T1，令平面对直线的反射为S1，S2.它们都是该

16、矩形的对称性变换.使A1分别变到A1,A2,A3,A4的对称性变换都只有一个，即分别为T0,S1,T1,S2.故它们是全部的对称性变换.(3)令绕O反时针旋转任意角的放置变换为T,令平面对过中心O的任意直线的反射为.则圆的对称性变换群2. 3.能变出6个单项式,即为: 它们的和是所要求的项数最少的多项式.注：以作为一项的对称多项式,必定含有用S3去变所得到的所有可能的单项式.更一般地,以某个k元单项式m(x)作为一项的对称多项式,必定含有用Sk去变m(x)所得到的所有可能的单项式.4. 其它证明略去（直接按照群的定义验证A3在置换乘法下成为群）.5.直接按照群的定义验证V4在置换乘法下成为群.

17、6.正四面体为ABCD,O为DBC的中心,E,F,G,L分别是CD,AB,AC,AD的中点,我们先找出使顶点A不动的全体对称性变换的集合H.这些变换使BCD变为自己,H限制在平面BCD上是BCD的对称性群.由此易确定出,其中T1,T2,T3是空间绕轴AO旋转(按某固定方向)转0,120,240的转换变换,S是空间对面ABE的镜面反射.再任选三个对称性变换M1,M2,M3它们分别能将点B,C,D与A互变.例可取M1,M2,M3是空间分别对平面CDF,BGD,CBL的镜面反射,与第1题(1)中的论证类似,可得正四面体ABCD的对称性群.G有24个元.第三节 子群,同构,同态一、知识摘要1.群G的非

18、空子集H称为G的子群,如果H对G的乘法构成群.(1) 群G的非空子集H是G的子群当且仅当(i)H对G的乘法封闭, (ii)G的单位元属于H, (iii)在G中的逆元属于H.(2) 群G的非空子集H是G的子群当且仅当(3)H1,H2,是群G的子群,则是G的子群.设S是群G的非空子集,G的含S的所有子群的交(还是G的子群)称为G的由S生成的子群,记为.即是G的含S的最小子群.当S=a时,记=.称为G的由a生成的循环子群.有结论:(4)若有则称G为循环群.2. 群G到群G1的映射称为群G到群G1的同态,如果(1)称为同态的核,它是G的子群.(2)同态称为满同态(单同态)如果是满 (单)射.同态称为同

19、构如果是双射.G到自身的同构称为G的自同构.3.有无限多个元素的群称为无限群.仅有有限个元素的群称为有限群,此时G中元素个数称为群G的阶,记为|G|.集合M上的变换群SM的子群都称为变换群.4.Cayley定理 任何群G都同构与G上(作为集合)的一个变换群.二、习题解答1.U4=1,-1,i,-i,易证U4对数的乘法和逆运算都封闭.注：事实上,群的有限非空子集是子群只要运算封闭.2.(1).因 故(2)对a,b来证明，因 (3) 设又注：H是G的非空子集, 若,则H是G的子群.3.易见eZ(G),故.从而Z(G)是G的子群.注：H是G的非空子集, 若,则H是G的子群.4. (1).易见eCG(

20、S),故.故从而CG(S)是G的子群.(2).易见eNG(S),故.先证.故.故.所以.有 从而NG(S)是G的子群.注：H是G的非空子集, 若,则H是G的子群.5.(1). 故是子群.(2). 从而故是子群.注：H是G的非空子集, 若,则H是G的子群.6.写V4中的元为a,b,c,e(单位元),则有而U4中个元为假设V4到U4有同构.不妨设.由不保持乘法,矛盾.故V4与U4不同构.7.在第二节例3中已计算过正三角形A1A2A3的对称性群G有6个元素.每个对称性变换引起顶点A1,A2,A3的一个置换.这就引起了G到S3的一个映射.易检验这6个变换引起S3的全部6个不同的置换.故这映射是双射.又

21、连续两次作对称性变换引起连续两次顶点的置换.即对称性变换的乘积引起对应的顶点置换的乘积,故这映射保持乘法.因此上述映射是对称性变换群G到S3的同构.注：同构映射的建立三关键.8.Gayley定理断言,有限群G同构于G上的变换群.设G的阶为n,则G同构于Sn的子群.而Sn的子群只有限个,故只有有限个不同构的n阶群.注：这是Gayley定理导出的一个重要结论.9.(1). .则 (2). 则(3).定义L到M的映射,则可验证f是双射.且故L同构与M.注：H是G的非空子集, 若,则H是G的子群.10.显然，是G到自身的双射.设G是交换群,则反之，设, 则故G是交换群.注：根据群的自同构与交换群的概念

22、直接证明.11.令，则故 .从而注：根据三角函数的相关公式直接验证.12.其中,都属于S,故 又设H1是G的包含S的子群,则必含所有形为因而的最小的子群.即注：13.设H是加法群Z的子群,若,则H中有非零整数t.若t0,则故H中有正整数.取n为H中最小的正整数.任意又由于矛盾.故又因为因此注：整数加法群Z的任一子群H都有,其中若H=0,则n=0,其它情况时n为H中最小正整数.14.设是Q的有限生成的加法子群.由第12题易知.取的最小公倍数为m,则.取 这就证明了是循环加法群.注：证明一个子群是循环子群，通常是先去找该子群的一个特殊元（如这里的），然后去验证该子群可以由这个元生成.此生成元的构造

23、往往是此类题证明的关键,也是难点.15.由于不是整数矩阵.故全体22整数元素的可逆矩阵不成为群.取正实数矩阵即正实数可逆矩阵的逆矩阵不是正实数矩阵.故全体22正实数可逆矩阵不成为群.16.从而故注：证明逆运算封闭是关键.第四节 群在集合上的作用,定义与例子一、知识摘要1.群G到某个集合M的全变换群SM有一个同态T.将G的任意元g对应于M上的变换T(g)，从而对M进行变换.就说g作用于M上.且称该同态T是群G在集合M上的一个群作用.对记群G在集合M上的一个群作用确定了一个映射：2.的映射能确定群G在集合M上的一个群作用当且仅当 二、习题解答1.定义GL(V)的单位元是V上的恒等变换I.由f,g是

24、变换,有从而, 决定了GL(V)在M上的群作用。2.(1)KH的单位元是(e,e),其中e是G的,也是K和H的单位元:(2)由命题1,上面映射决定了KH在G上的群作用。3. 定义GM1到M1的映射.；GM2到M2的映射.GM3到M3的映射.易证分别决定了G在M1，M2，M3上的一个群作用.4.首先证明定义了GM到M的映射.= 易证这映射决定G在M上的一个群作用.5.对的多项式,都是x,y,z的一次多项式,若设为其中仍是F上x,y,z的多项，故建立了的一个映射，易证它决定G在M上的一个群作用.6.记G的单位元是e,也是K，H的单位元。有.从而决定了G在M上的一个群作用.注：以上各题直接根据群作用

25、的概念证明.第五节 群作用的轨道与不变量，集合上的等价关系一、知识摘要1、群G作用于集合M上,对,称为x在G作用下的轨道,或过x的轨道.M为所有不同轨道的无交并.2、设映射能决定一个群作用.若M上取值于另一集合(域、或复数域、或这些域上多项式的集合)的某个函数F满足：则称F是该群作用下的一个不变量.(即不变量在任一条轨道上都取常值).3、设G在集合M上有群作用.M上的一组函数F1, F2, Fk称为M在G作用下的不变量的一个完全组，如果二、习题解答1.V中可逆线性变换若把某子空间W变成子空间W1，则把W的基变成W1的基，故同一轨道上的子空间具有相同的维数，又设V的两个子空间W和W1，它们有同样

26、维数k0，分别取W和W1的基为分别补充成，使它们都是V的基.由线性代数知道必有V上可逆线性变换A,使A就将子空间W变成子空间W1.故W与W1在同一条轨道上故对V中全体k维子空间的集合Vk构成群作用的一条轨道.共有n+1条轨道.子空间的维数是不变量,并构成不变量的完全组.2.对A,B皆为nn实对称矩阵,若A,B在同一轨道上,即有nn正交阵P使B=PAP-1,则它们有相同的特征值集合.反之,设A,B为具有相同特征值集中的nn实对称矩阵，它们都可用实正交矩阵化为对角阵，即有nn正交阵P1，P2使于是仍为正交阵，故A，B在同一条轨道上.以上说明,特征值的集合是群作用的不变量的完全组.而全部特征值的和,

27、全部特征值的积,特征多项式都是群作用的不变量.注：以上两题直接根据群作用的不变量和不变量的完全组的概念解答.3.实际上KtH是第4节习题2中群作用下的一条轨道(即t所在的轨道),两条轨道或重合或不相交,即两个(K,H)双倍集或重合或不相交.作用集G是全体轨道的无交并也就是全体(K,H)双陪集的无交并.注：群在G上有群作用,则在此群作用下的所有轨道构成G的一个划分.第六节 陪集,Lagrange定理,稳定化子,轨道长一、知识摘要1.令H是有限群G的子群. 在H在G上的左(或右)乘作用下过x的轨道称为H在G中的一个右(或左)陪集.子群H在G中的右、左陪集数目相等,称为子群H在G中的指数,记为G:H

28、.2.(Lagrange定理) H是有限群G的子群,则|G|=G:H|H|.3.设群G作用于M. 对,称为群G作用下x的稳定化子(是G的子群).当G是有限群时,记过x的轨道为,则Ox是有限集且|Ox|=G:StabG(x).4.G的元素x在G的共轭作用下的稳定化子称为x在G中的中心化子.记为CG(x),即G在自身上作共轭作用的轨道叫做G的一个共轭类. 当G是有限群时有 (1) G中x所在的共轭类的势即类长|Cx|=G:CG(x). (2)设x1,x2,xn是G的全体共轭类的一组代表元,则5.称为G的中心(即与G中所有元都交换的元素构成的集合).(1)Z(G)是G的子群且Z(G)中的每个元素组成

29、一个共轭类.(2)设y1,y2,ym是G的势大于1的全体共轭类的一组代表元,则特别，当G是交换群时, 二、习题解答1.设反之, 2.(1)设又(2),由第1题,这等同于g1,g2属于StabG(x)的同一左陪集.注：根据习题1的结论证明.3.(1)设.这等价于.故.(2)也即.故GLn(F)在W处的稳定化子为.注：根据稳定化子的概念解答.4.(1),(2)中的稳定化子相同,都为第2节第6题的证明中的H.(3)令A1A2和A3A4的中点分别是F,E,则A1A2的稳定化子由恒等变换、绕FE转180的旋转变换、对平面A1A2E以及对平面A3A4F的反射共四个变换组成.注：根据稳定化子的概念解答.5.

30、在第2节第6题中求正四面体A1A2A3A4的对称性群的方法与第6节定理2中公式是一致的.那里求出对称性群有24个元素,全体对称性变换对应了顶点A1,A2,A3,A4的24个置换,正是S4的全部元素.下面列出顶点置换与正交变换的对应. 恒等变换. 绕A1O旋转120. 绕A1O旋转240. 对平面A1OA2的镜面反射. 对平面A1OA3的镜面反射. 对平面A1OA4的镜面反射. 对平面FA3A4的镜面反射. 先绕A1O旋转120,再对平面FA3A4反射. 先绕A1O旋转240,再对平面FA3A4进行反射. 绕FE轴旋转180. 绕四面体过A3的高绕旋转120. 绕四面体过A4的高线. 对平面A2

31、GA4的镜面反射. 先绕A1O转120,再对平面A2GA4作反射. 先绕A1O转240,再对平面A2GA4作反射. 绕四面体过A2的高线旋转120. 绕GH轴旋转180. 绕四面体过A4的高线旋转240. 对平面A2LA3的反射. 先绕A1O转120再对平面A2LA3作反射. 先绕A1O转240再对平面A2LA作反射. 绕四面体过A2的高线旋转240. 绕四面体过A3的高线旋转240. 绕IL轴旋转180.注：根据定理2中公式(2)解答.6.过tH的轨道为.而在tH处的稳定化子为.注：本题应改为“试决定第四节习题6中群作用 ”.7. S3中C3的左陪集为C3和(12) C3,右陪集为C3和C3

32、(12).注：S3中C3的左陪集个数是2,这是因为.8.S4中S3的左陪集为9.G是交换群,故H的任意左陪集注：交换群G的子群H的以为代表元的左陪集,恰是H的以为代表元的右陪集,反之亦然.10.Z中3Z的全部左陪集为3Z,1+3Z,2+3Z.注：理论根据见习题11.11. 由本节第1题， 故Z中nZ的全部左(右)陪集为nZ,1+nZ,2+nZ,., (n-1)+nZ.注：(1)本题是第10题的一般化.(2)由于Z是交换群,根据第9题证明知, Z中nZ的任意左陪集都是右陪集,且全部左(右)陪集为nZ,1+nZ,2+nZ,., (n-1)+nZ.12.的轨道为13设，对H为G的非单位元子群，则有的

33、不等于1的因子必将被p整除，故又设K为G的真子群,故 ，又.注：此题是Lagrange定理的一个应用.14.由改进的类方程其中 从而注：此题由改进的类方程和习题13证明.15.令；.注：此题由在中心化子的概念解答.16.含的共轭类为含17.(1)设H是G的子群,则时(2)注：根据Lagrange定理证明.18.设,则即注：本题给出了群作用下同一个轨道上两个元的稳定化子(稳定子群)之间的关系.19.注：直接根据Lagrange定理证明.20.设，取由，得与题设矛盾.故G在M上必有不动元.注：本题条件p不整除M是必要的.第七节 循环群与交换群一、知识摘要1.G是群,aG.当a的任意两方幂皆不相等时

34、,=a-m,a-(m-1),a-1,a0=e,a,am-1,am,有无限多个元.当a有两个方幂相等时,必存在正整数n,使=a,a2,an-1,an=e,且其中任意两个幂互不相同.此时,称a的阶为n,记为o(a).当G是有限群时,有(1) o(a)即为的阶.从而o(a)|G|.(2) o(a)即为使an=e的最小正整数n.且ak=eo(a)|k.特别a|G|=e. 2.循环群G=子群是循环群.(1)无限循环群的子群除e之外都是无限群,且具有形式,sZ+.(2) 是n阶循环群.对n的任意因子q,有且仅有一个q阶子群.其形式为 .进而, 的子群个数等于n的因子个数.3.无限循环群都同构与整数加群.两

35、个有限循环群同构的充要条件是阶相同.4.G是有限群，使G中所有元a都满足at=e的最小正整数t,称为G的方次数，记为exp(G). (1)有限交换群G中阶最大的元的阶即为exp(G). (2) 有限交换群G是循环群 exp(G)=|G|.5.域的乘法群的有限子群都是循环群.特别,有限域的乘法群是循环群.二、习题解答1. 设若由当且仅当.注：此题关键是2. 则H是群且从而. 注：根据证明.3.设G有n阶循环子群H=, 则|a|=n.反之,设a是中n阶元，则|=n.(1) 设|G|=p,p是素数.则G中有非单位元的元g,从而|1且|p=|G|,故|=p=|G|.即G=.(2)G中元素的阶是|G|的

36、因子,故G中的非单位元的阶只能为2,p,2p.若G有2p阶元a,则G=,与G为非交换群矛盾;若G的元全为2阶元,由第1节习题9,G为交换群,这不可能.故G中必有p阶元,即有p阶子群. 注：根据Lagrange定理和第1节习题9证明.4.(1)由引理4,但(2)作,因g,h交换,是同态.易见它是满同态.又,故是双射,因而是同构.设有故5.(1).故.(2)设(m,n)=d.则有l,q使lm+qn=d.于是有.又由注：掌握上两题的结论.6.G的元素的阶是|G|的因子.它的非单位元a的阶是7.令.又注：由于G是交换群,直接验证.8. 因此有.再看设,则即进一步,又注：掌握此题结论.9.(1)由设,即

37、有(2)由又存在就有注：直接验证相互包含.第八节 正规子群与商群一、知识摘要1.K,L是群G的两个非空子集.称集合为K与L的集合乘积.2.N是群G的子群称为正规子群,如果3.N是群G的正规子群当且仅当N对G的陪集的集合关于集合乘积构成群.此时,称此群为G对N的商群.4.N是群G的子群,则下列等价(1) N是群G的正规子群. (2) (3) (4) (5) (6) 5.群G自身和G的单位元群都是正规子群.若G除此之外再无其它正规子群,则称G为单群.6.交换群的任意子群都是正规子群.特别 (1)整数加群Z对子群(当然是正规子群)的商群可表示为 (2)Fx是数域F上的多项式环的加法群.任取是数域F上

38、的n次多项式.作Fx的(加法)子群当然是正规子群.则Fx对子群的商群为二、习题解答 1.在中只有两个左陪集.故皆为H在G中的补集,即知aH=Ha.这样,.由命题1及正规子群的定义知H是G的正规子群.注：此时H,aH和H,Ha都是G的划分.2.从而Z(G)是正规子群.3.取由于故不是正规子群.H=是子群且在S3中的指数是2,由第1题,H是正规子群.注：证明群G的子群H是不是正规子群,只要证明4.易验证,V4是S4的子群.有故V4是S4的正规子群.注：群G的子群H是正规子群当且仅当5.令=Q:Q是F上nn数量矩阵， 6.先证,2知由g的任意性,用g-1替代g,并用g-1Hig替代Hi,则有.再用g

39、-1左乘两端,以及用g右乘两端就得到由Hi是G的正规子群.g-1Hig=Hi.就得是正规子群.注：群G的子群H是正规子群当且仅当7.首先对,易知有.再由习题6证明中的第一部分,可得故是G的正规子群.8.设H是6阶非交换群,我们可证明H是非交换群,故没有6阶元,它非交换, 由第1节习题9,不能全是二阶元,故有三阶元b.K=是三阶群.H:K=2,故K是H的正规子群,且有陪集分解,这里a不属于K .于是 可以断言.否则由(K是正规子群)再证a2=e.若不然,则a为三阶元.若建立双射易验证此双射保持乘法,故是同构.注：关键是说明任意6阶非交换群H都有,同构映射的建立也是一难点.9.取 记由于10.容易

40、验证也是G的子群且.|gHg-1|=|H|=n.由G只有一个n阶子群,得到gHg-1=H.11.参见本节例2.12. (x2+1)1+(x2+1)x+(x2+1)(1+x)+(x2+1)(x2+1)(x2+1)1+(x2+1)x+(x2+1)(1+x)+(x2+1)1+(x2+1)1+(x2+1)(x2+1)(1+x)+(x2+1)x+(x2+1)x+(x2+1)x+(x2+1)(1+x)+(x2+1)(x2+1)1+(x2+1)(1+x)+(x2+1)(1+x)+(x2+1)x+(x2+1)1+(x2+1)(x2+1)同法可写出.13.反之设故，则.14.由第1节第6题的证明知.从而K是正规

41、子群.由于.故.作映射 则是双射且从而.注：在求得后,同构映射的建立很自然.15.(1)任取 .故(2)的映射.对即，从而是群的同态.(3) (4) 故：是有定义的.仍由(3)知,这是单射.又.注：根据相关概念直接证明.16.(1)(2)(3)令由(2)知,与代表元的选择无关,即这映射是有定义的.仍由(2)知,它是单射.又是同态. 显然是满射,故是同构.17.第6节14题知于是G/Z(G)是p阶循环群.令的任何元素可写成即相互交换,矛盾.故G为交换群.(1)G是p2阶循环群.(2)G中非单位元皆为p阶元.事实上，若G中有p2阶元a,则G是p2阶循环群.容易证明p2阶循环群两两同构.下证明p2阶

42、非循环群（即非单位元皆为p阶）也两两同构.设G，H都是p2阶非循环群.由于G中非单位元皆为p阶.取 ,而p阶群的真子群只有.此时作映射易知它是同态.设得由于的象集是G的子群. 的象中有及,多于p个元.|G|=p2,G只有阶子群和G本身,故的象只能是G本身,这样是满射.综上.同理,其中作映射易知它是同态,设由知,故. 结论证毕.注：证明p2阶非循环群两两同构是本题难点.18.设 注：此时19.由7定理3,循环群H中的同阶子群只有一个.设K是H中q阶子群,正规,注：K是G的子群,则也是G的子群,且20.令O为正n边形的中心,当n为奇数时,将它的顶点编号为A1,A2,，An,令过O，Ai的直线为易见

43、,对故当n为偶数,仍将各顶点编号为中心记为O.记直线,记平面上绕O反时针旋转的变换为Ti,i=0,1,n-1.平面对则易知 故除了不与任何注：分n为奇数、偶数两种情况讨论.21.设反之,有.即有注：证明相互包含.第九节 n元交错群的单性一、知识摘要1.n元置换称为k-轮换，如果且记,.1-轮换即为恒等置换,常记为(1)，2-轮换称为对换.2.称Sn中两个轮换不相交,如果Sn中任意元都可表示成若干个互不相交的轮换的乘积.3.任意元置换都可表示为若干对换的乘积.且的每个这种表示法中对换的数目未必一致,但对换数目的奇偶性由唯一确定,与排列的逆序数的奇偶性一致.排列是奇(偶)排列时称为奇(偶)置换. Sn中奇、偶置换的数目相等,都为是奇(偶)置换当且仅当能表示成奇(偶)个轮换的乘积.4.Sn中的所有偶置换组成Sn的一个正规子群,称为n元交错群.记为An. Sn:An=2且An(n3)可由Sn中的全部3-轮换生成.5.An(n5)都是单群.二、习题解答1. .是.2.3.4.对n作归纳法,当n=2时显然成立.设n-1时已对,即1,2,n-1的任一置换是(1,2),(1,3),(