2022年《抽象代数基础》习题解答 .pdf

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1、抽象代数基础答解题习于 延栋编盐城师范学院数学科学学院二零零九年五月名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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.

2、 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

3、, 归纳定义niia1为: 111aaii,1111rriiriiaaa. 证明: mnkkmjjnniiaaa111. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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1m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1rm时, 由于”“适合结合律 , 我们有mjjnniia

4、a11111rjjnniiaa111rnrjjnniiaaa111rnrjjnniiaaamnkkrnkkrnrniiaaaa11111. 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1n或2n时, 无需加括号 , 我们的结论自然成立 . 当3n时, 由于”“适合结合律 , 我们的结论成立 . 假设当rn(1r)

5、时我们的结论成立 . 考察1rn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,Q2baba. 所以”“是Q上的一个代数运算 . 令0a,1b,2c. 由于521212)

6、10()(2cba, 255050)21(0)(2cba, 从而,)()(cbacba, 所以”“不适合结合律 . 由于名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 43 页 - - - - - - - - - 521212cb, 312122bc,. 从而,bccb. 所以”“不适合交换律 . 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

7、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 : E A B C E E A B C A A E C B B B C E A C C B A E 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

8、,. 所以 G 关于矩阵的乘法构成一个群. 3. 在整数集 Z 中, 令2baba,Zba,. 证明 : Z 关于这样的乘法构成一个群 . 证明对于任意的Zcba, 我们有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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22222

9、2aaaaa, 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(3S,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()2

10、31()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:)()()()(21121kkififif

11、fiiif. 证明事实上 , 易见,)(,),(),(21kififif是,2, 1n中的k个不同的数字 .名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 43 页 - - - - - - - - - 由直接计算可知 , 11),()()()(1121kjififfiiifjjk; )()()()(1121ififfiiifkk. 其次 , 对于任意的)(,),(),(,2, 121kifififni,i在121)(fiiifk之下的像是i本身. 所以)()()()(21

12、121kkifififfiiif. 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1e. 于是, 对于任意的Za, 总有aeaae. 但是,Z0, 并且不存在Zb, 使得eb0. 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

13、. 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

14、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, 我们有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - -

15、 - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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eaaaeaabbaabab111111)()(, ebbe

16、bbbaababab111111)()(. 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ea2, 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

17、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,bax1是方程bxa的解,1aby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 ,名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - -

18、 - - - - - 第 7 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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

19、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

20、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 (vl1),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

21、 , 不妨设llgf,2, 1ul. 假设vu, 则ugggf21, 由此可见 , 当vlu时,lg必与uggg,21中某一个相交 . 这与我们的假设矛盾 .所以vu. 这就表明 ,vgggf21和vgggf21是同一个表达式 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 43 页 - - - - - - - - - 3 子群1. 设)(PnGLG是数域 P 上的n级一般线性群 , H 是 G 的由全体n阶可逆的对角矩阵组成的子集 , 证明: H 是 G 的子群 .

22、 证明众所周知 , H 非空, 并且有HAAB1,HBA, 其中 AB 表示矩阵 A与矩阵 B的乘积 ,1A表示矩阵 A的逆矩阵 . 所以 H 是 G 的子群. 2. 设 G 是一个群 , H 是G 的非空子集 , 证明: H 是G 的子群的充分必要条件是Hab1,Hba,. 证明由定理 3.3 可知, 当 H 是 G 的子群时 , H 满足条件 . 假设 H 满足条件 . 对于任意的Hba, 我们有Haae1. 因为 H 满足条件 , 由Hbae,可知 ,Heaa11,Hebb11. 因为 H满足条件 , 由Hba1,可知11)(baab. 总而言之对于任意的Hba, 我们有Haab1,.

23、根据定理 3.3, H 是 G 的子群 . 3. 设 H 是群 G 的子群 ,Ga, 证明:|11HhahaaHa也是 G 的子群 (称为 H 的一个 共轭子群 ). 证明显然 ,1aHa是G 的非空子集 . 设121,aHabb. 于是 , 存在Hhh21,使得111aahb,121aahb. 因此11211121)(aahaahbb1112111211)(aHaahhaaahaah. 所以1aHa是 G 的子群 . 4. 设 G 是交换群 ,0n为整数 , 令|eaGaHn, 证明: H 是G 的子群 . 证明显然He. 若Hba, 则eeebaabnnn11)()(, 从而,Hab1.由

24、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. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - -

25、 - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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1k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

26、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

27、 , 证明 : 存在Hn使nH. 证明众所周知 ,H0. 当0H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0r, 从而,qnm. 上述表明|ZqqnH. 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

28、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, 则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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 :nnG1是 G 的子群 . 证明设nnG

29、ba1,. 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 ,nnGab11.所以nnG1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1i或1j, 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

30、 , 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1. 证明: 循环群是交换群. 证明设aG是一个循环群 . 于是 ,|ZnaGn( 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, )

31、,(|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. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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a

32、G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Garnar|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

33、1),(),(tsvttsus. 于是, 我们有),(),(),(),(),(),()()(tsvtistsusjttsvttsustsvttsusaaxxxx,)(,tstsivjuntsnivtsnjuaaaa, 其中, 当0st时1n, 当0st时1n. 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

34、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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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

35、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 ,1n, 即ab或1ab. 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,0ts, 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1ij, 从而,1i. 所以ts. 5 正规子群与商群1. 证明:

36、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

37、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,ebaba11. 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 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载

38、- - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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HaHa1.这样一来 , 由于a的任意性 , 根据命题 5.11 可以断言 , H 是

39、 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hka1存在Hh和Kk,11hkaKHa. 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

40、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

41、 . 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 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 43 页 - - - - - - - - - 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

42、, :KHHGKG. 其次 , 由于|GaaKHhhK, 因此当:KH时,:KG, 从而:KHHGKG. 现 在 假 设:HG且:KH. 令mHG:,nKH:. 由mHG:知, 存在Gaaam,21, 使得HaGrmr1, 其中诸Har两两不相交 .由nKH:知, 存在Hbbbn,21, 使得KbHsns 1, 其中诸Kbs两两不相交 .这样一来 , 我们有KbaKbaGsrnsmrsnsrmr)()(1111. )(现在我们来阐明上式中的诸Kbasr)(两两不相交 . 为此, 设,2,1,mrr,2, 1,nss, 我 们来 比较Kbasr)(与Kbasr)(. 当 rr时, 由 于HKbs

43、,HKbs, 因此HaHaKbaKbarrsrsr)()(, 从而 ,KbaKbasrsr)()(, 即Kbasr)(与Kbasr)(不相交 . 当 rr且 ss时,KbKbss, 从而, KbaKbaKbaKbasrsrsrsr)()()()()(rssraKbKba, 即Kbasr)(与Kbasr)(不相交 . 所以)(式中的诸Kbasr)(两两不相交 . 这样一来 ,根据)(式可以断言 ,mnKG:, 即:KHHGKG. 8. 设 H 是群 G 的子群 , 假设 H 的任意两个左陪集的乘积仍是一个左陪集, 证明: H 是 G 的正规子群 . 证明任取Ga. 由于 H 是 H 的左陪集 ,

44、 因此存在 H 的左陪集 bH , 使得bHaHHHHa)()(, 由此可见 ,bHHa,bHa, 从而bHaH. 所以aHHa. 由于a的任意性 , 根据上式我们又可以断言 , HaHa11. 将上式两边左乘a, 右乘a, 得HaaH. 所以HaaH. 由于a的任意性 , 这就意味着 H 是 G 的正规子群 . 6 群的同构与同态名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 43 页 - - - - - - - - - 1. 设f是群1G到群2G的同构 , g 是群

45、2G到群3G的同构 , 证明:1f是群2G到群1G的同构 ;gf是群1G到群3G的同构 . 证明众所周知 ,1f是2G到1G的双射 . 其次, 又因f保持乘法运算 , 故对于任意的2, Gba总有)()()() (11babffaffbfaff, 从而, ) () () (111bfafbaf. 所以1f是群2G到群1G的同构 . 众所周知 ,gf是1G到3G的双射 . 又因f和 g 都保持乘法运算 , 故对于任意的1,Gba总有)()()()()()()()()(bgfagfbfgafgbfafgabfgabgf. 所以gf是群1G到群3G的同构 . 2. 设 H 是群 G 的子群 ,1aH

46、a是 H 的共轭子群 , 证明:1aHa与 H 同构. 证明定义 H 到1aHa的映射f如下: 1)(axaxf,Hx. 直接从f的定义可以明白 ,f是满射 . 利用消去律容易推知,f是单射 . 因此f是双射. 其次, 对于任意的Hyx,总有)()()()()(111yfxfayaaxaaxyaxyf. 所以f是群 H 到群1aHa的同构 , 从而,HaHa1. 3. 设f是群 G 到群G 的同构 , 证明 : 对于任意的Ga,| )(|afa. 举例说明, 若f是群 G 到群G 的同态 , 则a的阶与)(af的阶不一定相同 . 证明将群 G 和群G 的单位元分别记做e和 e . 注意到根据命

47、题 6.5, 我们可以断言 : 对于任意的正整数n, 我们有)()(eafeafeannn. 由此可见 ,|)(|afa. 假设2|G,eG, 其中e为 G 的单位元 ,f为 G 到G 的映射 . 则f是 G到G 的 同 态 . 任 取Ga, 使 得ea, 则0| 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HGNH

48、NG/)/()/(. 证明 (1)设 H 是G 的子群 . 显然,NH是 H 的正规子群 ; N 是 HN 的正规名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 43 页 - - - - - - - - - 子群. 考察任意的HNa: 假设332211hnnhnha, 其中,Hhh21,Nnn21,. 则11221nnhh, 从而,NHnnhh121211. 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

49、, )()(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NHhnhnnhhhhh111112123211321)()(, 从而,)()(321NHhNHhh, 即)()()(bfafabf. 所以f是 HN 到)/(NHH的满同态 . 最后,

50、 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