发布时间 : 星期二 文章代数学引论（聂灵沼 - 丁石孙版）第一章习题答案更新完毕开始阅读da45936afad6195f302ba62f
(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.
接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系.
对任意aG, 有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).
综上可知～是一个等价关系.
10. 设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构. 证明:
我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构.
11. 证明:在S4中，子集合
B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}
是子群，证明B与U4不同构. 证明:
可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下： e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e 由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.
假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么
f(x2)= f2(x)=i2=-1
另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.
[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别.
12. 证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群. 证明:[方法1]
设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有
HaH=,
并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此
HaH=G.
同理可证对任意aH, 有
HHa=, HHa=G，
因此对任意aH，有
aH=Ha.
对任意aH, 显然aHH, HaH又因aH,Ha及H中都有n个元素，故
aH=Ha=H.
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综上可知对任意aG,有
aH=Ha，
因此H是G的正规子群.
[方法2]
设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.
对给定的xH, 有
HxH=, HxH=G.
这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.
那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令
a=xh1
这里h1H.
假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令
aha-1=xh2
这里h2H. 那么
xh1ha-1=xh2,
即
a= h2h1hH,
产生矛盾.
因此，任取aH, hH, 有aha-1H.
综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.
13. 设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e. 证明:
设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).
[讨论]
[1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？ 提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.
[2] 群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？
14. 令
A=, B=
证明:集合{B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构. 证明:
下面证明G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群. (Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论： (1) BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此
BiBj=BrG
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这里i+j=kn+r,kZ,0 (2) A BiBj=BrG 这里i+j=kn+r,kZ,0 (3) 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0 Bi(ABj)=( BiA)Bj=(ABn-t)BjG (4) (ABi)(ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t)Bj)=A2(Bn-tBj)= Bn-tBj)G 由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭. (Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立. (Ⅲ)显然Bn=A2=E为幺元. (Ⅳ)对Bi(i=1,2,…,n),有 BiBn-i=E; 对ABi(i=1,2,…,n),有 (ABi)(Bn-iA)=E, 因此G内任何一元都可逆. 由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群. 最后证明G与 Dn同构. 令f:G→Dn f(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,…,n)， 可以证明f就是G到Dn的同构映射，这里不予证明了. 15. 设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明G为交换 群. 证明: 对任意a,bG ai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1, 根据消去律可得 ai+1b=bai+1.----------------------(1) 同时 ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1, 根据消去律可得 aib=bai.---------------------------(2) 因此 ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai----(3) 另外 bai+1=(ba)ai----------------------(4) 结合(1),(3),(4)有 (ab)ai=(ba)ai---------------------(5) 由消去律可得到 ab=ba. 因此G为交换群. 16. 在群SL2(Q)中，证明元素 a= 的阶为4，元素 7 b= 的阶为3，而ab为无限阶元素. 证明： 可以直接验证a的阶为4，b的阶为3. 因为 ab=， 对任何正整数n， (ab)n=≠ 可见ab的阶为无限. [注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素. [问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？ 17. 如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群. 证明: 交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则 (ab)mn=(am)n(bn)m=e 因此ab为有限阶元素，即abS. a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S. 综上可知S为G的一个子群. 18. 如果G只有有限多个子群，证明G为有限群. 证明: 采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素. (1) 首先看第一种情况： G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群； G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群； G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群； … … … 我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列Gn(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾； (2) 再看第二种情况: 设a∈G的阶数为无穷，那么序列 G1=<>，G2=<>，…，Gn=<>，… 是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾. 综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群. 19. 写出Dn的所有正规子群. 20. 设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH. 证明： 8