代数学引论(聂灵沼,丁石孙版)第一章习题解答

1 第一章代数基本概念 1.如果群 G 中,对任意元素 a,b 有(ab) 2=a2b2,则 G 为交换群. 证明: 对任意 a,bG,由结合律我们可得到 (ab) 2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群 G 为交换群. 2.如果群 G 中,每个元素 a 都适合 a 2=e, 则 G 为交换群. 证明: 方法 1 对任意 a,bG, ba=bae=ba(ab) 2=ba(ab)(ab) =ba 2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此 G 为交换群. 方法 2 对任意 a,bG, a 2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知 G 为交换群. 3.设 G 是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法 ab,适合条件: (1) a(bc)=(ab)c; (2) 由 ab=ac 推出 a=c; (3) 由 ac=bc 推出 a=b; 证明 G 在该乘法下成一群. 证明:方法 1 设 G=a1,a2,an,k 是 1,2,n 中某一个数字,由(2)可知若 ij(I,j=1,2,n),有 akaiakaj- aiakajak- 再由乘法的封闭性可知 G=a1,a2,an=aka1, aka2, akan- G=a1,a2,an=a1ak, a2ak, anak- 由和知对任意 atG, 存在 amG,使得 akam=at. 由和知对任意 atG, 存在 asG,使得 asak=at. 由下一题的结论可知 G 在该乘法下成一群. 下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 方法 2 为了证明 G 在给定的乘法运算下成一群，只要证明 G 内存在幺元(单位元)，并且证明 G 内每一个元素 都可逆即可. 为了叙述方便可设 G=a1,a2,an. 2 () 证明 G 内存在幺元. 存在 atG，使得 a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); 证明 a1at= ata1; 因为 a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1) 2 a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1) 2, 故此 a1(ata1)at= a1(a1at)at. 由条件(1),(2)可得到 a1at= ata1. 证明 at就是 G 的幺元; 对任意 akG, a1(atak) =(a1at)ak=a1ak 由条件(2)可知 atak=ak. 类似可证 akat=ak. 因此 at就是 G 的幺元. () 证明 G 内任意元素都可逆； 上面我们已经证明 G 内存在幺元，可以记幺元为 e，为了方便可用 a,b,c,等符号记 G 内元素.下面 证明任意 aG，存在 bG，使得 ab=ba=e. 对任意 aG，存在 bG，使得 ab=e; (这一点很容易证明这里略过.) 证明 ba=ab=e; 因为 a(ab)b=aeb=ab=e a(ba)b=(ab)(ab)=ee=e 再由条件(2),(3)知 ba=ab. 因此 G 内任意元素都可逆. 由(),()及条件(1)可知 G 在该乘法下成一群. 4.设 G 是非空集合并在 G 内定义一个乘法 ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对 元素 a,bG,下列方程 ax=b 和 ya=b 分别在 G 内恒有解，则 G 在该乘法下成一群. 证明： 取一元 aG,因 xa=a 在 G 内有解, 记一个解为 ea,下面证明 ea为 G 内的左幺元. 对任意 bG, ax=b 在 G 内有解, 记一个解为 c,那么有 ac=b ,所以 eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b, 因此 ea为 G 内的左幺元. 3 再者对任意 dG, xd=ea在 G 内有解,即 G 内任意元素对 ea存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此 G 在该乘 法下成一群. 总结 群有几种等价的定义: (1) 幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群. (2) 设 G 是一个非空集合，G 内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且 G 内包含幺元, G 内任意元素 都有逆元,则称 G 为该运算下的群. (3) 设 G 是一个非空集合，G 内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且 G 内包含左幺元, G 内任意元 素对左幺元都有左逆元,则称 G 为该运算下的群. (4) 设 G 是一个非空集合，G 内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素 a,bG,下列方 程 ax=b 和 ya=b 分别在 G 内恒有解，则称 G 为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群. 5.在 S3中找出两个元素 x,y,适合 (xy) 2x2y2. 思路 在一个群 G 中，x,yG, xy=yx (xy) 2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到 S 3中两个不可交换的元 素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素. 解: 取 x=, y= 那么 (xy) 2= x2y2. 注意 我们可以通过 mathematica 软件编写 Sn的群表,输出程序如下: Pra_,b_,n_:=(*两个置换的乘积*) (Tableabi,I,1,n); Sen_:=(*1,2,n的所有可能的排列做成一个表格*) (PermutationsTablei,I,1,n); Stablen_:=(*生成 Sn群表*) (a=Sen; Tableprai,aj,n,I,1,n,j,1,n) 当 n=3 时群表如下： 说明：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用 e,a,b,c,d,f 表示,那么群表如下: eabcdf eeabcdf aaedfbc bbceafd ccbfdea 4 ddfaecb ffdcbae 6.对于 n2,作一阶为 2n 的非交换群. 7.设 G 是一群, a,bG,如果 a -1ba=br,其中 r 为一正整数,证明 a-ibai=. 证明： 我们采用数学归纳法证明. 当 k=1 时, a -1ba=br=, 结论成立；假设当 k=n 时结论成立, 即 a-nban=成立, 下面证明当 k=n+1 时结论 也成立. 我们注意到 a -1bka= bkr, 因此 a -(n+1)ban+1= a-1 (a -nban)a=a-1a=, 可见 k=n+1 时结论也成立. 由归纳原理可知结论得证. 8.证明:群 G 为一交换群当且仅当映射是一同构映射. 证明: ()首先证明当群 G 为一个交换群时映射是一同构映射. 由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为 , 并且群 G 为一个交换群,可得 . 因此有 . 综上可知群 G 为一个交换群时映射是一同构映射. ()接着证明当映射是一同构映射,则群 G 为一个交换群. 若映射是一同构映射,则对任意有 , 另一方面，由逆元的性质可知 . 因此对任意有 , 即映射是一同构映射,则群 G 为一个交换群. 9.设 S 为群 G 的一个非空子集合，在 G 中定义一个关系 ab 当且仅当 ab -1S.证明这是一 个等价关系的充分必要条件为 S 是一个子群. 证明: 首先证明若是等价关系，则 S 是 G 的一个子群. 对任意 aG,有 aa,故此 aa -1=eS； 对任意 a,bS,由(ab)b -1=aS,可知 abb，又 be-1=bS,故 be,由传递性可知 abe，即(ab)e-1=abS.再者 因 ae -1=aS, 故 ae,由对称性可知 ea，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. 5 对任意 aG, 有 aa -1=eS，故此 aa(自反性);若 ab，则 ab-1S,因为 S 为 G 的子群，故(ab-1)-1=ba-1S, 因此 ba(对称性);若 ab，bc,那么 ab -1S,bc-1S,故 ab-1 bc -1=ac-1S，因此 ac(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： eabc eeabc aaecb bbcea ccbae 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(x 2)= f2(x)=i2=-1 另一方面, f(x 2)=f(e)=1(注意 x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即 B 与 U 4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. 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. 6 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=xh 2 这里 h2H. 那么 xh1ha -1=xh 2, 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 a 2=e. 证明: 设 bG， 且阶数大于 2， 那么 bb -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 a n=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,B 2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群 D n同构. 证明: 下面证明 G=B,B 2,Bn,AB,AB2,ABn在矩阵的乘法下构成一群. ()首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论： (1) B iBj=Bi+j,注意到 Bn=故此 B iBj=BrG 这里 i+j=kn+r,kZ,0rn. (2) A B iBj=BrG 这里 i+j=kn+r,kZ,0rn. (3) 容易证明 BAB=A=AB n,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里 i=sn+t,kZ,01)个右逆元，并设这些元素为 xi(i=1,2,n).那么 a(1-xia+x1)=1(i=1,2,n), 又当 ij 时，1-xia+x11-xja+x1 注，这里 i，j=1,2,n.于是 xi|i=1,2,n=1-xia+x1| i=1,2,n ， 故存在 xkxi|i=1,2,n使得 x1=1-xka+x1, 即 xka=1. 因为 n1，我们取 xtxkxi|i=1,2,n，那么 (xka)xt=xt，(xka)xt=xk(axt)=xk 因此 xt=xk，产生矛盾，所以假设不成立，即 a 有无穷多个右逆元. 注意 1. 若 ab=1 但 ba1，则 a 至少有两个右逆元. 因为易验证 1-ba+a 就是另一个右逆元. 2. 假设当 ij 时，1-xia+x1=1-xja+x1，则 xia=xja，故 xiax1=xjax1,因此 xi=xj，产生矛盾. 42. 设 L 是一个至少有两个元素的环. 如果对于每个非零元素 aL 都有唯一的元素 b 使得 aba=a. 证明： (i) L 无零因子； 16 (ii) bab=b; (iii) L 有单位元素； (iv) L 是一个体. 证明： (i)先证明 L 无左零因子， 假设 a 为 L 的一个左零因子， 那么 a0， 且存在 c0， 使得 ac=0， 于是 cac=0. 因 a0，则存在唯一 b 使得 aba=a.但 a(b+c)a=a,b+cb 产生矛盾，所以 L 无左零因子. 类似可证 L 无右零因子. (ii)因 aba=a，所以 abab=ab. 由(i)的结论知 L 无零因子，因此满足消去律，而 a0，故 bab=b. (iii) 我们任一选取 a(0)L，再设 aba=a(这里 b 是唯一的)，首先证明 ab=ba.因为 a(a 2b-a+b)a=a， 所以 a 2b-a+b=b，即 a2b=a=aba，由消去律得到 ab=ba. 任取cL， 则ac=abac， 故此c=(ba)c=(ab)c； 另一方面， ca=caba， 故此c=c(ab).综上得到c=(ab)c=c(ab), 所以 ab 就是单位元素，我们记 ab=ba=1. (iv)由(iii)可知任意 a(0)L，ab=ba=1，即任意非零元素都可逆，因此