2.第二章群论自测练习

1、第二章群论自测练习一、概念解释1 .置换 2.群的方程定义3群的公理化定义4.群的阶 5.循环群 6.群的指数二、判断题2 .对于群G的任意两个元a,b来说，方程ax = b和 ya=b都在G中有解。3 .任何一个子群都同一个变换群同构。4 .设Hi , H2均为群G的子群，则Hi = H2也为G的子群。（）5 .群G的不变子群N的不变子群 M未必是G的不变子群。（）（1 2 3 4）5.S4的置换冗=是一个4循环置换。必 1 4 3J6.群G中元素a的逆元存在，但不一定唯一。三、选择题1 .下面是交换半群，但不是群的是（）。、 ， 一、_， * 、A. （N,+）B. （Q,+）C.（Z,+

2、）,其中是非零整数集合D. （C+）2 .设e是群G的单位元，a,b是G的两个元素，则（）。A. （ab），= a"b/B. （ab）2 = a'b2 C.若 a2 =e,则 a = a/D. ab = ba3 .精确到同构，4阶群有（）个。A. 1 B. 2 C. 3 D. 44 .以下结论正确的是（）。A.全体非零整数对普通乘法作成一个群B.全体奇数对普通加法作成一个群C.实数域上全体n阶矩阵对普通乘法作成一个群D.、实数域上行列式等于 1的全体n阶矩阵对普通乘法作成一个群5 .若H, K分别是群G的2011阶，2012阶子群，则H 口 K是群G的（）。A.1阶子群B.2

3、011阶子群C.2012阶子群D.2011父2012阶子群6 .以下结论正确的是（）。A.无限群中除了单位元外其余元的阶都是无限B.无限群中至少有一个无限阶元C.有限群中阶大于2的元的个数一定是偶数D.有限群中两个有限阶元的乘积可能是无限阶元7 .在4次对称群S4中，阶等于2的元的个数是（）。A. 2B. 3 C.6D.98 .设N是群G的不变子群，以下结论不正确的是（）。A若G是交换群，则 G/N是交换群 B、若G是非交换群，则 G/N是非交换群C、若G是循环群，则G/N是循环群D、若G中元的阶都有限，则G/N中元的阶都有限四、填空题1 .设群G中元素a的阶为m ,如果an = e,那么m与

4、n存在整除关系为。2 .凯莱定理说：任一个子群都同一个 同构。3 .设G = （a）是循环群，则 G与整数加群同构的一个充要条件是 。4 .设Z是整数加群，2Z =2n | n w Z是Z的子群，则商群Z/2Z的阶是。5 .模12的剩余类加群Z12到模18的剩余类加群Z18的同态映射有 个。6 . p（p是素数）阶群的子群有 个。7 .在全体非零复数对普通乘法作成的群C*中，由一1+"”生成的子群的所有元素28 .若N是4次对下群S4的12阶子群，则商群S4/N的阶是。9 .在同构的意义下，p（p是素数）阶群共有 个。0 -1 |10 .在实数域上全体 2阶可逆矩阵对普通乘法作成的群

5、中，由A=|生成的子群的所：1。一有兀素是。11 .模12的剩余类加群Z12的单位元是.12 .已知群G中元素a的阶为6,则a4的阶等干 .13 .整数加群Z的所有生成元是.14 . n次对称群Sn的阶星.五、计算题1.设G是由有理数域上全体2阶满秩方阵对方阵普通乘法作成的群，试求G中下列各元素0的阶：a =ab.12342.设仃S S6 ,其中CT =2 5416'2)1)将仃分解成不相连循环置换的乘积;2)求仃的阶;-1 一23)求。及仃。3.设9次置换仃='1234569376187 8 9、9 4 2,(1)将仃表成互不相交的轮换乘积;(2)将仃表示成形式为对换的乘积;

6、(3)求出仃的逆与的阶。六、解答与证明题1 .请举一个幺半群其中有一个元素的左逆元不一定是右逆元，右逆元也不一定是左逆元。2 .设G是由以下四个二阶方阵作成的集合0、1b =1；<00、1,c =-1；2-1?-11J，证明：G对方阵的普通乘法作成一个交换群，并给出乘法表。3 .假设G是2n阶群，则G包含有2阶元素；如果n是奇数并且G是Abel群，则G只有 一个2阶元素。证明4 .实数集R,对运算a 0b = 2(a+b)能否作成群，并说明理由。5 .设G= (a)是循环群，证明：当 a =n时，G= (a)与n次单位根群同构。6 .设G是整数环Z上行列式等于1或-1的全体n阶方阵作成集

7、合，证明：对于方阵的普通 乘法G作成一个群。7 .设R是一个有单位元1的环，a,bWR,证明：如果1十ab在R中有逆元，则1 + ba在R中也有逆元。8 .设R2为所有实数对(x, y)作成的集合，对运算 (a,b) °(c,d) = (a + c,b d) , R2能否构 成群，说明理由。9 .令G= (e, a, b且G有如下乘法：证明：G对此乘法作成一个群。10 .非零实数集R对运算a *b = ab能否作成群，说明理由。11 .实数集R,对运算a 'b =2(a+b)能否作成群，并说明理由。一 ，一 一、212 .证明：在群G中只有单位兀满足方程 x =x。13 .设

8、G是一个阶大于1的群，证明：若 G中除单位元外其余元素的阶都相同，则这个相 同的阶不是无限就是一个素数。14 .证明：任何群都不能是两个非平凡子群的并。15 .两个子群的乘积不-一定是子群。16 .证明：群G是有限群当且仅当 G只有有限个子群。17 .试举出满足以下条件的群：1) G是无限群，除单位元外，每个元素的阶都无限。2) G是无限群，G中除单位元外，既有有限阶元素，也有无限阶元素。18 .证明：在任意群G中，a与cac(a,cWG)同阶。19 .假定群G的阶为n,且G =(a).证明：G = (ar),这里(r,n) = 1.20 .一个群G的可以写成a'bab形式的元叫做换位

9、子，证明：(1)所有有限个换位子的乘积组成的集合C是G的一个不变子群，称为G的导群或换位子群；(2) G/C是交换群；(3)若N是G的一个不变子群，并且G/N是交换群，那么NnC .21 .假定是一个群 G的元间的一个等价关系，并且对于 G的任意三个元 a, x, y来说，有 axay = xy。证明：与G的单位元e等价的元所作成的集合是 G的一个子群。22 .设循环群G =(a)是可换群.23 .设G是一个阶大于1的群，证明：G只有平凡子群当且仅当 G为素数阶循环群。24 .假定群G的不变子群N的阶是2,证明:G的中心C(G)包含N.25 .假定G和G是两个群，并且邛是G到G的同态满射。(1

10、) .证明ker中是群G的正规子群；(2). 证明甲是同构映射当且仅当 ker邛=e。26 .证明：阶是pm的群G 一定包含一个阶是 p的子群，其中mZ+, p是素数.27 .设G= (a)是循环群，证明：当 a =8时，G= (a)与整数加群同构。28 .整数加群Z是否与偶数加群2Z同态？整数环Z是否与偶数环2Z同态？请简 要陈述理由.29 .设N MG ,证明：N < G的充要条件是 N的任意两个左陪集的乘积是左陪集。30 .设H ,K是群G的子群，证明：H : H cK <G : K;(2)当G : K有限时，则H : H c K =G : K当且仅当G = HK。31.设f

11、是群G到群G的同态满射,NG, N = f,(N),证明：GN 三自测练习参考答案 一、概念解释参见课本二、判断题1. V,23,3. X ,4V, 5. X , 6. X三、选择题1.(A ) 2.(C ) 3.(B ) 4.(D )四、填空题11. ab 2. 变换群 3. | a| = g 4. 2 5. 65. (A )6.(C)7.(D) 8. (B )(2-1、. 3i6. 2 7.1, , ,=-8. 29. 10 -1 ： 17 0010. 4 0 j " -i1 1-1110I I 1 11.0 12. 3 13. 1,-1 14. n!0|tO 1五、计算题一10

12、、1.G的单位元为e=a<0 V0 1(ab)n0、21-11、又b =1) U 0Jb30、L1 1、ab =对任意白勺整数n<0 11<0即a的阶为4, b的阶为3, ab的阶为无限21二=c-=(143)(265)2. 1)仃=(134)(256) ; 2 )仃的阶为 3; 3)仃口 =(143)(265)3. ( 1 )仃=(15)(2379)(468),( 2 )仃=(15)(29)(27)(23)(48)(46)( 3 )仃=(15)(9732)(864),|。|=12。六、解答与证明题1 .设A是正整数集合，M=f|f:A|4A,则M是一个幺半群。做变换f (n

13、) =n+1,Vn w A , f 是一个单射但不是满射，g(1) = 1,g(n) = n 1,n 之 2, Vnw A, g是一个满射但不是单射，并且有gf =不但是fg #1A,则g是f的左逆元不是右逆元，同样f是g的右逆元不是左逆元。2 .由题设可列乘法表:a b c d由此表可知：方阵普通乘法是 G的代表运算，a是G的单位元，又由于对角线位置上的元素相等，故乘法可以交换，且每个元素 G中都有逆元，结合率显然成立。故G对方阵普通 乘法作成一个交换群。3. (1)由于G是一个偶数阶群，则 G中阶等于2的元素的个数一定是奇数，所以群 G包含一定有2阶元素；(2)假设G有两个不同的2阶元素a

14、,b,又由于G是Abel群，则易知e, a,b, ab是G的一个4阶子群，于是由Lagrange定理知，4 | 2n ,进而2 | n ,但这于n是奇数矛盾，所以 G只有一个2阶元素。4.R不能作成群，因为 R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元x,则由于0W R,由所给运算有：x°0=2(x+0)=2(1+0)=2#0,即单位元x = 0,而1乞R,但1 °0 =2(1 +0) = 2 00 ,这与x = 0是单位元矛盾。5.设a w G = (a)的阶为n ,则易看出映射 中：am t em是G= (a)到n次单位根群(e) =1,e,e2,en, (e为n次原根)的

15、一个同构映射，故 G=(a)三(e)。6 .G显然非空，又任取 A, BW G ,则A = ±1, B = ±1 ,于是AB是整数方阵，且AB = A，B = ±1,故AB w G ,即G对乘法封闭。结合律显然成立，且E是G单位元。又设AG,由于A是整数方阵，故 A的伴随矩阵 A也是整数方阵；又A =±1,故A。=工庆* = ±A",即A也是整数方阵，即G中每一个元在 G中都有逆 A元，从而证得 G作成一个群。7 .令 c 是 1+ab 的逆元，则有：c (1+ab) =(1+ab) c=1 或：c-1+cab=c-1+abc=0,于

16、是有： (1-bca ) (1+ba)=1-bca+ba-bcaba=1-bc-1+cab a=1 同理有：(1+ba) (1-bca)=1.即 1-bca是1+ba的逆元。8 . R2不能作成群，因为所给运算不满足结合律，例：取 a = (0,0),b=(0,0), c=(0,1)则 a (b c) =(0,0) (0,-1) =(0,1)(a b) c = (0,0) (0,1) = (0,-1)a '(b *c) #(a "b) "c 即结合律不成立，不能作成群。9 .G对此乘法作成一个群。1、证：由乘法表可知，G对所给乘法封闭，e是单位元，又e=e, a=b

17、, b'=a,即每个元素在 G中都有逆元，因此要证 G是一个群，只要再证结合律 成立即可。任取 x, y w G ,贝U显然有： e(xy) = x(ey) = xy = x(ye)(xx)x = x(xx)其次令x, y w a,b,且x # y ,则由乘法表知： xx = y, yy = x, xy = yx = e,可知结合 律成立。10 .非零实数集R对运算a0b = ab不能作成群。因为1,-1 w R ,但方程1 'x = 1 ,即x = -1在R中无解，由群的定义知 R对所给代数运算，不能作成群。11 .R不能作成群，因为 R对所给运算来说没有单位元。若R有单位元

18、x,则由于0W R,由所给运算有：x*0=2(x+0)=2(1+0)=2¥0,即单位元x = 0,而1正R,但1 °0 =2(1 +0) = 2。0 ,这与x = 0是单位元矛盾。12 .设e是群G的单位元，则e显然满足方程另外设 a= G,且a2 =a ,则有a,a2 =aa 即a=e,即只有e满足方程x2 = x。13 .若G中除单位元外其余元素的阶均是无限，则结论已对；若 G中非单位元素的阶都 n , 若n是合数，即n =n1n2 , n1A1, n2 >1 ,则G中任意的元素a ,有| an1尸1# n ,这与 易知矛盾，所以n必是素数。14 .假设群G是两个

19、非平凡子群 H , K的并，即G = H2K。由于H,K是G是两个非平凡子群，故有a,bG ,使得b更H ,a盘K ,又由于G = H = K ,所以有a H ,b K ,又 因为abG = H = K ,故必有ab三H , ab K。若abH ,则由于H是G是子群，故 b=a(ab)w H矛盾，若abwK ,则由于K是G是子群，故a = (ab)b,w K矛盾，因此15 . S3 =(1),(12),(13),(23), (123),(132) , H =(1),(12), K =(1),(13),则HK = ( 1 ) , ( 1 2,当然不可能是S3的子群，因为(132),= (123)

20、正HK。16 .群G是有限群当且仅当 G只有有限个子群。证明：若群G是有限群，则 G的子集的个数是有限的，从而其子群的个数当然是有限的； 反之，G只有有限个子群，则G中显然不能有无限阶元素，因为无限循环群有无限个子群，这样G中每个元素的阶都是有限的，任取a1 w G ,则(a1)是G的一个有限子群，再取a2 wG (a1)，于是(a?)又是G的一个异于(a1)有限子群，但 G只有有限子群，故这种过s程不能无限地持续下去，从而存在正整数s ,使得G =|lai ,而每个(ai)都是有限的，于是群G是有限群。1.1 1 )如整数加群 G除单位元。外，每个元的阶都无限。2)如：全体非零有理数对普通乘

21、法作成一个群，满足题设条件，除单位元1的阶是1外，-1的阶是2,而其余各元素的阶都是无限。18 .设 an =e, (cac,)" =ca"c，= e,反之若(cac,)“=3,有 canc=ean = e即a与cac，有相同的阶。19 .因(r, n) =1,故存在整数s、t,使得rs + nt = 1,这样Vam w G ,有mmrs:mntr ms n mtr msrr、a =a =(a) (a ) =(a),故a是G的一个生成兀，从而G = (a ).20 . (1) 由于e = e'e,ee, ew c ； C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积 ，因而仍

22、 是C的一个元；一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆仍是的 C 一个元，这样C是G的一个子群；对于a w G,cwc, aca，=(aca'c)c C ,所以C是G的一个 不变子群.(2)令 a,bw G ,那么(ba)，ab =a"bab = c C ,由此得 abC = baC ,即 aCbC = bCaC ,因而G / C是交换群.(3)因为G / N是交换群，所以对G的任何两个元a和b , .1.1.1(aN)(bN) =(bN)(aN)，由此得(ba) (ab) = a b ab = N ,这样 N 含有一切换位子，因 而N含有C .21.设H=e,由于

23、是等价关系，故 ee,即e H ;111Va, b匚H ,则ae, be因而aea , beb b ,由题设可得 ea , e.1111.11. .1.b ,-10 分；由对称性及传递性得 b a , aa ba-e,再由题设得ab-e即a bwH，那么与G的单位元e等价的元所作成的集合 G的一个子群。22 . yas, at G ,由于 asat =as* =atHs =atas，从而 G =(a)是可换群。23 .充分性，由Lagrange定理知，显然成立。必要性，因为|G|>1 ,所以存在a w G,a #e。设H = (a),则H #e，但是H J G , 由假设，H =G;若|

24、a| = m,则(a2)是G的非平凡子群，与假设矛盾；若 | a |= n 是合数，即 n = n1n2, n1A1, n2 A1 ,则 | an1 |= n2,从而(an1)是 G 的非 平凡子群与假设矛盾。因此G为素数阶循环群。24 .设 N=e,n, X/a w G ,有 ana，w N ,必有 ana'= n ,否则 ana/=e,便彳# n=e 的矛盾，从而ana,=e ,an=na,另外显然ae=ea,故N三C(G)。25 .先证ker中非空， 其次证ker中是子群；最后证ker中的不变性。2、只证中是单射 即可。n26 .取a亡G而a # e,则由Lagrange定理知，| a |= pn,其中1 E n E m ,则ap 一的阶是p ,n J_所以H =(ap)是G的一个p阶子群。27 .设a =g ,则当m#n时，am#an,于是映射中：amT m就是g= (a)到整数加群Z的一个一一映射。又 am -a