近世代数答案(一、二章)
Chapter 11、proof Let A,B,C be sets .Suppose that x ∈B,we get x ∈A ∩B orx A B A ∈- ,andx A C∈ or x A C A ∈- sinceA B A C= andA B A C= .so x ∈C andB C⊆.Similarly ,we haveC B⊆and soB=C .2、proof ① First,consider()x A B A ∈- .Then x A ∈ or x B ∈,butx A ∉.This implies if x is not an element of A ,then x B ∈.Hence x A B∈ and ()A B A - ⊆A B .Conversely, ifx A B∈ ,then by definition , x A ∈ or x B ∈.This generates two cases: (a1) If x A ∈,clearly()x A B A ∈- ;(b2) Ifx B ∈,then either x A ∈ or not . i.e.,either x B ∈andx A ∈or x B ∈but x A ∉, in either case, we have()x A B A ∈- .Hence A B ⊆()A B A - .Therefore()A B A - =A B . ② Suppose that()x A B C ∈- .Then x A ∈but x B ∉ and x C∉.Sox A ∈-B and x A C ∈- and ()()x A B A C ∈--bydefinition .Hence()A B C - ⊆()()A B A C -- .Converssely, Assume that()()x A B A C ∈-- ,then x A ∈-Bandx A C∈-,and we have ,x A ∈but x B ∉ andx C ∉.Hence x B C ∉ , x A ∈, i.e., ()x A B C ∈- .Therefore ()()A B A C -- ⊆()A B C - and,so ()A B C - =()()A B A C --3.(a) surjective (b) bijective (c) bijective4.proof if f: X →Y and g: Y →Z are functions,then their composite denoted by g ︒f, is the function X →Z given by g ︒f: X →g(f(x))(i) suppose that (g ︒f)(a)= (g ︒f)(b), where a,b ∈X. we haveg(f(a))=g(f(b)) by definition, and f(a)=f(b) since g is injective, similarly, a=b for f is injective. Therefore, g ︒f is injective. (ii) For each Z ∈Z, there is y ∈Y with g(y)=z since g is surjective,and for each y ∈ Y , there exists a ∈ x with f(a)=y since f is surjective. So for∀z ∈Z, there is a ∈ x with(g ︒f)(a)=g(f(a))=g(y)=z. which implies g ︒f is surgective.5. proof clearly,α:R →R is a function. Suppose thatα(a)=α(b)where a, b ∈R are distinct. Then 332211aba b =++, cross multiplyingyields332323a ab b a b+=+, which simplifies to33a b= and hence a b =,so α is injective. for ∀given y ∈R,321xyx =+from,we getequation 320x yx y --=, which can be solved for x, i.e .for each y ∈R,there is at least x ∈x such that 321xyx =+.whic impliesαissurjective. Thereforeαis bijective.6、(a) R is reflexive, symmetric, transitive. (b) R is reflexive, not symmetric, transitive. (c ) R is reflexive, symmetric, transitive. (d) R is reflexive, symmetric, transitive.7、proof (1) For every a ∈R-{0}，we have 20aa a =>, and so,aR a(2) If aRb , where ,{0}a b R ∈-, i.e.,0,ab > then0ba >, i.e., bRa ,(3) If ,aR b bR c , where ,,a b c ∈{0}R -, i.e.0,ab >0bc >, then 0ac >.i.e.,aRc .Therefore, therelation ～ is an equivalence relation .8、 There are 1,3,5,15 equivalence relations on a set S with 1,2,3 or 4elements, separately.9、 We can list the elements of the residue classes of modulo 3: [0]={…,-9,-6,-3,0,6,9,…} [1]={…,-8,-5,-2,1,4,7,10,…} [2]={…，-7,-4,-1,2,5,8,11,…}Chapter 21、proof i)ii ）For every x,y,z ∈G ,(x*y)*z=(xy-x-y+2)*z=(xy-x-y+2)z-z-(xy-x-y+2)+2=xyz-xz-yz+z-xy+x+yx*(y*z)=x*(yz-y-z+2)=x(yz-y-z+2)-x-(yz-y-z+2)+2=xyz-xy-xz+x-yz+y +zwe have (x*y)*z=x*(y*z). And so the associative law holds.3、Solution Straightforward calculation shows that 46A IB ==.()nAB I ≠, since 1()01nn AB I -⎛⎫=≠⎪⎝⎭(0)n ≠.4、proof Suppose222()ab a b = for all ,a b G ∈，then 2()ab =()()ab ab =22a b =()()aa bb ,i.e., abab aabb =. Applying left cancellation , this becomesbab abb =,and by right cancellation, this reduces to ba ab =.5、proof For every a G ∈, there is a ,1a G -∈ such that 1a a e -=(identity)So 11()naba aba--=1aba- (1)aba-1aba-=1n ab a-。
6、proof Firstly ,the identity element belongs to N since it is equal tone e =,(e is an identity of G ). The product of any two elements of N is an element of N , since G is abelianAnd ()n n na b ab =.Also the inverse of an element of N is an element of N .Since 11()()nna a --=For some positive integer. Thus N is a subgroup of G .7、Proof Clearly ，10cos 0sin 001sin 0cos 0e H -⎡⎤⎡⎤==∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. For every 1111cos sin sin cos θθθθ-⎡⎤⎢⎥⎣⎦, 2222cos sin sin cos θθθθ-⎡⎤⎢⎥⎣⎦H∈,we have1111cos sin sin cos θθθθ-⎡⎤⎢⎥⎣⎦2222cos sin sin cos θθθθ-⎡⎤⎢⎥⎣⎦= 12121212cos()sin()sin()cos()θθθθθθθθ+-+⎡⎤⎢⎥++⎣⎦H ∈ ,and the inverse ofcos sin sin cos θθθθ-⎡⎤⎢⎥⎣⎦is cos()sin()sin()cos()θθθθ---⎡⎤⎢⎥--⎣⎦H ∈Thus H is a subgroup of G .8、Proof Firstly ,the identity element1001e ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∈K For every 2ab ba ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦,2cd d c ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦∈k,2222()2ab c d ac bd ad bc k b a d c ad bc ac bd -+⎡⎤⎡⎤⎡⎤=∈⎢⎥⎢⎥⎢⎥---+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦, And the inverse of 2a b b a ⎡⎤⎢⎥-⎣⎦ is 22122a b k ba a b⎡⎤∈⎢⎥+⎣⎦, so k is a subgroup of 2()G L R .9. Hint: Theorem 2.4.6.10 .Proof For every a ∈G , we have ax=xa since G is abelian. For a subgroup H, naturally, Ha=aH and H is normal.11.o(0)=1, (1)6,(2)3,(3)2,(4)3,(5) 6.o o o o o =====12. Solution AU positive divisors of 6 are 1,2,3,6, so the subgroup of6Z are :<1>=6Z ={0,1,2,3,4.5}, <2>=26Z ={0,2,4}, <3>=36Z ={0,3}, <6>=66Z ={0}.13. Yes. 14. need not. 15. H={mz/z ∈Z},where m is integer . 16.Answers may vary.17. proof suppose that o(ab)=r, then ()rnrnrnrna ab ab e === since o(b)=n, and we have m/r n. From gcd(m,n)=1, so m/r. Similary n/r, and mn/r since gcd(m,n)=1. On the other hand,()mnmn mnab a be e e ==⋅= and so r/mn ,Hence r=mn.19、(14)(265),odd. 20、5！ 21、3023、Proof firstly, we will prove H a =H iffa ∈H. If H a =H, thena =e a ∈Ha=H .i.e. a ∈H. Conversely , If a ∈H,H is a subgroup of thegroup G , then1a-∈H and H a ⊆H ⋅H=H. Also H=H a 1a -=(H a )1a-⊆H a .Suppose .So H a =H. Hence H a =H iff a ∈H.Suppose that H a =H a , then H a 1b-=Hb 1b -=H. anda 1b-∈H. from theabove proof .Ifa 1b-∈H, then H a 1b-=H and so H a =Hb.24、Proof First, a 1a -=e ∈H, then a ～a .If a ～b ,then a 1b-∈H and H a = Hb by 23.So Hb 1a -=H andb 1a-∈H.we get b ～a .If a ～b, b ～c, thena 1b-∈H, b 1c-∈H, anda 1c-=(a1b-)b 1c-∈H, soa ～c. therefore a ～biffa 1b-∈H defines an equivalence relation.26、proof Firstly Let 1:aH Haϕ-→.IfaH bH=,then1a b H-∈ by exeraise23,and11111()()HaHa bb H a b b-----==, this shows that ϕ is a mapping fromaHto1H a-.Secondly , LetaH ,/bH G H∈,if ()()aH bH ϕϕ=, i.e.,1H a-=1H b -, then1b a -H∈, and sobH=aH by exercivse 23. ϕ is injective.For∀1H a -∈\H G, we haveaH/G H∈ and ()aH ϕ=1H a -. So ϕ is surjective from/G Hto \H G. Where {}/|G H gH g G =∈,}{\|H G Hg g G =∈. 28. proof For a H∀∈, ifa ∈H, Then aH H Ha ==. Ifa H∉, thenaHandHare distinct cosets., and G H aH= since]:2G H ⎡=⎣, similarly , G H Ha= , sinceaH H =∅, we haveaH G H Ha⊆= andaH Ha⊆. Similarly ,H a⊆aH. So aH=H a , and H is a normal subgroup of G .29. Hint : computation by the definition of left coset and right coset . 32. proof Let :a f G G→1x axa-→Clearly , af is a mapping from G to G .For x G∀∈. There exist 1a xa -G∈ such that11()()a f a xa a a xa x--== andsoaf is surjective .(3)If x1a-=ay1a-,where x、y∈G, then x=y by the cancellation law, and fa is injective.(4)For∀x、y∈G, we have a f (xy)=axy1a-=ax(1a-a)y1a-=(ax1a-)(ay1a-)=a f(x)a f(y) so a f is a homomorphism from G to G.Therefore fa is an automorphism of G.33、Proof (1)For∀x∈G, we have ex= xe, and e∈Z(G).So Z(G)≠φ. (2)If a,b∈Z(G),then for∀x∈G,(ab0x=a(bx)=(ax)b=(xa)b=x(ab).and so ab∈Z(G).(3)If a∈Z(G),then ax=xa for ∀x∈G and 1a-(ax) 1a-,i.e. , x1a-=1a-x, so1a-∈Z(G).Hence Z(G) is an abelian subgroup of group G., and Z(G) is a normal subgroup of G Since a Z(G)={x∈Z(G)}={xa | x∈Z(G)} Z(G)a, ∀a∈G.36、Proof (1)For ∀1010001a b⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭,1010001c d⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭∈G,then1010001a b⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭1010001c d⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭=1010001a cb d++⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭∈G . G is closed.(2)Clearly,the associative law holds.(3)The identity element is100 010 001⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭.(4)For ∀1010001a bG⎛⎫⎪∈⎪⎪⎝⎭, we get11010001a b-⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭1010001a b--⎛⎫⎪=⎪⎪⎝⎭, so G is a subgroup ofG L R(3,)。
近世代数初步(第二版)课后习题答案(石生明)02
倡 ４畅 Ｅ 车 Ｆ 为域扩张 ，α１ ，α２ ，… ，αｔ ∈ Ｅ ，［ Ｆ（ αｉ ） ：Ｆ］ ＝ ｎｉ ，ｉ ＝ １ ，２ ，… ，ｔ ，则
［ Ｆ（α１ ，… ，αｔ ） ：Ｆ］ ≤ ｎ１ ｎ２ … ｎｔ ．
倡 ５畅 Ｆ 炒 Ｅ 为有限次域扩张 ，则必为代数扩张 ．
倡 ６畅 Ｆ 炒 Ｅ 为有限次域扩张 ，则有 α１ ，… ，αｔ ∈ Ｅ ，使得 Ｅ ＝ Ｆ（α１ ，… ，αｔ ） ．
ｆ２ （α１ ，α２ ，… ，αｔ ） ≠ ０
案 ＝ 由 Ｆ 及 Ｓ 的元尽可能地多次作加减乘除所得的元素的集合
答 ＝ 含 Ｆ 及 Ｓ 的最小的域 ．
后 单扩张的构造 ：
课 Ｆ（α） ＝
ｆ１ （α） ｆ２ （α）
橙 ｆ１ （ ｘ ） ，ｆ２ （ ｘ ） ∈ Ｆ［ ｘ ］ ，ｆ２ （ α） ≠ ０
．
若 α 为 Ｆ 上代数元 ，ｆ （ ｘ ）是以 α 为根的 Ｆ 上不可约多项式（ α 的极小多项式） ， 其次数为 ｎ ，则 Ｆ（ α）是 Ｆ 上 ｎ 维线性空间 ，而 １ ，α ，… ，αｎ － １是它的一组基 ．
ａ＋ ｂ
，橙 ａ ，ｂ ∈ Ｒ ，
－１ ０
以下 ２ － ６ 题出现的运算是 Ｆ２ 中元素的运算 ． 倡 ２畅 计算
倡 ３畅 求 倡 ４畅 解方程组
１１１
m １ ０ １ o １ １ １ １ ０ ０ １
c １ ０ ０ . ０ １ ０ １ １ ０ １
w １ １ １ ． a ０ ０ １ ０ １ １ １
．
而（ ｐ － ｉ ） ！ 及 ｉ ！ 中的 素 因 子 皆 小 于 ｐ ，故 ｐ ｜ Ｃｐｉ ．题 设 Ｆ 的 特 征 为 ｐ ，故
ｐ －１
∑ Ｃｐｉ ａｉｂｐ － ｉ ＝ ０ ．这证明了
代数学引论近世代数第一章答案精品
代数学引论近世代数第一章答案精品第一章代数基本概念习题解答与提示(P54)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,b G,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a2=e, 则G为交换群.证明: [方法1]对任意a,b G,ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab)=ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群.[方法2]对任意a,b G,a2b2=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={a 1,a 2,…,a n },k 是1,2,…,n 中某一个数字,由(2)可知若i j(I,j=1,2,…,n),有a k a i a k a j ------------<1> a i a k a j a k ------------<2>再由乘法的封闭性可知G={a 1,a 2,…,a n }={a k a 1, a k a 2,…, a k a n }------------<3> G={a 1,a 2,…,a n }={a 1a k , a 2a k ,…, a n a k }------------<4> 由<1>和<3>知对任意a t G, 存在a m G,使得a k a m =a t .由<2>和<4>知对任意a t G, 存在a s G,使得a s a k =a t .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。
近世代数习题解答
近世代数题解第一章基本概念§1. 11.4.5.近世代数题解§1. 2 2.3.近世代数题解§1. 31. 解1)与3)是代数运算，2)不是代数运算．2. 解这实际上就是M中n个元素可重复的全排列数n n．3. 解例如A B＝E与A B＝AB—A—B．4.5.近世代数题解§1. 41.2.3.解1）略2）例如规定4．5．略近世代数题解§1. 51. 解1)是自同态映射，但非满射和单射；2)是双射，但不是自同构映射3)是自同态映射，但非满射和单射．4)是双射，但非自同构映射．2.略3.4.5.§1. 61.2. 解1)不是．因为不满足对称性；2)不是．因为不满足传递性；3)是等价关系；4)是等价关系．3. 解3)每个元素是一个类，4)整个实数集作成一个类．4.则易知此关系不满足反身性，但是却满足对称性和传递性(若把Q换成实数域的任一子域均可；实际上这个例子只有数0和0符合关系，此外任何二有理数都不符合关系)．5.6.证1）略2）7.8.9.10.11.12.第二章群§2. 1 群的定义和初步性质一、主要内容1．群和半群的定义和例子特别是一船线性群、n次单位根群和四元数群等例子．2．群的初步性质1)群中左单位元也是右单位元且惟一；2)群中每个元素的左逆元也是右逆元且惟一：3)半群G是群⇔方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．4)有限半群作成群⇔两个消去律成立．二、释疑解难有资料指出，群有50多种不同的定义方法．但最常用的有以下四种：1)教材中的定义方法．简称为“左左定义法”；2)把左单位元换成有单位元，把左逆元换成右逆元(其余不动〕．简称为“右右定义法”；3)不分左右，把单位元和逆元都规定成双边的，此简称为“双边定义法”；4)半群G再加上方程a x=b与y a=b在G中有解(∀a ,b∈G)．此简称为“方程定义法”．“左左定义法”与“右右定义法”无甚差异，不再多说．“双边定\义法”缺点是定义中条件不完全独立，而且在验算一个群的实例时必须验证单位元和逆元都是双边的，多了一层手续(虽然这层手续一般是比较容易的)；优点是：①不用再去证明左单位元也是右单位元，左逆元也是右逆元；②从群定义本身的条件直接体现了左与右的对称性．以施行“除法运算”，即“乘法”的逆运算．因此，群的‘方程定义法”直接体现了在群中可以施行“乘法与除法”运算．于是简言之，可以施行乘法与除法运算的半群就是群．为了开阔视野，再给出以下群的另一定义．定义一个半群G如果满足以下条件则称为一个群：对G中任意元素a，在G中都存在元素1-a，对G中任意元素b都有1-a(ab)=(ba)1-a=b．这个定义与前面4种定义的等价性留给读者作为练习．2．在群的“方程定义法”中，要求方程a x=b与y a=b都有解缺一不可．即其中一个方程有解并不能保证另一个方程也有解．4．关于结合律若代数运算不是普通的运算(例如，数的普通加法与乘法，多项式的普通加法与乘法以及矩阵、变换和线性变换的普通加法或乘法)，则在一般情况下，验算结合律是否成立比较麻烦．因此在代数系统有限的情况下，有不少根据乘法表来研究检验结合律是否成立的方法．但无论哪种方法，一般都不是太简单．5．关于消去律．根据教材推论2，对有限半群是否作成群只用看消去律是否成立．而消去律是否成立，从乘法表很容易看出，因为只要乘法表中每行和每列中的元素互异即可．6．在群定义中是否可要求有“左”单位元而每个元素有“右”逆元呢？答不可以，例如上面例2就可以说明这个问题，因为e1是左单位元，而e1与e2都有右逆元且均为e1．但G并不是群．7．群与对称的关系．1)世界万物，形态各异．但其中有无数大量事物部具有这样或那样的对称性．而在这些具有对称性的万事万物中，左右对称又是最为常见的．由群的定义本身可知，从代数运算到结合律，特别是左、右单位元和左、右逆元，均体现出左右对称的本质属性．2)几何对称．设有某一几何图形，如果我们已经找到了它的全部对称变换(即平常的反射、旋转、反演和平移变换的统称)，则此对称变换的全体关于变换的乘法作成一个群，称为该图形的完全对称群．这个图形的对称性和它的完全对称群是密切相关的．凡对称图形(即经过对称变换保持不变的图形、亦即完成这种变换前后的图形重合)，总存在若干个非恒等对称变换和恒等变换一起构成该图形的完全对称群．反之，如果一个图形存在着非平凡的对称变换，则该图形就是对称图形．不是对称的图形，就不能有非恒等的对称变换．显然，一个图形的对称程度越高，则该图形的对称变换就越多．也就是说它的完全对称群的阶数就越高，即图形对称程度的高低与其对称群的阶数密切相关．因此；这就启发人们用群去刽面对称图形及其性质，用群的理论去研究对称．所以人们就把群论说成是研究对称的数学理论．显然，每个n元多项式都有一个确定的n次置换群：例如n元多项式例6 任何n元对称多项式的置换群都是n次对称群．很显然，一个多元多项式的置换群的阶数越高，这个多元多项式的对称性越强．反之亦然．因此，我们通常所熟知的多元对称多项式是对称性最强的多项式．三、习题2．1解答1.略2.3.4.5.6.§2. 2 群中元素的阶一、主要内容1．群中元素的阶的定义及例子．周期群、无扭群与混合群的定义及例子．特别，有限群必为周期群，但反之不成立．2．在群中若a＝n，则4．若G是交换群，又G中元素有最大阶m，则G中每个元素的阶都是m的因子．二、释疑解难在群中，由元素a与b的阶一般决定不了乘积ab的阶，这由教材中所举的各种例子已经说明了这一点．对此应十分注意．但是，在一定条件下可以由阶a与b决定阶ab，这就是教材中朗定理4：4．一个群中是否有最大阶元?有限群中元素的阶均有限，当然有最大阶元．无限群中若元素的阶有无限的(如正有理数乘群或整数加群)，则当然无最大阶元，若无限群中所有元素的阶均有限(即无限周期群)，则可能无最大阶元，如教材中的例4：下面再举两个(一个可换，另一个不可换)无限群有最大阶元的例子．5．利用元素的阶对群进行分类，是研究群的重要方法之一．例如，利用元素的阶我们可以把群分成三类，即周期群、无扭群与混合群．而在周期群中又可分出p—群p是素数)，从而有2—群、3—群、5—群等等．再由教材§3. 9知，每个有限交换群(一种特殊的周期群)都可惟一地分解为素幂阶循环p—群的直积，从而也可见研究p—群的重要意义．三、习题2．2解答1.2.3.4.5.推回去即得．6.§2. 3 子群一、主要内容1．子群的定义和例子．特别是，特殊线性群(行列式等于l的方阵)是一般线性群(行列式不等于零的方阵)的子群．4．群的中心元和中心的定义．二、释疑解难１．关于真子群的定义．教材把非平凡的子群叫做真子群．也有的书把非G的于群叫做群G的真子群．不同的定义在讨论子群时各有利弊．好在差异不大，看参考书时应予留意．2．如果H与G是两个群，且H⊆G，那么能不能说H就是G的子群?答：不能．因为子群必须是对原群的代数运算作成的群．例如，设G是有理数加群，而H 是正有理数乘群，二者都是群，且H⊆G但是不能说H是G的子群．答：不能这样认为．举例如下．例2设G是四元数群．则显然是G的两个子群且易知反之亦然．三、习题2．3解答1．证赂．2．证必要性显然，下证充分性．设子集H对群G的乘法封闭，则对H中任意元素a和任意正整数m都有a m∈H．由于H 中每个元素的阶都有限，设a ＝n ，则3．对非交换群一放不成立．例如，有理数域Q 上全体2阶可逆方阵作成的乘群中，易知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=1021a ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1031b的阶有限，都是2，但易知其乘积⎪⎪⎭⎫⎝⎛=1011ab的阶却无限．即其全体有限阶元素对乘法不封闭，故不能作成子群．4．证 由高等代数知，与所有n 阶可逆方阵可换的方阵为全体纯量方阵，由此即得证． 5．证 因为(m ，n )＝1，故存在整数s ，t 使 ms 十n t ＝1． 由此可得6．7．§2. 4 循 环 群一、主要内容1．生成系和循环群的定义．2．循环群中元素的表示方法和生成元的状况．3．循环群在同构意义下只有两类：整数加群和n 次单位根乘群，其中n ＝1，2，3，…． 4．循环群的子群的状况．无限循环群有无限多个子群．n 阶循环群a 有T (n )(n 的正出数个数)个子群，且对n 的每个正因数k ，a 有且仅有一个k 阶子群kn a．二、释疑解难1．我们说循环群是一类完全弄清楚了的群，主要是指以下三个方面：1)循环群的元素表示形式和运算方法完全确定．其生成元的状况也完全清楚(无限循环群有ϕ个生成元而且a k是生成元⇔(k n)＝1)；两个生成元，n阶循环群a有)(n2)循环群的子群的状况完全清楚；3)在同构意义下循环群只有两类：一类是无限循环群，都与整数加群同构；另一类是n(n ＝1，2，…)阶循环群，都与n次单位根乘群同构．2．循环群不仅是一类完全弄清楚了的群，而且是一类比较简单又与其他一些群类有广泛联系的群类．例如由下一章§9可知，有限交换群可分解为一些素幂阶循环群的直积．更一般地，任何一个具有有限生成系的交换群都可分解成循环群的直积．由于循环群已完全在我们掌握之中，所以这种群(具有有限生成系的交换群)也是一类研究清楚了的群类．它在各种应用中有着非常重要的作用．例如在组合拓扑学中它就是一个主要的工具．三、习题§2. 4解答1.2.3.4.5.6.7.§2. 5 变换群一、主要内容1．变换群、双射变换群(特别是集合M上的对称群和n次对称群)和非双射变换群的定义及例子．2．变换群是双射变换群的充要条件；双射变换群与抽象群的关系．1)集合M上的变换群G是双射变换群 G含有M的单或满)射变换；2)任何一个群都同一个(双射)变换群同构．3．有限集及无限集上非双射变换群的例子(例2和例3)．二、释疑解难1．一般近世代数书中所说的“变换群”，都是由双射变换(关于变换乘法)所作成的群，即本教材所说的“双射变换群”．而本教材所说的“变换群”则是由一个集合上的一些变换(不一定是双射变换)作成的群．通过教材§5定理2和推论1可知，实际上变换群可分成两类：一类是双射变换群(全由双射变换作成的群，即通常近世代数书中所说的“变换群”)，另一类是非双射变换群(全由非双射变换作成的群)．在学习本书时应留意这种差异．2．本节教材定理2(若集合M上的变换群G含有M的单射或满射变换．则G必为M上的一个双射变换群，即G中的变换必全是双射变换)比有些书上相应的定理(若集合M上由变换作成的群G含有M的恒等变换，则G中的变换必全为双射变换)大为推广．因为后者要求G包含恒等变换(一个特殊的双射变换)，而前者仅要求G包含一个单(或满)射变换即可．因此，后音只是前者(本节教材定理2)的一个推论，一种很特殊的情况．两相比较，差异较大．这种差异也说明，M上的任何一个非双射变换群不仅不能包含恒等变换，而且连M的任何单射或满射变换也不能包含．另外，在这里顺便指出，集合M上的任何双射变换群G的单位元必是M的恒等变换．3．集合M 上的全体变换作成的集合T (M )，对于变换的乘法作成一个有单位元的半群．在半群的讨论中，这是一类重要的半群．并且本节习题中第4题还指出，当M ＞1时T (M )只能作成半群，而不能作成群．三、习题§2. 5解答1. 解 作成有单位元半群，τ是单位元．但不作成群，因为σ无逆元．2.3. 解 G 作成群：因为易知4.5.§2. 6 置 换 群一、主要内容1．任何(非循环)置换都可表为不相连循环之积，任何置换都可表为若干个对换之积，且对换个数的奇阴偶性不变．从而有奇、偶置换的概念，且全体n 次置换中奇、偶置换个数相等，各为2!n 个(n ＞1)．2．k —循环的奇偶性、阶和逆元的确定方法，以及不相连循环乘积的奇偶性、阶和逆元的确定方法．1)k—循环与A有相反奇偶性．2)k—循环的阶为k．又(i1，i2…i k)－1＝(i k，…，i2，i1 )．3)若σ分解为不相连循环之积．则其分解中奇循环个数为奇时σ为奇置换，否则σ为偶置换．σ的阶为各因子的阶的最小公倍．其逆元可由k—循环的逆元来确定．3．由置换σ，τ求置换στσ－１的方法．n次对称群s n的中心．4．传递群的定义、例子和简单性质．二、释疑解难1．研究置换群的重要意义和作用．除了教材中已经指出的(置换群是最早研究的一类群，而且每个有限的抽象群都同一个置换群同构)以外，研究置换群的重要意义和作用至少还有以下几方面：1) 置换群是一种具体的群，从置换乘法到判断置换的奇偶性以及求置换的阶和逆置换，都很具体和简单．同时它也是元素不是数的一种非交换群．在群的讨论中举例时也经常用到这种群．2) 在置换群的研究中，有一些特殊的研究对象是别的群所没有的．如置换中的不动点理论以及传递性和本原性理论等等．3) 置换群中有一些特殊的子群也是一般抽象群所没有的．例如，交代群、传递群、稳定子群和本原群等等．就教材所讲过的交代群和传递群的重要性便可以知道，介绍置换群是多么的重要．2．用循环与对换之积来表出置换的优越性．首先，书写大为简化，便于运算。
近世代数习题解答
近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→ :λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ:)()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→:2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→ :ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数导引_答案
i目录第１章集合与运算 (1)1.集合 (1)2.运算 (1)第２章群 (4)1.群的定义 (4)2.子群 (7)3.置换群 (9)4.陪集和商群 (11)5.同构与同态 (14)6.循环群 (17)1集合1第１章集合与运算1.集合本节无习题2.运算1.设f 是有限集A 的变换。
证明f 是单射当且仅当f 是满射。
因为f 是单射，所以()f A A =且()f A A ⊆，又因集合A 是有限集，所以()f A A =，由此得出f 是满射。
若f 是满射，则()f A A =，因为集合A 是有限集，所以f 是单射。
2.设f 是有限维线性空间V 上的线性变换。
证明f 是单射当且仅当f 是满射。
在n 维线性空间V 中任选一组基底{}1,,n E e e = ，则对任意一个向量x V ∈，有唯一的坐标1,,n ξξ 使得1n i i i x e ξ==∑。
只需讨论f 对基底的作用，因为()()()11n ni i i i i i f x f e f e ξξ====∑∑。
设()f E F =，若F n <，总可从V 中另外选出n F -个线性无关的向量，使得它们与F 中的向量一起，组成线性空间V 的一组基底F '，此时有F n '=，F F '⊆。
f 是从E 到F '的映射，重复类似上一题目的讨论即可。
3.设A 和B 均是有限集，A m =，B n =。
问从A 到B 有多少个映射？有多少个单射？A 有多少个二元运算？由基本计数法则，从A 到B 的映射的个数有m n 个。
若m n >，则不存在从A 到B 的单射。
如果m n ，从A 到B 的单射有第１章集合与运算2()!!!n n m m n m ⎛⎫= ⎪-⎝⎭个。
2A A m ⨯=，集合A 上的二元运算即从A A ⨯到A 的映射，有2m m 个。
4.考虑()n M R 上的相抵关系 ：A B 当且仅当存在n 阶可逆矩阵P 和Q 使得=B PAQ 。
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近世代数习题解答2近世代数习题解答第二章群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即由 a ae = 得 a ea =a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义.(3) 证 b ax =可解取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证(1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===?=---111)()(若有n m ? 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a Θ的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 则1-≠a a 若e a a a =?=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证G a ∈故G a a a a n m ∈K K K ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等:n m a a = )(n m ? 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证不一定相同例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G 对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由φ可知G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.。
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近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全部整数的集合关于一般减法来讲是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 关于一般乘法来讲是一个群.3. 证明, 咱们也能够用条件1,2和下面的条件 ''5,4来作群的概念:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 关于G 的任何元a 都成立'5. 关于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元必然是一个左逆元,意思是由e aa=-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1因此))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 必然也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =如此就取得群的第二概念. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就取得群的第一概念.反过来有群的概念取得''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 假设群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 确实是互换群. 证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(假设有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因此 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2) a 的阶大于2, 那么1-≠a a 假设 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 那么 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双显现,因此有限群里阶大于2的元的个数必然是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数必然是奇数.证 依照上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,因此阶 2≤的元的个数必然是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,因此这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因此a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是必然相同? 证 不必然相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对一般乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(那个地址x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会可不能有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 咱们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的能够写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.那个群是不是一个互换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 那么 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1因此组成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因此不是互换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,咱们临时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来讲明一个变换τ.证明,咱们能够用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,那个乘法也适合结合律,而且关于那个乘法来讲ε仍是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 此刻证那个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε仍是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→ :ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元必然是恒等变换。
近世代数ch2(1-6节)习题参考答案
第二章前6节习题解答 P35 §11．全体整数集合对于普通减法来说是不是一个群？解 ∵减法不满足结合律，∴全体整数对于减法不构成群。
2．举出一个有两个元的群例子。
解 }11{-，对于普通乘法构成一个群。
]}1[]0{[，对于运算][][][j i j i +=+构成群。
]}2[]1{[，对于运算][]][[ij j i =构成群。
它们都是两个元的群。
3. 设G 是一个非空集合，”“ 是一个运算。
若①”“ 运算封闭；②结合律成立；③G 中存在右单位元R e ：G a ∈∀，有a ae R =；④G a ∈∀，G a R ∈∃-1，有R R e aa =-1。
则G 是一个群。
证(仿照群第二定义的证明)先证R R R e a a aa ==--11。
∵G a R ∈-1，∴G a ∈∃'，使R R e a a =-'1，∴R R R R R R R R R R R e a a a e a a aa a a a a a e a a a a ======--------''')()')(()(11111111，R R e a a =⇒-1。
∴R R R e a a aa ==--11。
再证a ae a e R R ==，即R e 是单位元。
G a ∈∀，已证R R R e a a aa ==--11，∴a a e a ae a a a a aa a e R R R R R =⇒====--)()(11。
∴a ae a e R R ==。
即R e 就是单位元e 。
再由e a a aa R R ==--11得到1-Ra 就是1-a 。
这说明：G 中有单位元， G a ∈∀都有逆元1-a 。
∴G 是一个群。
P38 §21. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2，那么G 是可交换的。
证∵ 12，-=⇒=∈∀x x e x G x 。
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近世代数习题解答第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11 即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a me a m=∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a n m ∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→ :λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律 (3) 1=a 0=b 则 :ε x x →(4):τ b ax +)(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→:2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元:ε )(a a a ε=→:ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数初步(第二版)课后习题答案_石生明_01
引 论 章１畅代数问题的特点，代数学研究的对象与特点．２畅域、环、群（半群）的定义与相互联系．３畅群、环、域的基本运算性质：消去律（加法与乘法）及零因子、单位元（零元）和逆元（负元）的唯一性、广义结合律、方幂和倍数．４畅一般域上关于多项式理论、线性方程组理论、线性空间与线性变换的理论的定理．１畅引论章§１的设置是体现总导引中第１点思想．２畅引论章的§２是贯彻总导引中第三点思想．本教材主要讲群、环、域三个运算系统．本章第一节初步体现了研究代数运算系统的必要性．而§２中从人们熟悉的数域，整数环等例子为背景先引入一般域和环的定义．然后才引入只有一个运算的系统：群（半群）．研究它们的基本性质时发现群是更基本的运算系统．这样在后面几章中就是先讲群，后讲域、环．于是群中的一些运算性质，如剩余类（陪集），商群，同态定理等都能在讲域、环时应用．这种次序安排下，逻辑关系清楚，且数学处理上可以简便些、而§２中先按域、环、群次序引入定义却是更适合人们的认知顺序．３畅§２最后的定理非常重要．其一是引入一般域这种运算系统就是为了能应用这个定理．其二，在本教材的开始就引入这个定理是为了使本教材的结构比以前教材有较大的变化．以前教材在群论一章之后必须以很大篇幅讲环，主要是讲因式分解唯一性定理．这几乎成了以前师范院校近世代数课程的主要部分．而更有应用更有兴趣的域论部分就无法讲授．我们的处理可以在本教材的第二、三章大量地讲域（特别是有限域）及其应用．而环只作为铺垫，占很少部分．其中用到的多项式及线性空间的性质全可由上面所述的定理所提供．这种处理使本教材的面貌焕然一新．·１·课后答案网 ww w.k h da w.co m１畅在一般域上叙述和证明除法算式（带余除法）成立．２畅一般域上非常数多项式都是一些不可约多项式的乘积．３畅设ａ１１ｘ１＋ａ１２ｘ２＋…＋ａ１ｎｘｎ＝ｂ１ａ２１ｘ１＋ａ２２ｘ２＋…＋ａ２ｎｘｎ＝ｂ２ …………ａｓ１ｘ１＋ａｓ２ｘ２＋…＋ａｓｎｘｎ＝ｂｓ是域Ｆ上的线性方程组．试给出“这个方程组是相关或无关的”，“这个方程组的极大无关部分组”的定义．证明这个方程组与它的极大无关部分组同解．以下各题中有倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅判断下列哪些是集合Ａ上的代数运算．（１）Ａ＝所有实数，Ａ上的除法．（２）Ａ是平面上全部向量，用实数和Ａ中向量作数量乘法（倍数）．（３）Ａ是空间全部向量，Ａ中向量的向量积（或外积，叉乘）．（４）Ａ＝所有实数，Ａ上的一个二元实函数． 倡２畅给定集合Ｆ２＝｛１，０｝，定义Ｆ２上两个代数运算加法和乘法，用下面的加法表，乘法表来表示：＋０１×０１００１１１００００１０１例如，０＋１＝１，在加法表中＋号下的０所在的行与＋号右边的１所在的列相交处的元就是１；１×０＝０，在乘法表中×号下的１所在的行与×号右边的０所在的列相交处的元是０．试验证上述加法、乘法都有交换律、结合律，且乘法对于加法有分配律． 倡３畅设Ｒ是环．证明下述性质：橙ａ，ｂ，ｃ∈Ｒ，（１）ａ＋ｂ＝ａ，则ｂ＝０， （２）－（ａ＋ｂ）＝（－ａ）－ｂ，（３）－（ａ－ｂ）＝（－ａ）＋ｂ，（４）ａ－ｂ＝ｃ，则ａ＝ｃ＋ｂ，·２·课后答案网ww w.k h da w.co m（５）ａ０＝０，（６）－（ａｂ）＝（－ａ）ｂ＝ａ（－ｂ），（７）（－ａ）（－ｂ）＝ａｂ（８）ａ（ｂ－ｃ）＝ａｂ－ａｃ．４畅Ｒ是环，ａ１，ａ２，…，ａｍ，ｂ１，ｂ２，…，ｂｎ∈Ｒ，则∑ｍｉ＝１ａｉ∑ｎｊ＝１ｂｊ＝∑ｍｉ＝１∑ｎｊ＝１ａｉｂｊ． 倡５畅Ｒ是环，验证：对所有非负整数ｍ，ｎ，橙ａ，ｂ∈Ｒ，有ａｍ＋ｎ＝ａｍａｎ，（ａｍ）ｎ＝ａｍｎ．若ａ，ｂ交换，则（ａｂ）ｍ＝ａｍｂｍ． 倡６畅Ｒ是环，ａ，ｂ∈Ｒ，ａ，ｂ交换，证明二项定理：（ａ＋ｂ）ｎ＝ａｎ＋ｎ１ａｎ－１ｂ＋…＋ｎｋａｎ－ｋｂｋ＋…＋ｂｎ，其中ｎｋ＝Ｃｋｎ＝ｎ（ｎ－１）…（ｎ－ｋ＋１）１·２…ｋ７畅Ｒ是环，ａ１，ａ２，…，ａｍ∈Ｒ，分别有乘法逆元素ａ－１１，…，ａ－１ｍ，则ａ１…ａｍ的逆元素为ａ－１ｍａ－１ｍ－１…ａ－１２ａ－１１．若ａ１，…，ａｍ两两交换，则ａ１ａ２…ａｍ有逆元素的充要条件是ａ１，…，ａｍ皆有逆元素．８畅Ｒ是环，ａ，ｂ∈Ｒ．证明ｃ（１－ａｂ）＝（１－ａｂ）ｃ＝１痴（１－ｂａ）ｄ＝ｄ（１－ｂａ）＝１，其中ｄ＝１＋ｂｃａ．即若１－ａｂ在Ｒ内可逆，则１－ｂａ也可逆．元素１＋ａｄｂ等于什么？９畅Ｍｎ（Ｆ）为域Ｆ上全体ｎ×ｎ阵作成的环，ｎ≥２．举出其中零因子的例子．１畅（１）否，（２）否，（３）是，（４）是．２畅证明 由于ａ＋ｂ和ｂ＋ａ，ａ＋（ｂ＋ｃ）和（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．３畅（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，·３·课后答案网 ww w.k h da w.co m由负元的定义知（－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）ａ·０＋ａ＝ａ·０＋ａ·１＝ａ（０＋１）＝ａ．用加法消去律得ａ·０＝０．（６）（－ａ）ｂ＋ａｂ＝（－ａ＋ａ）ｂ＝０·ｂ＝０，故－ａｂ＝（－ａ）ｂ．将上式ａ，ｂ互换就得－ａｂ＝ａ（－ｂ）．（７）（－ａ）（－ｂ）＝－（ａ（－ｂ））＝－（－ａｂ）＝ａｂ．（８）ａ（ｂ－ｃ）＝ａ（ｂ＋（－ｃ））＝ａｂ＋ａ（－ｃ）＝ａｂ－ａｃ．４畅∑ｍｉ＝１ａｉ∑ｎｊ＝１ｂｊ＝（ａ１＋…＋ａｍ）∑ｎｊ＝１ｂｊ＝ａ１∑ｎｊ＝１ｂｊ＋…＋ａｍ∑ｎｊ＝１ｂｊ＝∑ｎｊ＝１ａ１ｂｊ＋…＋∑ｎｊ＝１ａｍｂｊ＝∑ｍｉ＝１∑ｎｊ＝１ａｉｂｊ．５畅分几种情形（ｉ）ｍ＋ｎ＝０，但ｍ，ｎ不为零，不妨设ｍ为正整数．ａｍａ－ｍ为ｍ个ａ及ｍ个ａ－１的乘积，由广义结合律知ａｍａ－ｍ＝１＝ａ０＝ａｍ＋（－ｍ）．（ｉｉ）若ｍ，ｎ中有零，不妨设ｍ＝０，则左边＝ａ０＋ｎ＝ａｎ＝ａ０ａｎ＝右边．（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ｍ＋ｎ≠０，不妨设ｍ与ｍ＋ｎ为异号．则由（ｉｉｉ）ａｍ＋ｎａ－ｍ＝ａ（ｍ＋ｎ）－ｍ＝ａｎ，两边再乘上（ａ－ｍ）－１＝ａｍ（参看（ｉ）），则ａｍ＋ｎ＝ａｍａｎ．以上已证明了ａｍ＋ｎ＝ａｍａｎ及（ａｍ）－１＝ａ－ｍ．再由ａｍｎ＝ａｍ＋ｍ＋…＋ｍｎ个＝ａｍ…ａｍｎ个＝（ａｍ）ｎ，当ｎ＞０；ａｍｎ＝ａ（－ｍ）（－ｎ）＝ａ－ｍ…－ｍ（－ｎ）个＝ａ－ｍ…ａ－ｍ（－ｎ）个＝（ａｍ）－１…（ａｍ）－１（－ｎ）个＝（ａｍ）ｎ，当ｎ＜０；又ａｍ·０＝１＝（ａｍ）０．这就证明了ａｍｎ＝（ａｍ）ｎ．若ａ，ｂ交换，当ｍ＝０时，显然有ａｍｂｍ＝（ａｂ）ｍ．当ｍ为正整数时，ａｍｂｍ与（ａｂ）ｍ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，ａ－ｍｂ－ｍ＝（ａｂ）－ｍ，即（ａｍ）－１（ｂｍ）－１＝（（ａｂ）ｍ）－１．左边又是（ａｍｂｍ）－１，·４·课后答案网ww w.kh da w.co m故ａｍｂｍ＝（ａｂ）ｍ．６畅参照中学数学中对二项定理的证明．７畅由（ａ１ａ２…ａｍ）（ａ－１ｍａ－１ｍ－１…ａ－１２ａ－１１）＝ａ１ａ２…ａｍ－１ａｍａ－１ｍａ－１ｍ－１…ａ－１１＝１，故（ａ１ａ２…ａｍ）－１＝ａ－１ｍ…ａ－１２ａ－１１．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ａ１ａ２…ａｍ·ｕ＝１，则任ｉ，ａｉ（ａ１…ａｉ－１ａｉ＋１…ａｍｕ）＝１，故每个ａｉ有逆元素．８畅（１－ｂａ）ｄ＝（１－ｂａ）（１＋ｂｃａ）＝１－ｂａ＋ｂｃａ－ｂａｂｃａ＝１－ｂａ＋ｂ（１－ａｂ）ｃａ＝１－ｂａ＋ｂａ＝１，ｄ（１－ｂａ）＝（１＋ｂｃａ）（１－ｂａ）＝１－ｂａ＋ｂｃａ－ｂｃａｂａ，＝１－ｂａ＋ｂｃ（１－ａｂ）ａ＝１－ｂａ＋ｂａ＝１．即１－ｂａ在Ｒ内也可逆．又由ｃ（１－ａｂ）＝（１－ａｂ）ｃ＝１，得１＋ｃａｂ＝１＋ａｂｃ＝ｃ．故１＋ａｄｂ＝１＋ａ（１＋ｂｃａ）ｂ＝１＋ａｂ＋ａｂｃａｂ＝１＋ａｂ（１＋ｃａｂ）＝１＋ａｂｃ＝ｃ．９畅当ｎ≥２时，取Ａ＝１１０…００００…０⁝⁝⁝⁝０００…０ｎ×ｎ Ｂ＝１０…０－１０…０００…０⁝⁝⁝００…０ｎ×ｎ则Ａ≠０，Ｂ≠０，但ＡＢ＝０．Ａ，Ｂ皆为零因子．·５·课后答案网ww w.k h da w.co m第一章 群１畅群的例子．２畅群的基本概念：群、子群、同态、同构、陪集、正规子群、商群、群阶、元的阶、群的方指数、循环群、交换群、奇（偶）置换、置换的轮换分解．３畅与群作用有关的概念：群作用及等价定义、轨道（等价类）、不变量及不变量的完全组、稳定子群、轨道长、共轭类．４畅重要结论：Ｌａｇｒａｎｇｅ定理、Ｃａｙｌｅｙ定理、类方程，群作为稳定子群的陪集的无交并、稳定子群的阶与轨道长的积等于群阶（有限群时）、同态基本定理、循环群及其子群的结构、有限交换群为循环群的充要条件、域中非零元的有限乘法子群是循环群、Ａｎ（ｎ≥５）的单性、Ｂｕｒｎｓｉｄｅ关于轨道数的定理．５畅几个应用：图形的对称性群的计算（利用稳定子群）、晶体的对称性定律、轨道数的定理在一些组合计算问题中的应用．６畅解析几何、高等代数中有关群的例子、矩阵的各种变换与群作用的关系．１畅本章的一大特点也是本教材的一大特点是以群作用为主线来处理群论这一章的内容．在其它教材中群作用的概念和理论仅在群论的稍深入的部分出现．不少教材（例如为师范院校用的教材）甚至不涉及它．作者发现本章的内容（作为群论的引论内容）大量地与群作用有关：从图形的对称性群的分析引入群作用概念、用群作用的轨道引出陪集与共轭类的概念、Ｌａｇｒａｎｇｅ定理和Ｃａｙｌｅｙ定理、群作用与高等代数中各种矩阵变换和几何学中的Ｅｒｌａｎｇｅｒ纲领的联系、群作用的轨道长和稳定子群关系的结论用于推出类方程和化简图形的对称性群的计算、Ｂｕｒｎｓｉｄｅ关于轨道数的结论用于组合计算问题等基本上形成了本章内容从头到尾的一条主线．中间穿插着讲述了群的各个基本概念和基本性质．这样就体现了群作用的重要性．２畅读者还可进一步考察高等代数中与群和群作用有关的其它例子．本教材中将群作用与高等代数矩阵变换相联系，体现了用群作用的高观点去看待以前·６·课后答案网ww w.kh da w.co m的知识．３畅任意域中非零元素的乘法有限子群是循环群．这是非常漂亮的结果，是群论结果的推论．它在有限域的结构中起重要作用．４畅利用商群和同态基本定理可以搞清一些对象的构造和性质．读者可从教材内容和习题中举出几个例子来熟悉这种方法．（１）空间点阵绕一轴的转动若是它的对称性变换，则转角只有０，±π３，±π２，±２π３，π．证明 只由这几个变换共能组五个群．（２）实对称ｎ×ｎ方阵可用正交矩阵作相似变换化为对角矩阵．这其中有什么群作用？试找出这个群作用下的不变量的完全组，给出两个ｎ×ｎ实对称方阵在同一轨道的充分必要条件．给出两个ｎ×ｎ实对称矩阵在一般的（不一定是正交矩阵下）相似变换下能够互变的充分必要条件．§１ 群的例子以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅平面取定坐标系Ｏｘｙ，则平面仿射（点）变换φ：（ｘ，ｙ）Ｔ（ｘ′，ｙ′）Ｔ（这里Ｔ是矩阵的转置，（ｘ，ｙ）Ｔ是一列的矩阵，即列向量）可写为ｘ′＝ａ１１ｘ＋ａ１２ｙ＋ｂ１，ｙ′＝ａ２１ｘ＋ａ２２ｙ＋ｂ２，（１）其中行列式ａ１１ａ１２ａ２１ａ２２≠０．证明平面上全体仿射变换对于变换的乘法成一个群，称为平面的仿射变换群．（可以把（１）写成矩阵形式，再进行证明）． 倡２畅平面上取定直角坐标系Ｏｘｙ，任意平面正交（点）变换φ：（ｘ，ｙ）Ｔ（ｘ′，ｙ′）Ｔ可写为·７·课后答案网ww w.k h da w.co mｘ′＝ａ１１ｘ＋ａ１２ｙ＋ｂ１，ｙ′＝ａ２１ｘ＋ａ２２ｙ＋ｂ２，其中矩阵ａ１１ａ１２ａ２１ａ２２是正交矩阵．用这种表示式证明平面上全体正交变换对于变换的乘法成为一个群，它是平面的正交变换群（见例１０）． 倡３畅平面上三个（不同的）点（ｘ０，ｙ０）Ｔ，（ｘ１，ｙ１）Ｔ，（ｘ２，ｙ２）Ｔ（在习题１中同一坐标系Ｏｘｙ下）共线当且仅当有实数ｌ，使（ｘ２－ｘ０，ｙ２－ｙ０）Ｔ＝ｌ（ｘ１－ｘ０，ｙ１－ｙ０）Ｔ．证明在习题１中的仿射变换φ下，有（ｘ′２－ｘ′０，ｙ′２－ｙ′０）Ｔ＝ｌ（ｘ′１－ｘ′０，ｙ′１－ｙ′０）Ｔ，故变换后的三点（ｘ′０，ｙ′０），（ｘ′１，ｙ′１），（ｘ′２，ｙ′２）也共线． 倡４畅平面上二点（ｘ１，ｙ１）Ｔ，（ｘ２，ｙ２）Ｔ（在习题２中直角坐标系Ｏｘｙ下）的距离为｜ｘ２－ｘ１，ｙ２－ｙ１｜＝（ｘ２－ｘ１）２＋（ｙ２－ｙ１）２．证明：在习题２中的正交变换φ下，变换前后两点的距离不变．注：只要证明（ｘ２－ｘ１）２＋（ｙ２－ｙ１）２＝（ｘ′２－ｘ′１）２＋（ｙ′２－ｙ′１）２．除直接计算外还可利用矩阵工具．实际上ｘ′２－ｘ′１ｙ′２－ｙ′１＝ａ１１ａ１２ａ２１ａ２２ｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１．又若把一个数看成１×１矩阵，则有 （ｘ２－ｘ１）２＋（ｙ２－ｙ１）２＝（ｘ２－ｘ１，ｙ２－ｙ１）（ｘ２－ｘ１，ｙ２－ｙ１）Ｔ及 （ｘ′２－ｘ′１）２＋（ｙ′２－ｙ′１）２＝（ｘ′２－ｘ′１，ｙ′２－ｙ′１）（ｘ′２－ｘ′１，ｙ′２－ｙ′１）Ｔ．５畅所有形为ａｂ０ａ（ａ≠０，ａ，ｂ皆为复数）的矩阵对于矩阵的乘法成为一个群． 倡６畅令Ｇ是全部实数对（ａ，ｂ），ａ≠０，的集合．在Ｇ上定义乘法为（ａ，ｂ）（ｃ，ｄ）＝（ａｃ，ａｄ＋ｂ），ｅ＝（１，０），验证Ｇ是一个群． 倡７畅设Ｇ是一个幺半群．若Ｇ的每个元ａ有右逆元，即有ｂ∈Ｇ，使ａｂ＝ｅ，则Ｇ是一个群． 倡８畅设Ｇ是一个群．若橙ａ，ｂ皆有（ａｂ）２＝ａ２ｂ２，则Ｇ是交换群．９畅设群Ｇ的每个元素ａ都满足ａ２＝ｅ，则Ｇ是交换群．１０畅Ｇ＝｛ｚ∈Ｃ（复数域）｜｜ｚ｜＝１｝对于复数的乘法成群．·８·课后答案网ww w.k h da w.co m １１畅Ｋ＝αβ－珋β珔αα，β∈Ｃ，不同时为０，其中珔α，珋β是α，β的共轭复数，则Ｋ在矩阵的乘法下成群．１２畅设Ｇ是非空的有限集合，Ｇ上的乘法满足：橙ａ，ｂ，ｃ∈Ｇ有１）（ａｂ）ｃ＝ａ（ｂｃ）；２）ａｂ＝ａｃ痴ｂ＝ｃ；３）ａｃ＝ｂｃ痴ａ＝ｂ；则Ｇ是群． 倡１３畅证明（１）群中元ａ，ａ２＝ｅ当且仅当ａ＝ａ－１．（２）偶数个元素的群都含有一个元ａ≠ｅ，使得ａ２＝ｅ．１４畅证明任一个群Ｇ不能是两个不等于Ｇ的子群的并集．１５畅以Ｑｐ记分母与某素数ｐ互素的全体有理数组成的集合，证明它对于数的加法成为一个群．１６畅以Ｑｐ记分母皆为ｐｉ（ｉ≥０，ｐ素数）的全体有理数的集合，证明它对数的加法成为群． 倡１７畅令ρ＝１２３４５６６５４３２１， σ＝１２３４５６２３１５６４，τ＝１２３４５６６２１３５４，计算ρσ，στ，τρ，σ－１，σρσ－１． 倡１８畅设σ＝１２…ｎσ（１）σ（２）…σ（ｎ）， τ＝１２…ｎτ（１）τ（２）…τ（ｎ）．问σ＝τ（１）τ（２）…τ（ｎ）？…？， τ－１＝？…？ｉ１ｉ２…ｉｎ，及τστ－１＝σ（１）σ（２）…σ（ｎ）？…？１２…ｎσ（１）σ（２）…σ（ｎ）？？…？１２…ｎ＝？ 倡１９畅将下列置换分解成不相交轮换的乘积：１２３４５６７７１２６５４３， １２３４５６７８９１０２４５９７１０８３１６．然后再分解成对换的乘积，并说是奇或偶置换． 倡２０畅确定置换·９·课后答案网 ww w.k h da w.co mσ＝１２…ｎ－１ｎｎ（ｎ－１）…２１的奇偶性． 倡２１畅把（１４７）（７８１０）（３１０９）（９４２）（３５６）分解成不相交的轮换的乘积．１畅写仿射点变换φ：（ｘ，ｙ）Ｔ（ｘ′，ｙ′）Ｔ（这儿Ｔ是矩阵的转置）为矩阵形式ｘ′ｙ′＝ａ１１ａ１２ａ２１ａ２２ｘｙ＋ｂ１ｂ２＝Ａｘｙ＋ｂ１ｂ２，其中｜Ａ｜＝ａ１１ａ１２ａ２１ａ２２≠０．设另一仿射点变换ρ：ｘ′ｙ′＝Ｂｘｙ＋ｃ１ｃ２其中｜Ｂ｜≠０．则（ｘ，ｙ）Ｔ经ρφ变成ρφｘｙ＝ρφｘｙ＝ρＡｘｙ＋ｂ１ｂ２＝ＢＡｘｙ＋ｂ１ｂ２＋ｃ１ｃ２．＝ＢＡｘｙ＋Ｂｂ１ｂ２＋ｃ１ｃ２．由于｜ＢＡ｜＝｜Ｂ｜｜Ａ｜≠０，ρφ仍是仿射点变换．易证：仿射点变换φ１：ｘ′ｙ′＝Ａ－１ｘｙ－ｂ１ｂ２正是φ的逆变换．而仿射点变换ｘ′ｙ′＝ｘｙ＝１００１ｘｙ＋００是恒等变换，它是乘法单位元，又变换的乘法自然有结合律．故平面上全体仿射点变换对变换的乘法成为一个群．２畅平面上正交点变换φ可写成矩阵形式ｘ′ｙ′＝Ａｘｙ＋ｂ１ｂ２，·０１·课后答案网 ww w.kh da w.co m其中Ａ为２×２正交矩阵，即满足ＡＡＴ＝ＡＴＡ＝Ｉ（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．３畅由题设有ｘ２－ｘ０ｙ２－ｙ０＝ｌｘ１－ｘ０ｙ１－ｙ０．在仿射点变换φ：ｘ′ｙ′＝Ａｘｙ＋ｂ１ｂ２的变换下ｘ′ｉｙ′ｉ＝Ａｘｉｙｉ＋ｂ１ｂ２， ｉ＝０，１，２．故ｘ′２－ｘ′０ｙ′２－ｙ′０＝ｘ′２ｙ′２－ｘ′０ｙ′０＝Ａｘ２ｙ２－Ａｘ０ｙ０＝Ａｘ２－ｘ０ｙ２－ｙ０＝Ａｌｘ１－ｘ０ｙ１－ｙ０＝ｌＡｘ１－ｘ０ｙ１－ｙ０＝ｌｘ′１－ｘ′０ｙ′１－ｙ′０．由于｜Ａ｜≠０，Ａ可逆．于是φ将不同的三点（ｘｉ，ｙｉ）Ｔ变成不同的三点（ｘ′ｉ，ｙ′ｉ）Ｔ，ｉ＝０，１，２．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．４畅与第三题类似有ｘ′２－ｘ′１ｙ′２－ｙ′１＝Ａｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１其中Ａ满足ＡＡＴ＝ＡＴＡ＝Ｉ．于是 （ｘ′２－ｘ′１）２＋（ｙ′２－ｙ′１）２＝（ｘ′２－ｘ′１，ｙ′２－ｙ′１）ｘ′２－ｘ′１ｙ′２－ｙ′１ ＝Ａｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１ＴＡｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１＝（ｘ２－ｘ１，ｙ２－ｙ１）ＡＴＡｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１＝（ｘ２－ｘ１，ｙ２－ｙ１）ｘ２－ｘ１ｙ２－ｙ１＝（ｘ２－ｘ１）２＋（ｙ２－ｙ１）２．５畅略．６畅略．·１１·课后答案网 ww w.k h da w.co m７畅对ａ∈Ｇ，ａ有右逆ｂ．ｂ又有右逆ａ′，这时ａ为ｂ的左逆．由ｂａ′＝ｅ＝ａｂ，得到ａ＝ａ（ｂａ′）＝（ａｂ）ａ′＝ａ′，可知ａ＝ａ′．这样ｂａ＝ａｂ＝ｅ，即ｂ是ａ的逆．８畅由题设，橙ａ，ｂ∈Ｇ，（ａｂ）２＝ａｂａｂ＝ａ２ｂ２．对后一等号两边左乘ａ－１，右乘ｂ－１，就得到ａｂ＝ｂａ．９畅橙ａ，ｂ∈Ｇ，有ａ２＝ｂ２＝ｅ，故ａ－１＝ａ，ｂ－１＝ｂ，又（ａｂ）２＝ａｂａｂ＝ｅ．对后一个等号两边左乘ａ，右乘ｂ，就得ｂａ＝ａｂ．１０畅略．１１畅略．１２畅设Ｇ＝｛ｇ１，…，ｇｓ｝．由性质（２），橙ａ∈Ｇ，｛ａｇ１，…，ａｇｓ｝彻Ｇ，且是ｓ个不同的元，故｛ａｇ１，…，ａｇｓ｝＝Ｇ．同样由性质（３）可得，｛ｇ１ａ，…，ｇｓａ｝＝Ｇ．设其中ａｇｉ＝ａ，ｇｊａ＝ａ．于是（ｇ１ａ）ｇｉ＝ｇ１ａ，…，（ｇｓａ）ｇｉ＝ｇｓａ；ｇｊ（ａｇ１）＝ａｇ１，…，ｇｊ（ａｇｓ）＝ａｇｓ．即ｇｉ是Ｇ的右单位元，ｇｊ是Ｇ的左单位元，分别记为ｅ及ｅ′，则ｅ＝ｅ′ｅ＝ｅ′，即Ｇ有单位元ｅ．类似于上面作法，由｛ａｇ１，…，ａｇｓ｝＝Ｇ，有ｂ∈Ｇ使ａｂ＝ｅ，由｛ｇ１ａ，…，ｇｓａ｝＝Ｇ，而有ｂ′∈Ｇ使ｂ′ａ＝ｅ．于是ｂ′＝ｂ′ｅ＝ｂ′（ａｂ）＝（ｂ′ａ）ｂ＝ｅｂ＝ｂ，即橙ａ∈Ｇ有逆元．又题设Ｇ有结合律，故是一个群．１３畅只证（２）．用反证法．设橙ａ∈Ｇ，ａ≠ｅ有ａ２≠ｅ．由（１）知ａ≠ａ－１．取ａ１∈Ｇ＼｛ｅ｝，则ａ１≠ａ－１１≠ｅ．若Ｇ＼｛ｅ｝除了｛ａ１，ａ－１１｝外还有元素ａ２，于是ａ２≠ａ－１２．由于ａ１，ａ－１１互为逆元素，若ａ－１２∈｛ａ１，ａ－１１｝则ａ２＝（ａ－１２）－１∈｛ａ１，ａ－１１｝．这不可能，即ａ－１２∈｛ａ１，ａ－１１｝．故｛ａ１，ａ－１１，ａ２，ａ－１２｝是四个不同的元素．设上面的步骤进行了ｋ－１步，得到２（ｋ－１）个元素｛ａ１，ａ－１１，…，ａｋ－１，ａ－１ｋ－１｝彻Ｇ＼｛ｅ｝．同样论证Ｇ＼｛ｅ｝除了上述２（ｋ－１）个元素外要么没有元素了，要么同时有ａｋ及ａ－１ｋ且ａｋ≠ａ－１ｋ．可知Ｇ＼｛ｅ｝要么等于｛ａ１，ａ－１１，…，ａｋ－１，ａ－１ｋ－１｝，要么有２ｋ个元素｛ａ１，ａ－１１，…，ａｋ，ａ－１ｋ｝彻Ｇ＼｛ｅ｝．因Ｇ＼｛ｅ｝只有有限个元素，必然在某个第ｋ步停止，即Ｇ＼｛ｅ｝＝｛ａ１，ａ－１１，…，ａｋ，ａ－１ｋ｝．故Ｇ有２ｋ＋１个，即奇数个元素，矛盾．因此Ｇ中必有元素ａ≠ｅ，ａ２＝ｅ．１４畅设Ｇ１，Ｇ２皆为不等于Ｇ的子群，但Ｇ＝Ｇ１∪Ｇ２．因Ｇ１≠Ｇ，可取到ｇ１∈Ｇ１．由Ｇ＝Ｇ１∪Ｇ２，ｇ１∈Ｇ２．同样能取到ｇ２∈Ｇ２，但ｇ２∈Ｇ１．作ｇ＝ｇ１·ｇ２．若ｇ∈Ｇ１，因ｇ２∈Ｇ１，则ｇ１＝ｇ·ｇ－１２∈Ｇ１矛盾．于是ｇ∈Ｇ１，同样ｇ∈Ｇ２，就得到ｇ∈Ｇ１∪Ｇ２与Ｇ＝Ｇ１∪Ｇ２矛盾．故不能有不等于Ｇ的两个子群Ｇ１，Ｇ２使得Ｇ＝Ｇ１∪Ｇ２．１５畅略．·２１·课后答案网ww w.kh da w.co m１６畅略．１７畅略．１８畅σ＝τ（１）τ（２）…τ（ｎ）σ（τ（１））σ（τ（２））…σ（τ（ｎ）），τ－１＝τ（ｉ１）τ（ｉ２）…τ（ｉｎ）ｉ１ｉ２ｉｎτστ－１＝σ（１）σ（２）…σ（ｎ）τ（σ（１））τ（σ（２））…τ（σ（ｎ））１２…ｎσ（１）σ（２）…σ（ｎ）τ（１）τ（２）…τ（ｎ）１２…ｎ＝τ（１）τ（２）…τ（ｎ）τ（σ（１））τ（σ（２））…τ（σ（ｎ））．１９畅略．２０畅略．２１畅略．§２ 对称性变换与对称性群，晶体对称性定律下列习题中打倡者为必作题，其它为选作题． 倡１畅计算下列图形的对称性群：（１）正五边形；（２）不等边矩形；（３）圆． 倡２畅用Ｓ４的全部变换去变ｘ１ｘ２＋ｘ３ｘ４，把变到的所有可能的多项式写出来． 倡３畅用Ｓ３去变ｘ３１ｘ２２ｘ３能变出几个多项式，把它们全写出来．以ｘ３１ｘ２２ｘ３为其中一项作出一个和，使它是对称多项式，并使其项数最少． 倡４畅用不相交的轮换的乘积的形式写出Ｓ３，Ａ３，Ｓ４，Ａ４中的全部元素． 倡５畅Ｓ４中下列４个元素的集合｛（１），（１２）（３４），（１３）（２４），（１４）（２３）｝在置换乘法下成为一个群，记为Ｖ４．并且它是Ａ４的子群．６畅求出正四面体Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４的对称性群．１畅（１）令绕Ｏ反时针旋转０°，７２°，１４４°，２１６°，２８８°的５个旋转变换为Ｔ０，·３１·课后答案网ww w.k h da w.co mＴ１，Ｔ２，Ｔ３，Ｔ４，令平面对直线ｌ１，ｌ２，ｌ３，ｌ４，ｌ５，的反射变换为Ｓ１，Ｓ２，Ｓ３，Ｓ４，Ｓ５，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Ａｉ，则Ｔ－１ｉ－１Ｔ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Ｔ０和Ｓ１，即Ｔ－１ｉ－１Ｔ＝Ｔ０或Ｓ１，故Ｔ＝Ｔｉ－１Ｔ０＝Ｔｉ－１或Ｔ＝Ｔｉ－１Ｓ１．故全部对称性变换为｛Ｔｉ－１Ｓ１，Ｔｉ－１，ｉ＝１，２，…，５｝，最多有１０个元素．而前面已列出｛Ｔｉ－１，Ｓｉ，ｉ＝１，２，３，４，５｝共１０个对称性变换，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ｌ１，ｌ２的反射为Ｓ１，Ｓ２．它们都是该矩形的对称性变换．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θ的旋转变换为Ｔθ，令平面对过中心Ｏ的任意直线ｌ的反射为Ｓｌ．则圆的对称性变换群＝｛Ｔθ，０≤θ＜３６０°，Ｓｌ，全部过中心Ｏ的直线ｌ｝２畅ｘ１ｘ２＋ｘ３ｘ４，ｘ１ｘ３＋ｘ２ｘ４，ｘ１ｘ４＋ｘ２ｘ３．３畅能变出６个单项式，即为：ｘ３１ｘ２２ｘ３，ｘ２１ｘ３２ｘ３，ｘ３１ｘ２３ｘ２，ｘ２１ｘ３３ｘ２，ｘ３２ｘ２３ｘ１，ｘ２２ｘ３３ｘ１．它们的和ｘ３１ｘ２２ｘ３＋ｘ２１ｘ３２ｘ３＋ｘ３１ｘ２３ｘ２＋ｘ２１ｘ３３ｘ２＋ｘ３２ｘ２３ｘ１＋ｘ２２ｘ３３ｘ１是所要求的项数最少的多项式．４畅Ｓ３＝｛（１），（１２），（１３），（２３），（１２３），（１３２）｝Ａ３＝｛（１），（１２３），（１３２）｝Ｓ４＝｛（１），（１２），（１３），（１４），（２３），（２４），（３４），（１２３），（１３２），（１２４），（１４２），（１３４），（１４３），（２３４），（２４３），（１２）（３４），（１４）（２３），（１３）（２４），（１２３４），（１２４３），（１３２４），（１３４２），（１４２３），（１４３２）｝Ａ４＝｛（１），（１２３），（１３２），（１２４），（１４２），（１３４）·４１·课后答案网 ww w.k h da w.co m（１４３），（２３４），（２４３），（１２）（３４），（１４）（２３），（１３）（２４）｝．５畅略．６畅正四面体为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Ｈ＝｛Ｔｉ，ＴｉＳ，ｉ＝１，２，３｝，其中Ｔ１，Ｔ２，Ｔ３是空间绕轴ＡＯ旋转（按某固定方向）转０°，１２０°，２４０°的旋转变换，Ｓ是空间对平面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＝｛Ｔｉ，ＴｉＳ，ＭｊＴｉ，ＭｊＴｉＳ，ｉ，ｊ＝１，２，３｝．Ｇ有２４个元．§３ 子群，同构，同态以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅四个复数１，－１，ｉ，－ｉ的集合Ｕ４构成非零复数的乘法群的子群． 倡２畅Ｈ１，Ｈ２，…，Ｈｋ，…都是群Ｇ的子群．证明（１）Ｈ１∩Ｈ２是子群．（２）∩∞ｉ＝１Ｈｉ是子群．（３）若Ｈ１炒Ｈ２炒…炒Ｈｋ炒Ｈｋ＋１炒…，则∪∞ｉ＝１Ｈｉ是子群． 倡３畅设Ｇ是群．令Ｚ（Ｇ）＝｛ａ∈Ｇ｜ａｇ＝ｇａ，橙ｇ∈Ｇ｝，则Ｚ（Ｇ）是Ｇ的子群．称为Ｇ的中心． 倡４畅Ｇ是群，Ｓ是Ｇ的非空子集．令ＣＧ（Ｓ）＝｛ａ∈Ｇ｜ａｓ＝ｓａ，橙ｓ∈Ｓ｝，ＮＧ（Ｓ）＝｛ａ∈Ｇ｜ａＳａ－１＝Ｓ｝，则它们都是Ｇ的子群，其中ａＳａ－１＝｛ａｓａ－１｜橙ｓ∈Ｓ｝．ＣＧ（Ｓ）和ＮＧ（Ｓ）分别称·５１·课后答案网ww w.k h da w.co m为Ｓ在Ｇ中的中心化子和正规化子．５畅设Ｇ是群，Ｈ是Ｇ的子群．（１）ａ∈Ｇ，则ａＨａ－１也是子群．（２）τ是Ｇ的自同构，则τ（Ｈ）也是子群．６畅证明§２中习题５中Ｖ４与上面习题１中Ｕ４不同构． 倡７畅证明正三角形Ａ１Ａ２Ａ３的对称性群与Ｓ３同构（将每个对称性变换与它引起的顶点的置换相对应）．８畅令Ｌ＝ｃｏｓθｓｉｎθ－ｓｉｎθｃｏｓθ０≤θ＜２π，Ｍ＝ｅｉθ００ｅ－ｉθ０≤θ＜２π．它们都在矩阵的乘法下成为群，并且相互同构．９畅证明群Ｇ是交换群当且仅当映射ＧＧｘｘ－１是Ｇ的自同构．１０畅实数域Ｒ到习题８中群Ｌ的映射φ：ＲＬ ｘｃｏｓθｓｉｎθ－ｓｉｎθｃｏｓθ，其中ｘ＝２ｋπ＋θ，０≤θ＜２π，是Ｒ的加群到群Ｌ的同态．１１畅Ｇ是群，Ｓ是Ｇ的非空子集．令Ｈ＝｛ｔ１…ｔｉ…ｔｋ｜橙ｋ是正整数，ｔｉ或ｔ－１ｉ∈Ｓ｝．证明Ｈ是子群且Ｈ＝枙Ｓ枛． 倡１２畅整数加法群Ｚ的子群一定是某个ｎＺ（ｎ∈Ｚ）．１３畅证明有理数加法群Ｑ的任何有限生成的子群是循环群．１４畅Ｇ＝｛全体２×２整数元素的可逆矩阵｝，对矩阵乘法是否成为群？全体正实数元素的２×２可逆矩阵对矩阵乘法是否成为群？ 倡１５畅群Ｇ的全部自同构在Ｇ上变换的乘法下成为群，称为Ｇ的自同构群，记为ＡｕｔＧ．１畅略．２畅（１）略．（２）对ａ，ｂ∈∩∞ｉ＝１Ｈｉ来证ａｂ－１∈∩∞ｉ＝１Ｈｉ．因ａ，ｂ∈Ｈｉ，Ｈｉ是子群，故ａｂ－１∈·６１·课后答案网 ww w.k h da w.co mＨｉ，ｉ＝１，２，…，于是ａｂ－１∈∩∞ｉ＝１Ｈｉ．故∩∞ｉ＝１Ｈｉ是子群．（３）设ａ，ｂ∈∪∞ｉ＝１Ｈｉ，必有ｋ，ｌ使ａ∈Ｈｋ，ｂ∈Ｈｌ．不妨设ｋ≤ｌ．于是由Ｈｋ彻Ｈｌ得ａ，ｂ∈Ｈｌ，又Ｈｌ是子群，知ａｂ－１∈Ｈｌ彻∪∞ｉ＝１Ｈｉ．故∪∞ｉ＝１Ｈｉ是子群．３畅略．４畅略．５畅略．６畅写Ｖ４中的元为ａ，ｂ，ｃ，ｅ（单位元），则有ａ２＝ｂ２＝ｃ２＝ｅ．而Ｕ４中４个元为１，－１，ｉ，－ｉ．假设Ｖ４到Ｕ４有同构τ．不妨设τ（ａ）＝ｉ．由ａ２＝ｅ，τ（ａ２）＝τ（ｅ）＝１．但τ（ａ）＝ｉ，ｉ２＝－１，τ（ａ）τ（ａ）＝－１．故τ（ａ２）≠τ（ａ）τ（ａ），τ不保持乘法，矛盾．故Ｖ４与Ｕ４不同构．７畅§２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．８畅略．９畅略．１０畅略．１１畅橙ｔ１…ｔｋ，ｘ１…ｘｌ∈Ｈ，ｔｉ，ｘｉ或ｔ－１ｉ，ｘ－１ｉ∈Ｓ，则（ｔ１…ｔｋ）（ｘ１…ｘｌ）－１＝ｔ１…ｔｋｘ－１ｌ…ｘ－１ｌ－１…ｘ－１１，其中ｔｉ或ｔ－１ｉ，ｘ－１ｉ或（ｘ－１ｉ）－１＝ｘｉ都属于Ｓ，故（ｔ１…ｔｋ）（ｘ１…ｘｌ）－１∈Ｈ，即Ｈ是子群．又设Ｈ１是Ｇ的包含Ｓ的子群，则必含所有形为ｔ１…ｔｋ的元素，其中ｔｉ或ｔ－１ｉ∈Ｓ，故Ｈ１澈Ｈ，因而Ｈ是包含Ｓ的最小的子群．１２畅设Ｈ是加法群Ｚ的子群，若Ｈ≠０·Ｚ，则Ｈ中有非零整数ｔ．若ｔ＜０，Ｈ是子群，Ｈ含－ｔ，它是正整数．故Ｈ中有正整数．取ｎ为Ｈ中最小的正整数．任ｍ∈Ｈ，作除法算式，ｍ＝ｎｑ＋ｒ，其中ｒ＝０或０＜ｒ＜ｎ．但ｒ＝ｍ－ｎｑ∈Ｈ，若ｒ≠０则与ｎ的最小性矛盾．故ｒ＝０，ｍ＝ｎｑ，即Ｈ彻ｎＺ．又ｎ∈Ｈ，橙ｌ∈Ｚ，ｌｎ＝ｎ＋…＋ｎｌ个或ｌｎ＝（－ｎ）＋…＋（－ｎ）－ｌ个∈Ｈ，即有ｎＺ彻Ｈ．因此Ｈ＝ｎＺ．１３畅设Ｈ＝枙ｑ１ｐ１，…，ｑｓｐｓ枛是Ｑ的有限生成的加法子群．由第１２题易知Ｈ＝·７１·课后答案网ww w.kh da w.co m∑ｓｉ＝１ｌｉｑｉｐｉｌｉ∈Ｚ．取ｐ１，…，ｐｓ的最小公倍数为ｍ，则ｑｉｐｉ＝ｍｐｉｑｉｍ，令为Ｑｉｍ．再令（Ｑ１，…，Ｑｓ）＝ｎ，则ｑｉｐｉ＝Ｑｉｍ＝ｎｍＱｉｎ，令为ｎｍｔｉ．则（ｔ１，ｔ２，…，ｔｓ）＝１．取ｋ１，…，ｋｓ∈Ｚ，使ｋ１ｔ１＋…＋ｋｓｔｓ＝１．于是∑ｓｉ＝１ｋｉｎｍｔｉ＝ｎｍ∑ｓｉ＝１ｋｉｔｉ＝ｎｍ∈Ｈ，且任意∑ｓｉ＝１ｌｉｑｉｐｉ＝∑ｓｉ＝１ｌｉｔｉｎｍ＝ｎｍ∑ｓｉ＝１ｌｉｔｉ．这就证明了Ｈ＝枙ｎｍ枛是循环加法群．１４畅１－１１１＝２，１－１１１－１＝１２１１－１１，即１－１１１－１不是整数矩阵，故全体２×２整数元素的可逆矩阵不成为群．取正实数矩阵１１０１，１１０１－１＝１－１０１，即正实数可逆矩阵的逆矩阵不是正实数矩阵．故全体２×２正实数可逆矩阵不成为群．１５畅略．§４ 群在集合上的作用，定义与例子以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅Ｖ是某域Ｆ上ｎ维线性空间，Ｇ＝ＧＬ（Ｖ）是Ｖ上全线性变换群．令Ｍ为Ｖ的全部子空间的集合．证明Ｇ在Ｍ上有群作用． 倡２畅Ｇ是群．Ｋ，Ｈ是Ｇ的子群．作群直积Ｋ×Ｈ．定义映射礋：（Ｋ×Ｈ）×ＧＧ（（ｋ，ｈ），ｇ）（ｋ，ｈ）礋ｇ＝ｋｇｈ－１．证明它是群Ｋ×Ｈ在集合Ｇ上的作用．３畅Ｇ是正四面体Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４的对称性群．令Ｍ１＝｛四面体的顶点的集合｝，Ｍ２＝｛四面体的四个面的集合｝，Ｍ３＝｛四面体的六条棱的集合｝，则Ｇ在Ｍ１，Ｍ２，Ｍ３上分别有群作用． 倡４畅令Ｇ是ｎ×ｎ实正交矩阵的群，Ｍ是ｎ×ｎ实对称矩阵的集合．证明下·８１·课后答案网ww w.k h da w.co m述对应是一个映射Ｇ×ＭＭ（Ｐ，Ａ）Ｐ礋Ａ＝ＰＡＰ－１，且是Ｇ在Ｍ上的群作用． 倡５畅写域Ｆ上多项式ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝ｆ（ｒ），其中ｒ＝（ｘ，ｙ，ｚ）Ｔ，取Ｍ为Ｆ上ｘ，ｙ，ｚ的全部多项式的集合．Ｇ为群ＧＬ３（Ｆ）．对Ａ∈Ｇ，令ｒ′＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′）Ｔ＝Ａ（ｘ，ｙ，ｚ）Ｔ＝Ａｒ．证明下述对应（Ａ，ｆ）Ａ礋ｆ＝ｆ（ｒ′）＝ｆ（Ａｒ）是Ｇ×ＭＭ的一个映射，且是Ｇ在Ｍ上的群作用．６畅利用Ｃａｙｌｅｙ定理证明具有给定阶ｎ的不同构的有限群只有有限个．１畅略２畅（１）Ｋ×Ｈ的单位元是（ｅ，ｅ），其中ｅ是Ｇ的，也是Ｋ和Ｈ的单位元．橙ｇ∈Ｇ，（ｅ，ｅ）礋ｇ＝ｅｇｅ－１＝ｇ．（２）橙ｋ１，ｋ２∈Ｋ，ｈ１，ｈ２∈Ｈ，（ｋ１，ｈ１），（ｋ２，ｈ２）∈Ｋ×Ｈ．橙ｇ∈Ｇ，（ｋ１，ｈ１）礋（（ｋ２，ｈ２）礋ｇ）＝（ｋ１，ｈ１）礋（ｋ２ｇｈ－１２）＝ｋ１ｋ２ｇｈ－１２ｈ－１１＝（ｋ１ｋ２）ｇ（ｈ１ｈ２）－１＝（ｋ１ｋ２，ｈ１ｈ２）礋ｇ＝（（ｋ１，ｈ１）（ｋ２，ｈ２））礋ｇ．由定义１′，上面映射“礋”是Ｋ×Ｈ在Ｇ上的群作用．３畅略．４畅首先证明（Ｐ，Ａ）Ｐ礋Ａ＝ＰＡＰ－１定义了Ｇ×Ｍ到Ｍ的映射．橙Ｐ∈Ｇ，Ｐ是ｎ×ｎ正交矩阵，故Ｐ－１＝Ｐ′，对橙Ａ∈Ｍ，Ａ是ｎ×ｎ实对称阵，有Ｐ礋Ａ＝ＰＡＰ－１＝ＰＡＰ′，是ｎ×ｎ实对称阵，故Ｐ礋Ａ∈Ｍ，确定了Ｇ×Ｍ到Ｍ的映射．易证这映射是Ｇ在Ｍ上的一个群作用．５畅对Ａ∈Ｇ＝ＧＬ３（Ｆ），橙ｆ（ｒ）是Ｆ上ｘ，ｙ，ｚ的多项式，Ａ礋ｆ＝ｆ（Ａｒ），Ａｒ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′）Ｔ中ｘ′，ｙ′，ｚ′都是ｘ，ｙ，ｚ的一次多项式，若设为ｘ′＝ａ１１ｘ＋ａ１２ｙ＋ａ１３ｚｙ′＝ａ２１ｘ＋ａ２２ｙ＋ａ２３ｚｚ′＝ａ３１ｘ＋ａ３２ｙ＋ａ３３ｚ，其中ａｉｊ∈Ｆ．则ｆ（Ａｒ）＝ｆ（ｘ′，ｙ′，ｚ′）＝ｆ（ａ１１ｘ＋ａ１２ｙ＋ａ１３ｚ，ａ２１ｘ＋ａ２２ｙ＋ａ２３ｚ，ａ３１ｘ＋ａ３２ｙ＋ａ３３ｚ）仍是Ｆ上ｘ，ｙ，ｚ的多项式，故·９１·课后答案网ww w.k h da w.co m（Ａ，ｆ）Ａ礋ｆ＝ｆ（Ａｒ）建立了Ｇ×ＭＭ的一个映射，易证它是Ｇ在Ｍ上的群作用．６畅Ｃａｙｌｅｙ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．§５ 群作用的轨道与不变量、集合上的等价关系以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅§４习题１中的群作用有几条轨道？找出群作用的不变量与不变量的完全组． 倡２畅找出§４习题４中群作用的不变量和不变量的完全组． 倡３畅（联系§４习题２中的群作用）令ｔ∈Ｇ，称ＫｔＨ＝｛ｋｔｈ｜ｋ∈Ｋ，ｈ∈Ｈ｝为Ｇ的一个（Ｋ，Ｈ）双陪集，则Ｇ的两个（Ｋ，Ｈ）双陪集或重合或不相交，且Ｇ是全部（Ｋ，Ｈ）双陪集的无交并．１畅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，它们有同样维数ｋ＞０，分别取Ｗ和Ｗ１的基为ε１，…，εｋ；ε′１，…，ε′ｋ．分别补充成ε１…εｋ…εｎ；ε′１…ε′ｋ…ε′ｎ，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Ａεｉ＝ε′ｉ，ｉ＝１，２，…，ｎ．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ｋ＝０，１，２，…，ｎ，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畅对Ａ，Ｂ皆为ｎ×ｎ实对称矩阵，若Ａ，Ｂ在同一轨道上，即有ｎ×ｎ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合｛λ１，…，λｎ｝（λｉ是ｋ重特征值就在集合中出现ｋ次）的ｎ×ｎ实对称矩阵，它们都可用实正交矩阵化为对角阵，即有ｎ×ｎ正交阵Ｐ１，Ｐ２使·０２·课后答案网ww w.k h da w.co mＰ１ＡＰ－１１＝λ１λ２筹λｎ＝Ｐ２ＢＰ－１２．于是（Ｐ－１２Ｐ１）Ａ（Ｐ－１２Ｐ１）－１＝Ｂ，Ｐ－１２Ｐ１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，全部特征值的积，特征多项式都是群作用的不变量．３畅实际上ＫｔＨ是§４习题２中群作用下的一条轨道，两条轨道或重合或不相交，即两个（Ｋ，Ｈ）双陪集或重合或不相交，群作用集Ｇ是全体轨道的无交并也就是全体（Ｋ，Ｈ）双陪集的无交并．§６ 陪集，Ｌａｇｒａｎｇｅ定理，稳定化子，轨道长以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题． 倡１畅Ｇ是群，Ｈ是Ｇ的子群．ｘ，ｙ∈Ｇ，则ｘ，ｙ属于Ｈ的同一左陪集当且仅当ｘ－１ｙ∈Ｈ． 倡２畅群Ｇ作用于集合Ｍ上，ｘ∈Ｍ．证明：（１）稳定化子ＳｔａｂＧ（ｘ）是子群．（２）设ｇ１，ｇ２∈Ｇ，则ｇ１礋ｘ＝ｇ２礋ｘ当且仅当ｇ１，ｇ２属于ＳｔａｂＧ（ｘ）的同一左陪集． 倡３畅Ｖ是域Ｆ上ｎ维线性空间，取定Ｖ的一组基ε１，ε２，…，εｎ．Ｖ上任一可逆线性变换Ａ，设它在ε１，…，εｎ下矩阵为Ａ，则建立起ＧＬ（Ｖ）到ＧＬｎ（Ｆ）的同构，ＡＡ．于是群ＧＬｎ（Ｆ）通过ＧＬ（Ｖ）可作用于空间Ｖ上，进而可作用于Ｖ的子空间的集合Ｍ上．（１）ＧＬｎ（Ｆ）在ε１处的稳定化子由哪些元素组成？（２）令Ｗ是由ε１，ε２，…，εｋ，ｋ≤ｎ，生成的子空间，ＧＬｎ（Ｆ）在Ｗ处的稳定化子由哪些元素组成？ 倡４畅正四面体Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４的对称性群Ｇ可作用在它的顶点的集合和它的面的集合上，也作用在它的棱的集合上．（１）试决定Ｇ在顶点Ａ１处的稳定化子；（２）求Ｇ在面Ａ２Ａ３Ａ４处的稳定化子；（３）求Ｇ在棱Ａ１Ａ２处的稳定化子．５畅把正四面体Ａ１Ａ２Ａ３Ａ４的对称性群用顶点的置换表出．利用§６定理２中公式（２）写出它的对称性群的全部元素．再回到四面体上考察每个置换代表什·１２·课后答案网ww w.k h da w.co m么正交变换．６畅Ｇ是群，Ｋ及Ｈ是Ｇ的子群．（１）令Ｍ是Ｇ中Ｈ的左陪集的集合．用Ｋ的元素对Ｍ的元素进行左乘，得下列映射礋：Ｋ×ＭＭ（ｋ，ｔＨ）ｋ礋ｔＨ＝ｋｔＨ，证明这是Ｋ在Ｍ上的一个群作用．（２）试决定这个群作用过ｔＨ的轨道及在ｔＨ处的稳定化子．并证明｜ＫｔＨ｜＝［Ｋ：Ｋ∩ｔＨｔ－１］｜Ｈ｜． 倡７畅Ｓ３中Ｃ３＝ｅ，（１２３），（１３２）组成Ｓ３的子群．写出Ｓ３中Ｃ３的全部左陪集和全部右陪集． 倡８畅Ｓ４中写出子群Ｓ３＝１２３４ｉ１ｉ２ｉ３４ｉ１ｉ２ｉ３是１２３的全部排列的全部左陪集．９畅Ｇ是群，Ｈ是子群．当Ｇ是交换群时，Ｈ的任一左陪集都是一个右陪集． 倡１０畅写出Ｚ中子群３Ｚ＝｛３ｋ｜ｋ∈Ｚ｝的全部左陪集． 倡１１畅证明任意ｌ，ｋ∈Ｚ属于ｎＺ在Ｚ中同一陪集的充分必要条件为ｌ≡ｋ（ｍｏｄｎ）（倡）．写出Ｚ中ｎＺ的全部陪集．１２畅Ｓ３作用在域Ｆ上全部多项式ｆ（ｘ１，ｘ２，ｘ３）的集合上．求Ｓ３在ｘ３１ｘ２２ｘ３和ｘ１ｘ２＋ｘ２ｘ３处的稳定化子及Ｓ３作用下分别过ｘ３１ｘ２２ｘ３和ｘ１ｘ２＋ｘ２ｘ３的轨道．１３畅有限群Ｇ称为ｐ群，如果它的阶是素数ｐ的方幂．证明Ｇ的非单位元子群的阶能被ｐ除尽，及Ｇ对于其真子群（即不等于Ｇ的子群）的指数也被ｐ除尽．１４畅有限群Ｇ为ｐ群，则Ｇ的中心Ｚ（Ｇ）≠｛ｅ｝．（利用改进的类方程（７））．１５畅Ｇ＝Ｓ３共轭作用于自身．求中心化子ＣＧ（σ），其中σ分别是（１２３）和（１２）． 倡１６畅求Ｓ３的含上题中（１２３）和（１２）的共轭类． 倡１７畅Ｇ是素数ｐ阶的群，则（１）Ｇ除本身和单位元群以外没有其它子群．（２）Ｇ＝枙ａ枛，橙ａ≠ｅ．即Ｇ是循环群．（见§３定义４前一段）．１８畅Ｇ作用在集合Ｍ上．ｘ∈Ｍ，ｇ∈Ｇ，及ｇ礋ｘ＝ｙ，则ＳｔａｂＧ（ｙ）＝ｇＳｔａｂＧ（ｘ）ｇ－１．１９畅Ｇ是有限群，Ｈ炒Ｋ皆是Ｇ的子群，则［Ｇ：Ｈ］＝［Ｇ：Ｋ］［Ｋ：Ｈ］． （倡） ｌ≡ｋ（ｍｏｄｎ）表示ｌ与ｋ的差是ｎ的倍数，或用ｎ去除ｌ及ｋ所得的余数相同．·２２·课后答案网 ww w.kh da w.co m。