代数学引论高教第二版答案(第零章)

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;
再者对任意d G,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.
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.
(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,
<2> 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.
<3> 证明at就是G的幺元;
对任意ak G,
元素a,b G,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a G,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
b G, 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.
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)2 x2y2.
[思路] 在一个群G中，x,y G, xy=yx (xy)2 x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3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.
,
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.
(Ⅱ)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a～b当且仅当ab-1∈S.证明这是一个等价关系的充分必要条件为S是一个子群.
综上可知～是一个等价关系.
10.设n为一个正整数, nZ为正整数加法群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:
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.
(Ⅱ) 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a G，存在b G，使得
ab=ba=e.
<1> 对任意a G，存在b G，使得
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.
ab=e;
(这一点很容易证明这里略过.)
<2> 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(Ⅰ),(Ⅱ)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
Bi (ABj)=( Bi A)Bj=(ABn-t) Bj G
(4)(ABi) (ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t) Bj)=A2(Bn-t Bj)= Bn-t Bj) 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.
那么任取a H,由上面的分析可知a xH, 从而可令
a=xh1
这里h1 H.
假设存在h H, 使得aha-1 H,则必有aha-1 xH,从而可令
aha-1=xh2
这里h2 H.
那么
xh1ha-1=xh2,
即
a= h2h1h H,
产生矛盾.
因此，任取a H, h H, 有aha-1 H.
综上可知对任取a G, h H, 有aha-1 H,因此H为G的一个正规子群.
e
a
b
c
d
f
e
e
a
b
c
d
f
a
a
e
d
f
b
c
b
b
c
e
a
f
d
c
c
b
f
d
e
a
d
d
f
a
e
c
b
f
f
d
c
b
a
e
6.对于n>2,作一阶为2n的非交换群.
7.设G是一群, a,b G,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.
(2)由ab=ac推出b=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i j(I,j=1,2,…,n),有
akai akaj------------<1>
aiak ajak------------<2>
(Permutations[Table[i,{I,1,n}]]);
Stable[n_]:=(*生成Sn群表*)
(a=Se[n];
Table[pr[a[[i]],a[[j]],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:
证明:
首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群.
对任意a G,有a～a,故此aa-1=e S；
对任意a,b S,由(ab)b-1=a S,可知ab～b，又be-1=b S,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=ab S.再者因ae-1=a S, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1 S.可见S是G的一个子群.
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,
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}.
(Ⅰ)证明G内存在幺元.
<1> 存在at G，使得a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明);
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:
Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*)
(Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]);
Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*)
提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.