近世代数第二章答案.doc

近世代数第二章群论答案§?解:不是,因为普通减法不是适合结合律。。解:令,的乘法由下表给出首先,容易验证,这个代数运算满足结合律(1)因为,由于,若是元素在(1)中出现,那么(1)成立。(参考第一章,§4****题3。)若是不在(1)中出现,那么有而(1)仍成立。其次,有左单位元,就是;有左逆元,就是,有左逆元,就是。所以是一个群。读者可以考虑一下,以上运算表是如何作出的。,我们也可以用条件Ⅰ,Ⅱ以及下面的条件,来做群的定义:里至少存在一个右逆元,能让对于的任何元都成立;对于的每一个元,在里至少存在一个右逆元,能让解:这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件来做群定义的证明,但读者一定要自己写一下。§、逆元、消去律若群的每一个元都适合方程,那么是交换群。解:令和是的任意两个元。由题设另一方面于是有。利用消去律,得所以是交换群。在一个有限群里,阶大于2的元的个数一定是偶数。解:令是一个有限群。设有元而的阶。考察。我们有设正整数而,那么同上可得,与是的阶的假设矛盾。这样,也是的阶,易见。否则与的假设矛盾。这样,我们就有一对不同的阶大于2的元和。设还有元,,,并且b的阶大于2。那么的阶也大于2,并且。我们也有。否则消去得,与假设矛盾。同样可证。这样,除和外,又有一对不同的阶大于2的元和。由于是有限群,而的阶大于2的元总是成对出现,所以里这种元的个数一定是偶数。。在里阶等于2的元的个数一定是奇数。解:由****题2知,里阶大于2的元的个数是偶数。但只有一个阶是1的元,就是单位元。于是由于的阶是偶数,得里阶等于2的元的个数是奇数。。解:令是一个有限群而是的任一元素,那么不能都不相等。因此存在正整数i,j,,使,用乘两边,得(1)这样,存在正整数,使(1)成立,因此也存在最小的正整数,使,这就是说,元的阶是。群的同态假定在两个群和的一个同态映射之下,。与的阶是不是一定相同?解:不一定。例如,令是本章1中例2所给出的群而是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明是的任意元是到的一个同态映射。但的每一元都是无限阶的,而的阶是1。变换群假定是集合的一个非一一变换。会不会有一个左逆元使得解:可能有。例如令={所有正整数},则:,显然是的一个非一一变换。而的变换:就能使假定是所有实数作成的集合。证明,所有的可以写成和是有理数,形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群?解:令是由一切上述变换作成的集合。考察的任何两个元素:和是有理数,:和是有理数,那么:这里和都是有理数,并且。所以仍属于。结合律对一般变换都成立,所以对上述变换也成立。单位变换:属于。容易验证,在中有逆,即:因此作为一个变换群。但不是一个交换群。令::那么::假定是一个集合的所有变换作成的集合。我们暂时用符号:来说明一个变换。证明,我们可以用:来规定一个乘法,这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说,还是的单位元。解:令和是的任意两个元而是的任意一个元。那么和都是的唯一确定的元。因此如上规定仍是的一个唯一确定的元而我们得到了一个的乘法。令也是一个任意元,那么所以而乘法适合结合律。令是的任意元。由于对一切,都有,所以即而仍是的单位元。证明,一个变换群的单位元一定是恒等变换。解:设是由某一集合的变换组成一个变换群,而是的单位元。任取的一个元和的一个元。由于,有由于是的一个一一变换,所以而是的恒等变换。证明,实数域上一切有逆的矩阵对于矩阵乘法来说,:这个题的解法很容易,这里从略。置换群找出所有不能和交换的元。解:有6个元:,,,,,。其中的,,=显然可以和交换。通过计算,易见其它三个元不能和交换。把的所有元写成不相连的循环置换的乘积。解:=(1),=(23)=(12),=(13),=(123)=(132):(ⅰ)两个不相连的循环置换可以交换;(ⅱ)解:(ⅰ)看的两个不相连的循环置换和τ。我们考察乘积τ使数字1,2,…,n如何变动。有三种情况。数字 在中出现,并且把变成j。这时由于和τ不相连,j不在τ中出现,因而τ使j不变,所以τ仍把变成j。数字在τ中出现,并且τ把变成。这时不在中出现,因而使不变,所以τ仍把变成。数字不在和τ中出现。这时τ使不动。如上考察τ使数字1,2,…,n如何变动,显然得到同样的结果。因此τ=τ。(ⅱ)由于,。解:一个循环置换π=的一次方,二次方,…,次方分别把变成。同理把变成,…,把变成。因此。由上面的分析,若是,那么。这就证明了,π的阶是。(12),(13),…,(1n)这个循环置换中的若干个的乘积。解:由于每一个置换都可