近世代數(shù)初步習題答案與解答

1、?近世代數(shù)初步?習題答案與解答引 論 章一、知識摘要1.A是非空集合,集合積的一個映射就稱為A的一個代數(shù)運算(二元運算或運算).2. 設(shè)G非空集合,在G上有一個代數(shù)運算,稱作乘法,即對G 中任意兩個元素a,b,有唯一確定的元素c與之對應(yīng),c稱為a與b的積,記為c=ab.假設(shè)這個運算還滿足：(1)(2)(3)存在單位元e滿足(4)存在使得稱為的一個逆元素.那么稱G為一個交換群.(i)假設(shè)G只滿足上述第2、3和4條,那么稱G為一個群.(ii) 假設(shè)G只滿足上述第2和3條,那么稱G為一個幺半群.(iii) 假設(shè)G只滿足上述第2條,那么稱G為一個半群.3.設(shè)F是至少包含兩個元素的集合,在F上有一個代數(shù)

2、運算,稱作加法,即對F 中任意兩個元素a,b,有唯一確定的元素c與之對應(yīng),c稱為a與b的和,記為c=a+b.在F上有另一個代數(shù)運算,稱作乘法,即對F 中任意兩個元素a,b,有唯一確定的元素d與之對應(yīng),d稱為a與b的積,記為d=ab.假設(shè)這兩個運算還滿足：I. F對加法構(gòu)成交換群.II. F*=F0對乘法構(gòu)成交換群. III.就稱F為一個域.4.設(shè)R是至少包含兩個元素的集合,在R上有加法和乘法運算且滿足：I. R對加法構(gòu)成交換群(加法單位元稱為零元,記為0;加法單位逆元稱為負元).II. R*=R0對乘法構(gòu)成幺半群(乘法單位元常記為1).III. 就稱R為一個環(huán).消去律：6.R是環(huán),那么稱是R中

3、的一個左(右)零因子.7.廣義結(jié)合律:半群S中任意n個元a1,a2,an的乘積a1a2an在次序不變的情況下可以將它們?nèi)我饨Y(jié)合.8.群G中的任意元素a及任意正整數(shù)n,定義：,. 那么由廣義結(jié)合律知有(在加法群中可寫出相應(yīng)的形式.)9.關(guān)于數(shù)域上的行列式理論、多項式理論(包括除法算式、整除性、最大公因式、因式分解唯一性定理等)、線性方程組理論、矩陣運算及理論、線性空間及線性變換理論在一般域F上都成立.二、習題解答1、1否，2否，3是，4是。注：因為集合上的一個代數(shù)運算對應(yīng)了集合×到的一個映射。此類題由此直接判斷。2、證明由于在F2上的任一和式中，只要有一項為哪一項1，其結(jié)果永遠是1。而

4、a+b 與b+a；a+(b+c)與(a+b)+c中1，0出現(xiàn)的次數(shù)分別相同，它們的和就分別相等，故F2中加法交換律和結(jié)合律成立。由于ab和ba；abc和abc中如有0出現(xiàn)，其積為零，否那么其積為1，故這兩對積分別相等，于是F2中乘法交換律和結(jié)合律成立。對ab+c和ab+ac，假設(shè)a=0，這兩式子都為零；假設(shè)a=1，這兩式子都為b+c，對這兩種情形兩式子都相等，故F2中乘法對加法的分配律成立。注：此類題根據(jù)所定義的運算法那么直接驗證。3、1對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,由負元的定義知-a-b=-a+b.3在2中將 

5、b換為-b，就得-a-b=-a+b。4對a-b=c兩邊加上b，左邊=a-b+b=a，右邊=c+b，故a=c+b。5a·0+a=a·0+a·1=a0+1=a,用加法消去律得a·0=0。6，故，將上式互換就得。7注：此題直接根據(jù)環(huán)上的兩個運算的性質(zhì)和關(guān)系進行驗證。4 =。注：此題直接根據(jù)環(huán)上“乘法對加法的分配律來證明。i，但m，n不為零，不妨設(shè)m為正整數(shù)。為m個a及m個的乘積，由廣義結(jié)合律知。ii假設(shè)m，n中有零，不妨設(shè)m=0，那么左邊。iiim，n皆為正整數(shù)，那么am+n與aman皆為m+n個a的積，由廣義結(jié)合律知它們相等。假設(shè)m，n皆為負整數(shù)，那么am+

6、n與aman皆為-m+n個a-1的乘積，由廣義結(jié)合律知它們相等。ivm，n中有正有負，且，不妨設(shè)m與m+n為異號。那么由iii，兩邊再乘上(參看(i),那么.以上已證明了再由 又這就證明了假設(shè)a,b交換,當m=0時,顯示有當m為正整數(shù)時,都是m個a,m個b的乘積,由廣義結(jié)合律知它們相等,當m為負整數(shù)時,即.左邊又是,故.注：此題根據(jù)廣義結(jié)合律和群中元素的方冪的性質(zhì)進行驗證6. 參照中學數(shù)學中對二項定理的證明,根據(jù)環(huán)上的運算性質(zhì)及的交換性直接證明,故.,那么任意,故每個有逆元素.注：直接根據(jù)逆元的定義和廣義結(jié)合律證明.8.即1-ba在R內(nèi)也可逆又由.故.注：直接根據(jù)結(jié)合律和環(huán)中乘法對加法的分配律

7、驗證.2時,取 B= 那么,但AB=0.A,B皆為零因子.注：根據(jù)環(huán)中零因子的定義直接構(gòu)造.第一章 群第一節(jié) 群的例子一、知識摘要關(guān)于復數(shù)乘法構(gòu)成群.2.域F上的全體n階可逆矩陣關(guān)于矩陣乘法構(gòu)成群,稱為n階一般線性群,記為3.中全體行列式為1的矩陣關(guān)于矩陣乘法構(gòu)成群,稱為n階特殊線性群,記為4.實數(shù)域R上的全體n階正交矩陣關(guān)于矩陣乘法構(gòu)成群,稱為n階正交群,記為5.非空集合M上的可逆變換全體關(guān)于變換乘法構(gòu)成群,稱為集合M上的全變換群,記為.特別,當M是有限集1,2,n時,M上的可逆變換稱為1,2,n的一個置換(或一個n元置換).此時,全體n元置換在置換乘法下所成的群稱為n元對稱群,記為.6.

8、域F上n維線性空間V上的全體可逆線性變換在變換乘法下構(gòu)成群,記為7.實數(shù)域上n維歐氏空間V上的全體正交變換在變換乘法下構(gòu)成群,記為8.平面上全體正交變換(保持點之間的距離和直線夾角的變換)在變換變換乘法下構(gòu)成群,稱為平面的正交變換群.二、習題解答(這兒T是矩陣的轉(zhuǎn)置)為矩陣形式,其中.設(shè)另一仿射點變換:,其中,那么經(jīng)變成由于仍是仿射點變換.易證:仿射點變換是恒等變換，它是乘法單位元. 仿射點變換正是的逆變換.又變換的乘法自然有結(jié)合律，故平面上全體仿射點變換對變換的乘法成為一個群.注：此類題按照群的定義驗證,對逆元和單位元的存在性證明是關(guān)鍵.可寫成矩陣形成:,其中A為2×2正交矩陣，即

9、滿足單位矩陣.正交矩陣的乘積是正交矩陣，正交矩陣的逆也是正交陣。利用這兩個性質(zhì)。完全類似于習題1中的論證，能證明本習題的結(jié)論.注：此題證明方法與上題一致,關(guān)鍵是掌握正交矩陣的根本性質(zhì).在仿射點變換：的變換下故由于將不同的三點變成不同的三點，.上面一串等式的最前端與最后端相等即表示這三點也共線。注：關(guān)鍵是在下，驗證其中A滿足于是.注：直接驗證，,其中a,b,c,d都是復數(shù),a0且c0,那么也和A,B具有相同的形式.顯然, 是單位元且是A的逆矩陣.又矩陣乘法滿足結(jié)合律,故結(jié)論得證.注：根據(jù)群的定義直接驗證,需要說明AB也和A,B具有相同的形式.6.只需要證明逆元存在性且滿足結(jié)合律即可.顯然,(a,

10、b)(c,d)(e,f)=(ac,ad+b)(e,f)=(ace,acf+ad+b)=(a(ce),a(cf+d)+b)=(a,b)(ce,cf+d)=(a,b)(c,d)(e,f),即結(jié)合律成立,故G是一個群.注：根據(jù)群的定義直接驗證.，得到，可知.這樣，即b是a的逆.8.由題設(shè)，對后一等號兩邊左乘，右乘，就得到注：只需要由驗證即可.9.，有，故，又，a對后一個等號兩邊左乘a，右乘b，就得.注：關(guān)鍵在于由得到對都成立.10.易驗證,G對復數(shù)的乘法是封閉的且結(jié)合律成立. ,有,從而且.即z1是z的逆元.注：根據(jù)群的定義直接驗證.11. ,由不同時為0且不同時為0易知,和不同時為0,故顯然,是K

11、的單位元且容易驗證是A在K中的逆元.由矩陣乘法滿足結(jié)合律知,K關(guān)于矩陣乘法構(gòu)成群.注：根據(jù)群的定義直接驗證.12.設(shè).由性質(zhì)2，,且是s個不同的元，故.同樣由性質(zhì)3可得，。設(shè)其中于是 。即gi是G的右單位元，gj是G的左單位元,分別記為e及，即G有單位元e.類似于上面作法，由，有b使ab=e，由，而有使即有逆元。又題設(shè)G有結(jié)合律，故是一個群。注：證明的關(guān)鍵在于“由G是非空有限集,得到.由此去證明單位元和逆元的存在性. 此題給出了非空有限集關(guān)于其上定義的乘法作成群的一個條件：“此乘法滿足左、右消去律和結(jié)合律。取互為逆元素，假設(shè)是四個不同的元素.設(shè)上面的步驟進行k-1步，得到2k-1個元素.同樣論

12、證除了上述2k-1個元素外要么沒有元素了，要么同時有要么等于，要么有2k個元素.因只有有限個元素，必然在某個第k步停止，即.注：主要根據(jù)“群中元和其逆元的階相同，且不同元的逆元不同,得到“群中階大于二的元素個數(shù)必為偶數(shù)個.又“群中有且只有單位元的階是1,從而由G是偶數(shù)階群可得,G中必有2階元.G1.由.同樣可取,同理，就得到注：此題的證明主要是基于“對于群G中的兩個互不包含的子群G1和G2,分別取自G1G2和G2 G1中的兩元素的乘積必定不屬于這一事實.,其中p是素數(shù).顯然0是單位元且是的逆元.故結(jié)論成立. 注：根據(jù)群的定義直接驗證.16. 由于數(shù)的加法都滿足結(jié)合律且,其中p是素數(shù).顯然0是單

13、位元且是的逆元.故結(jié)論成立. 注：根據(jù)群的定義直接驗證.17. .注：直接根據(jù)6元置換的乘法計算.18.,.注：此題關(guān)鍵在于熟悉n元置換的表示形式.第二節(jié) 對稱性變換與對稱性群，晶體對稱性定律一、知識摘要1.平面上(或空間中)的一個圖形M在平面上(或空間中)的一個正交變換下變?yōu)镸本身,那么稱此變換是M的對稱性變換.圖形M的全體對稱性變換在變換乘法下構(gòu)成一個群,稱為M的對稱性群.2.f(x1,x2,xn)是域F上的n元多項式,假設(shè)f(x1,x2,xn)的各文字的腳標經(jīng)任意n元置換變換后,該多項式完全不變,即那么稱它是域F上的一個n元對稱多項式.3. f(x1,x2,xn)是域F上的n元多項式(未

14、必對稱多項式),假設(shè) n元置換滿足那么稱是f(x1,x2,xn)的一個對稱性變換. f(x1,x2,xn)的全體對稱性變換在變換乘法下構(gòu)成一個群,稱為f(x1,x2,xn)的對稱性群.特別,當f(x1,x2,xn)是域F上的n元對稱多項式時, f(x1,x2,xn)的對稱性群即是.二、習題解答1、(1)令繞O反時針旋轉(zhuǎn)0°，72°，144°，216°，288°的5個旋轉(zhuǎn)變換為TO，T1，T2，T3，T4，令平面對直線的反射變換為它們都是對稱性變換，對于此正五邊形的任一個對稱性變換T，它假設(shè)將頂點A1，變成，那么就將A1變成A1.易知正五邊形的保

15、持A1不動的對稱性變換只有故全部對稱性變換為，共10個對稱性變換，故它們必須相等。(2)令繞O反時針旋轉(zhuǎn)0°，180°的旋轉(zhuǎn)變換為T0，T1，令平面對直線的反射為S1，S21分別變到A1,A2,A3,A4的對稱性變換都只有一個，即分別為T0,S1,T1,S2.故它們是全部的對稱性變換.(3)令繞O反時針旋轉(zhuǎn)任意角的放置變換為T,令平面對過中心O的任意直線的反射為.那么圓的對稱性變換群2. 3.能變出6個單項式,即為: 它們的和是所要求的項數(shù)最少的多項式.注：以作為一項的對稱多項式,必定含有用S3去變所得到的所有可能的單項式.更一般地,以某個k元單項式m(x)作為一項的對稱多

16、項式,必定含有用Sk去變m(x)所得到的所有可能的單項式.4. 其它證明略去直接按照群的定義驗證A3在置換乘法下成為群.4在置換乘法下成為群.6.正四面體為ABCD,O為BCD變?yōu)樽约?H限制在平面BCD上是,其中T1,T2,T3是空間繞軸AO旋轉(zhuǎn)(按某固定方向)轉(zhuǎn)0º,120º,240º的轉(zhuǎn)換變換,S是空間對面ABE的鏡面反射.再任選三個對稱性變換M1,M2,M31,M2,M3是空間分別對平面CDF,BGD,CBL的鏡面反射,與第1題(1)中的論證類似,可得正四面體ABCD的對稱性群.G有24個元.第三節(jié) 子群,同構(gòu),同態(tài)一、知識摘要子群,如果H對G的乘法構(gòu)成群

17、.(1) 群G的非空子集H是G的子群當且僅當(i)H對G的乘法封閉, (ii)G的單位元屬于H, (iii)在G中的逆元屬于H.(2) 群G的非空子集H是G的子群當且僅當(3)H1,H2,是群G的子群,那么是G的子群.設(shè)S是群G的非空子集,G的含S的所有子群的交(還是G的子群)稱為G的由S生成的子群,記為<S>.即是G的含S的最小子群.當S=a時,記<S>=<a>.稱<a>為G的由a生成的循環(huán)子群.有結(jié)論:(4)假設(shè)有那么稱G為循環(huán)群.2. 群G到群G1的映射稱為群G到群G1的同態(tài),如果(1)稱為同態(tài)的核,它是G的子群.(2)同態(tài)稱為滿同態(tài)(單同

18、態(tài))如果稱為同構(gòu)如果自同構(gòu).無限群.僅有有限個元素的群稱為有限群,此時G中元素個數(shù)稱為群G的階,記為|G|.集合M上的變換群SM的子群都稱為變換群.4.Cayley定理 任何群G都同構(gòu)與G上(作為集合)的一個變換群.二、習題解答4=1,-1,i,-i,易證U4對數(shù)的乘法和逆運算都封閉.注：事實上,群的有限非空子集是子群只要運算封閉.2.(1).因 故(2)對a,b來證明，因 (3) 設(shè)又注：H是G的非空子集, 假設(shè),那么H是G的子群.eZ(G),故.從而Z(G)是G的子群.注：H是G的非空子集, 假設(shè),那么H是G的子群.4. (1).易見eCG(S),故.故從而CG(S)是G的子群.(2).易

19、見eNG(S),故.先證.故.故.所以.有 從而NG(S)是G的子群.注：H是G的非空子集, 假設(shè),那么H是G的子群.5.(1). 故是子群.(2). 從而故是子群.注：H是G的非空子集, 假設(shè),那么H是G的子群.4中的元為a,b,c,e(單位元),那么有而U4中個元為假設(shè)V4到U4有同構(gòu).不妨設(shè).由4與U4不同構(gòu).A1A2A31,A2,A3333的同構(gòu).注：同構(gòu)映射的建立三關(guān)鍵.8.Gayley定理斷言,有限群G同構(gòu)于G上的變換群.設(shè)G的階為n,那么G同構(gòu)于Snn的子群只有限個,故只有有限個不同構(gòu)的n階群.注：這是Gayley定理導出的一個重要結(jié)論.9.(1). .那么 (2). 那么(3)

20、.定義L到M的映射故L同構(gòu)與M.注：H是G的非空子集, 假設(shè),那么H是G的子群.10.顯然，是G到自身的雙射.設(shè)G是交換群,那么反之，設(shè), 那么故G是交換群.注：根據(jù)群的自同構(gòu)與交換群的概念直接證明.11.令，那么故 .從而注：根據(jù)三角函數(shù)的相關(guān)公式直接驗證.12.其中,都屬于S,故 又設(shè)H1是G的包含S的子群,那么必含所有形為因而注：13.設(shè)H是加法群Z的子群,假設(shè),那么H中有非零整數(shù)t.假設(shè)t0,那么又由于又因為因此注：整數(shù)加法群Z的任一子群H都有,其中假設(shè)H=0,那么n=0,其它情況時n為H中最小正整數(shù).取的最小公倍數(shù)為m,那么.取 這就證明了是循環(huán)加法群.注：證明一個子群是循環(huán)子群，通

21、常是先去找該子群的一個特殊元如這里的的構(gòu)造往往是此類題證明的關(guān)鍵,也是難點.不是整數(shù)矩陣.故全體2×2整數(shù)元素的可逆矩陣不成為群.取正實數(shù)矩陣即正實數(shù)可逆矩陣的逆矩陣不是正實數(shù)矩陣.故全體2×2正實數(shù)可逆矩陣不成為群.16.從而故注：證明逆運算封閉是關(guān)鍵.第四節(jié) 群在集合上的作用,定義與例子一、知識摘要作用群作用.對記群G在集合M上的一個群作用確定了一個映射：2.的映射能確定群G在集合M上的一個群作用當且僅當 二、習題解答GL(V)的單位元是V上的恒等變換I.由f,g是變換,有從而, 決定了GL(V)在M上的群作用。2.(1)K×H的單位元是(e,e),其中e是G

22、的,也是K和H的單位元:(2)由命題1,上面映射決定了K×H在G上的群作用。3. 定義G×M1到M1的映射.；G×M2到M2的映射.G×M3到M3的映射.易證分別決定了G在M1，M2，M3上的一個群作用.定義了G×M到M的映射.= 易證這映射決定G在M上的一個群作用.的多項式,都是x,y,z的一次多項式,假設(shè)設(shè)為其中仍是F上x,y,z的多項，故建立了的一個映射，易證它決定G在M上的一個群作用.6.記G的單位元是e,也是K，H的單位元。有.從而決定了G在M上的一個群作用.注：以上各題直接根據(jù)群作用的概念證明.第五節(jié) 群作用的軌道與不變量，集合上的

23、等價關(guān)系一、知識摘要1、群G作用于集合M上,對,稱為x在G作用下的軌道,或過x的軌道.M為所有不同軌道的無交并.2、設(shè)映射能決定一個群作用.假設(shè)M上取值于另一集合(域、或復數(shù)域、或這些域上多項式的集合)的某個函數(shù)F滿足：那么稱F是該群作用下的一個不變量.(即不變量在任一條軌道上都取常值).1, F2, Fk稱為M在G作用下的不變量的一個完全組，如果二、習題解答1，那么把W的基變成W1的基，故同一軌道上的子空間具有相同的維數(shù)，又設(shè)V的兩個子空間W和W1，它們有同樣維數(shù)k>0，分別取W和W1的基為分別補充成，使它們都是V的基.由線性代數(shù)知道必有V上可逆線性變換A,使A就將子空間W變成子空間W

24、1.故W與W1在同一條軌道上故對V中全體k維子空間的集合Vk構(gòu)成群作用的一條軌道.共有n+1條軌道.子空間的維數(shù)是不變量,并構(gòu)成不變量的完全組.2.對A,B皆為n×n實對稱矩陣,假設(shè)A,B在同一軌道上,即有n×n正交陣P使B=PAP-1,那么它們有相同的特征值集合.反之,設(shè)A,B為具有相同特征值集中的n×n實對稱矩陣，它們都可用實正交矩陣化為對角陣，即有n×n正交陣P1，P2使于是仍為正交陣，故A，B在同一條軌道上.以上說明,特征值的集合是群作用的不變量的完全組.而全部特征值的和,全部特征值的積,特征多項式都是群作用的不變量.注：以上兩題直接根據(jù)群作用的

25、不變量和不變量的完全組的概念解答.3.實際上KtH是第4節(jié)習題2中群作用下的一條軌道(即t所在的軌道),兩條軌道或重合或不相交,即兩個(K,H)雙倍集或重合或不相交.作用集G是全體軌道的無交并也就是全體(K,H)雙陪集的無交并.注：群在G上有群作用,那么在此群作用下的所有軌道構(gòu)成G的一個劃分.第六節(jié) 陪集,Lagrange定理,穩(wěn)定化子,軌道長一、知識摘要1.令H是有限群G的子群. 在H在G上的左(或右)乘作用下過x的軌道稱為H在G中的一個右(或左)陪集.子群H在G中的右、左陪集數(shù)目相等,稱為子群H在G中的指數(shù),記為G:H.2.(Lagrange定理) H是有限群G的子群,那么|G|=G:H|

26、H|.3.設(shè)群G作用于M. 對,稱為群G作用下x的穩(wěn)定化子(是G的子群).當G是有限群時,記過x的軌道為,那么Ox是有限集且|Ox|=G:StabG(x).G(x),即G在自身上作共軛作用的軌道叫做G的一個共軛類. 當G是有限群時有 (1) G中x所在的共軛類的勢即類長|Cx|=G:CG(x). (2)設(shè)x1,x2,xn是G的全體共軛類的一組代表元,那么5.稱為G的中心(即與G中所有元都交換的元素構(gòu)成的集合).(1)Z(G)是G的子群且Z(G)中的每個元素組成一個共軛類.(2)設(shè)y1,y2,ym是G的勢大于1的全體共軛類的一組代表元,那么特別，當G是交換群時, 二、習題解答反之, 2.(1)設(shè)

27、又(2),由第1題,這等同于g1,g2屬于StabG(x)的同一左陪集.注：根據(jù)習題1的結(jié)論證明.3.(1)設(shè).這等價于.故.(2)也即.故GLn(F)在W處的穩(wěn)定化子為.注：根據(jù)穩(wěn)定化子的概念解答.4.(1),(2)中的穩(wěn)定化子相同,都為第2節(jié)第6題的證明中的H.(3)令A1A2和A3A4的中點分別是F,E,那么A1A2的穩(wěn)定化子由恒等變換、繞FE轉(zhuǎn)180º的旋轉(zhuǎn)變換、對平面A1A2E以及對平面A3A4F的反射共四個變換組成.注：根據(jù)穩(wěn)定化子的概念解答.1A2A3A4的對稱性群的方法與第6節(jié)定理2中公式是一致的.那里求出對稱性群有24個元素,全體對稱性變換對應(yīng)了頂點A1,A2,A3

28、,A4的24個置換,正是S4的全部元素.下面列出頂點置換與正交變換的對應(yīng). 恒等變換. 繞A1O旋轉(zhuǎn)120º. 繞A1O旋轉(zhuǎn)240º. 對平面A1OA2的鏡面反射. 對平面A1OA3的鏡面反射. 對平面A1OA4的鏡面反射. 對平面FA3A4的鏡面反射. 先繞A1O旋轉(zhuǎn)120º,再對平面FA3A4反射. 先繞A1O旋轉(zhuǎn)240º,再對平面FA3A4進行反射. 繞FE軸旋轉(zhuǎn)180º. 繞四面體過A3的高繞旋轉(zhuǎn)120º. 繞四面體過A4的高線. 對平面A2GA4的鏡面反射. 先繞A1O轉(zhuǎn)120º,再對平面A2GA4作反射. 先繞A

29、1O轉(zhuǎn)240º,再對平面A2GA4作反射. 繞四面體過A2的高線旋轉(zhuǎn)120º. 繞GH軸旋轉(zhuǎn)180º. 繞四面體過A4的高線旋轉(zhuǎn)240º. 對平面A2LA3的反射. 先繞A1O轉(zhuǎn)120º再對平面A2LA3作反射. 先繞A1O轉(zhuǎn)240º再對平面A2LA作反射. 繞四面體過A2的高線旋轉(zhuǎn)240º. 繞四面體過A3的高線旋轉(zhuǎn)240º. 繞IL軸旋轉(zhuǎn)180º.注：根據(jù)定理2中公式(2)解答.而在tH處的穩(wěn)定化子為.注：此題應(yīng)改為“試決定第四節(jié)習題6中群作用 .7. S3中C3的左陪集為C3和(12) C3,右陪集

30、為C3和C3(12).注：S3中C3的左陪集個數(shù)是2,這是因為.4中S3的左陪集為9.G是交換群,故H的任意左陪集注：交換群G的子群H的以為代表元的左陪集,恰是H的以為代表元的右陪集,反之亦然.10.Z中3Z的全部左陪集為3Z,1+3Z,2+3Z.注：理論根據(jù)見習題11.11. 由本節(jié)第1題， 故Z中nZ的全部左(右)陪集為nZ,1+nZ,2+nZ,., (n-1)+nZ.注：(1)此題是第10題的一般化.(2)由于Z是交換群,根據(jù)第9題證明知, Z中nZ的任意左陪集都是右陪集,且全部左(右)陪集為nZ,1+nZ,2+nZ,., (n-1)+nZ.12.的軌道為13設(shè)，對H為G的非單位元子群，

31、那么有的不等于1的因子必將被p整除，故又設(shè)K為G的真子群,故 ，又.注：此題是Lagrange定理的一個應(yīng)用.其中 從而注：此題由改良的類方程和習題13證明.；.注：此題由在中心化子的概念解答.的共軛類為含17.(1)設(shè)H是G的子群,那么時(2)注：根據(jù)Lagrange定理證明.,那么即注：此題給出了群作用下同一個軌道上兩個元的穩(wěn)定化子(穩(wěn)定子群)之間的關(guān)系.19.注：直接根據(jù)Lagrange定理證明.，取由，得與題設(shè)矛盾.故G在M上必有不動元.注：此題條件p不整除M是必要的.第七節(jié) 循環(huán)群與交換群一、知識摘要1.G是群,aG.當a的任意兩方冪皆不相等時,<a>=a-m,a-(m-

32、1),a-1,a0=e,a,am-1,am,有無限多個元.當a有兩個方冪相等時,必存在正整數(shù)n,使<a>=a,a2,an-1,an=e,且其中任意兩個冪互不相同.此時,稱a的階為n,記為o(a).當G是有限群時,有(1) o(a)即為<a>的階.從而o(a)|G|.(2) o(a)即為使ank=e|G|=e. 2.循環(huán)群G=<a>子群是循環(huán)群.(1)無限循環(huán)群<a>的子群除e之外都是無限群,且具有形式<as>,sZ+.(2) <a>是n階循環(huán)群.對n的任意因子q,有且僅有一個q階子群.其形式為 .進而, <a>

33、的子群個數(shù)等于n的因子個數(shù).3.無限循環(huán)群都同構(gòu)與整數(shù)加群.兩個有限循環(huán)群同構(gòu)的充要條件是階相同.4.G是有限群，使G中所有元a都滿足at=e的最小正整數(shù)t,稱為G的方次數(shù)，記為exp(G). (1)有限交換群G中階最大的元的階即為exp(G). (2) 有限交換群G是循環(huán)群 exp(G)=|G|.5.域的乘法群的有限子群都是循環(huán)群.特別,有限域的乘法群是循環(huán)群.二、習題解答1. 設(shè)假設(shè)由當且僅當.注：此題關(guān)鍵是2. 那么H是群且從而. 注：根據(jù)證明.3.設(shè)G有n階循環(huán)子群H=<a>, 那么|a|=n.反之,設(shè)a是中n階元，那么|<a>|=n.(1) 設(shè)|G|=p,p是

34、素數(shù).那么G中有非單位元的元g,從而|<g>|>1且|<g>|p=|G|,故|<g>|=p=|G|.即G=<g>.(2)G中元素的階是|G|的因子,故G中的非單位元的階只能為2,p,2p.假設(shè)G有2p階元a,那么G=<a>,與G為非交換群矛盾;假設(shè)G的元全為2階元,由第1節(jié)習題9,G為交換群,這不可能.故G中必有p階元,即有p階子群. 注：根據(jù)Lagrange定理和第1節(jié)習題9證明.4.(1)由引理4,但(2)作,因g,h交換,故是雙射,因而是同構(gòu).設(shè)有故5.(1).故.又由注：掌握上兩題的結(jié)論.又注：由于G是交換群,直接驗證.

35、8. 因此有.再看設(shè),那么即進一步,又注：掌握此題結(jié)論.9.(1)由設(shè),即有(2)由又存在就有注：直接驗證相互包含.第八節(jié) 正規(guī)子群與商群一、知識摘要為K與L的集合乘積.正規(guī)子群,如果關(guān)于集合乘積構(gòu)成群.此時,稱此群為G對N的商群.4.N是群G的子群,那么以下等價(1) N是群G的正規(guī)子群. (2) (3) (4) (5) (6) 5.群G自身和G的單位元群都是正規(guī)子群.假設(shè)G除此之外再無其它正規(guī)子群,那么稱G為單群. (1)整數(shù)加群Z對子群<n>(當然是正規(guī)子群)的商群可表示為是數(shù)域F上的n次多項式.作Fx的(加法)子群當然是正規(guī)子群.那么Fx對子群的商群為二、習題解答 1.皆為

36、H在G中的補集,即知aH=Ha.這樣,.由命題1及正規(guī)子群的定義知H是G的正規(guī)子群.注：此時H,aH和H,Ha都是G的劃分.2.從而Z(G)是正規(guī)子群.由于故不是正規(guī)子群.H=是子群且在S3中的指數(shù)是2,由第1題,H是正規(guī)子群.注：證明群G的子群H是不是正規(guī)子群,只要證明4.易驗證,V4是S4的子群.有故V4是S4的正規(guī)子群.注：群G的子群H是正規(guī)子群當且僅當5.令=Q:Q是F上n×n數(shù)量矩陣，,2知由g的任意性,用g-1替代g,并用g-1Hig替代Hi,那么有.再用g-1左乘兩端,以及用g右乘兩端就得到由Hi-1Hig=Hi.就得是正規(guī)子群.注：群G的子群H是正規(guī)子群當且僅當,易知

37、有.再由習題6證明中的第一局部,可得故是G的正規(guī)子群.8.設(shè)H是6階非交換群,我們可證明H是非交換群,故沒有6階元,它非交換, 由第1節(jié)習題9,不能全是二階元,故有三階元b.K=<b>是三階群.H:K=2,故K是H的正規(guī)子群,且有陪集分解,這里a不屬于K .于是 可以斷言.否那么由(K是正規(guī)子群)再證a2=e.假設(shè)不然,那么a為三階元.假設(shè)建立雙射易驗證此雙射保持乘法,故是同構(gòu).注：關(guān)鍵是說明任意6階非交換群H都有,同構(gòu)映射的建立也是一難點. 記由于也是G的子群且.|gHg-1|=|H|=n.由G只有一個n階子群,得到gHg-1=H.11.參見本節(jié)例2.12. (x2+1)1+(x

38、2+1)x+(x2+1)(1+x)+(x2+1)(x2+1)(x2+1)1+(x2+1)x+(x2+1)(1+x)+(x2+1)1+(x2+1)1+(x2+1)(x2+1)(1+x)+(x2+1)x+(x2+1)x+(x2+1)x+(x2+1)(1+x)+(x2+1)(x2+1)1+(x2+1)(1+x)+(x2+1)(1+x)+(x2+1)x+(x2+1)1+(x2+1)(x2+1)同法可寫出.13.反之設(shè)故，那么.從而K是正規(guī)子群.由于.故.作映射 那么是雙射且從而.注：在求得后,同構(gòu)映射的建立很自然.15.(1)任取 .故(2)即，從而是群的同態(tài).(3) (4) 故：.注：根據(jù)相關(guān)概念直

39、接證明.16.(1)(2)(3)令由(2)知,是同態(tài). 顯然是滿射,故是同構(gòu).17.第6節(jié)14題知的任何元素可寫成即相互交換,矛盾.故G為交換群.(1)G是p2階循環(huán)群.(2)G中非單位元皆為p階元.事實上，假設(shè)G中有p2階元a,那么G是p22階循環(huán)群兩兩同構(gòu).下證明p2階非循環(huán)群即非單位元皆為p階也兩兩同構(gòu).設(shè)G，H都是p2階非循環(huán)群. ,而p階群<a>的真子群只有.此時作映射得由于的象集是G的子群. 的象中有<a>及<b>,多于p個元.|G|=p2,G只有階子群和G本身,故的象只能是G本身,這樣是滿射.綜上.同理,其中作映射易知它是同態(tài),設(shè)由知,故. 結(jié)

40、論證畢.注：證明p2階非循環(huán)群兩兩同構(gòu)是此題難點. 注：此時§7定理3,循環(huán)群H中的同階子群只有一個.設(shè)K是H中q階子群,正規(guī),注：K是G的子群,那么也是G的子群,且20.令O為正n邊形的中心,當n為奇數(shù)時,將它的頂點編號為A1,A2,，An,令過O，Ai的直線為易見,對故當n為偶數(shù),仍將各頂點編號為,記平面上繞O反時針旋轉(zhuǎn)的變換為Ti,i=0,1,那么易知 故除了不與任何注：分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論.反之,有.即有注：證明相互包含.第九節(jié) n元交錯群的單性一、知識摘要稱為k-輪換，如果且記,.1-輪換即為恒等置換,常記為(1)，2-輪換稱為對換.n中兩個輪換不相交,如果Sn中任

41、意元都可表示成假設(shè)干個互不相交的輪換的乘積.的每個這種表示法中對換的數(shù)目未必一致,但對換數(shù)目的奇偶性由唯一確定,與排列是奇(偶)排列時稱為奇(偶)置換. Sn中奇、偶置換的數(shù)目相等,都為是奇(偶)置換當且僅當能表示成奇(偶)個輪換的乘積.n中的所有偶置換組成Snn. Sn:An=2且An(n3)可由Sn中的全部3-輪換生成.n(n5)都是單群.二、習題解答1. .是.2.3.4.對n作歸納法,當n=2時顯然成立.設(shè)n-1時已對,即1,2,n-1的任一置換是(1,2),(1,3),n的任一置換,它是輪換的乘積.我們只要證明任一輪換是(12),(13),它等于不難驗證(1k)=(12)(23)(k

42、-2 k-1)(k-1 k) (k-2 k-1) (23) (12)對k=3,4,n都成立,從而證畢.注：直接根據(jù)中元素的分解進行證明.5.(1)求(12)在S7使=(12)其中S2是文字1,2的置換群,S5是文字3,4,5,6,7的置換群.即(12)的中心化子是S2S5.類似地(3 4 5)的中心化子中的元 其中即(3 4 5)的中心化子是C3S4.(2)先證設(shè)是因而 .即當且僅當,因此由于所在的共軛類中元素的數(shù)目為.3(12)(3 4 5)(6)的中心化子是故在S6中(12)(3 4 5)(6) 所在的共軛類中元素的數(shù)目6.H中全為偶置換,對,那么.故注：當G中還有奇置換時,是無交并.7.

43、考慮G在G上左乘的群作用,由§2k的子群.因|G|=2k,故有(§在a,ga這對元素上的作用構(gòu)成二輪換,即對換,令易知g在上的左乘作用仍封閉,用歸納法可知G的2k個元可逐個配對為并滿足即g在G上的左乘作用是k個對換的乘積.k是奇數(shù)，故g對應(yīng)奇置換.由習題6,G的左乘作用作成的置換群中有指數(shù)2的正規(guī)子群.注：根據(jù)Cayley定理和習題6證明.就得再由, 9.按課文中的證明路線,只要證明A5的非平凡正規(guī)子群H中有三輪換.我們按H中置換的不動元數(shù)目來進行分析.H中有非單位元置換.假設(shè)有三個不動元,那么最多有一個不動元, 是偶置換,只能是五輪換, 或是兩個不相交的對換的乘積,它是,

44、再作注：An的正規(guī)子群H假設(shè)含有3-輪換,那么H=An.4有6階子群N,由|A4|=12知A4:N=2.由第8節(jié)習題1知, N是A4的正規(guī)子群.取S4中的任意3-循環(huán)(i1i2i3),假設(shè)(i1i2i3)N,那么A4有陪集分解N, (i1i2i3)N且(i1i2i3)2(i1i2i3)N.即(i1i2i3)2N.又(1)=(i1i2i3)3得(i1i2i3)-1=(i1i2i3)2N.N是子群知(i1i2i3)N,矛盾.即S4中的任意3-循環(huán)(i1i2i3)都含于N中,從而N= A4矛盾.注：運用反證法,假設(shè)A4有6階子群N,那么N中必含所有3-循環(huán).44中全部共軛類為:上述集合中只第1,第3

45、,第4個集合是在A4中.是A4中的一個類.由于及皆滿足,而這兩個在A4中屬同一個類.又只有的循環(huán)排列,才滿足由于排列有相同奇偶性,因此,當是1 2 3 4的偶排列時,是偶置換使在A4中屬同一個類.同樣可證當是1 2 3 4的奇排列時與(1 3 2)在一個類.故A4有四個共軛類: 第十節(jié) 同態(tài)根本定理一、知識摘要1.G是群,N是G的正規(guī)子群,那么映射作成G到商群的滿同態(tài),稱為G到商群的自然同態(tài).2.(同態(tài)根本定理) 設(shè)是群G到的滿同態(tài), 同態(tài)的核為那么是G的正規(guī)子群且 3.在同構(gòu)意義下,群G的全部同態(tài)象就是G的全部商群.二、習題解答§8習題13的證明可得,其中,.定義映射 .易驗證.4

46、在S4中的全部陪集:作映射:易知這是雙射,又顯然是同態(tài),故是同構(gòu).另一法:考慮S4在,共軛作用決定當G是非交換群時,假設(shè)AutG是循環(huán)群,那么AutG的子群(同構(gòu)意義下)也是循環(huán)群.由第8節(jié)18題,G是交換群,矛盾. 故AutG非循環(huán)群.注：根據(jù)同態(tài)根本定理證明.4. 這是同態(tài): ;假設(shè) 因此6.(1).(2)令 再證 由于保持包含關(guān)系是明顯的.(3)即又假設(shè)K是G的正規(guī)子群, 象于是間的滿射.由(2) 引起單射.故這映射也是雙射.(4)設(shè) 由此有(5) 7.(1) (2)第8節(jié)習題7已證是正規(guī)子群.(3) (4)(5)作映射由(1),由同態(tài)根本定理.其同構(gòu)映射是(6) 是同態(tài)核,當然是G故G

47、對此正規(guī)子群的指數(shù)等于的階，但是Sn的子群,其階是|S|=n!的因子.它需為!的因子,那么因此這證明了是正規(guī)子群.注：由上題,只要證.第十一節(jié) 軌道數(shù)的定理及其在計數(shù)問題中的應(yīng)用一、知識摘要Burnside定理 G,令M中被g固定的元素(g的不動元)的集合為Fix(g),那么M在G的作用下的軌道數(shù)是二、習題解答º,60º,120º,180º,240º,300º的變換記為T0,T1,T2,T3,T4,T5把平面對直線的反射變換記為它們組成正六角形的對稱性群G.把六個珠子所有允許的串法(只許黑、白兩色)組成集合M,手鐲經(jīng)旋轉(zhuǎn)T0,T1,T

48、2,T3,T4,T5把一種串法變成另一種串法,這兩種串法當然構(gòu)成同一式樣.而用六種反射之一將一種串法變成另一種串法相當于從反面去看手鐲,這仍然構(gòu)成同一式樣.因此集合M中在群G作用下屬同一軌道的串是同一式樣.故手鐲的式樣數(shù)等于M在G作用下的軌道數(shù).下面計算G的每個元在M上的不動點數(shù).與課文中的例1類似可算出:T0固定M中64種串法,T1.T5固定全黑,全白兩種串法,T3固定的串法中,頂點1,4上,頂點2,5上,頂點3,6上顏色相同.共有8種串法.T2,T4S1能固定的串法中頂點2,6上,頂點3,5上有相同顏色,頂點1,4上可任取顏色.共16種串法.同樣地,S2,S3也固定16種串法.R12,R3

49、也固定8種串法.由Burnside定理,M在群G作用下的軌道數(shù)也即在允許串法下手鐲的式樣數(shù)為.44的各置換在M中的不動點數(shù).恒等置換(1)固定M中每種著色法.因每個頂點有黑白兩種選擇,四個頂點皆著色共有24種方法.34中有6個對換,都與(1 2)一樣地固定23種著色方法.(1 2)(3 4)它固定的著色方法在頂點1 2上頂點3,4上有相同顏色,共有22種方法.同樣(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)也固定22種著色方法.2種方法.同樣地,S4中所有的三輪換(共8個)都固定22種著色方法.(1 2 3 4)固定全著黑色和全著白色共兩種方法.所有四輪換(共6個)都固定兩種著色法.正四面體頂點

50、允許的著色方案的數(shù)目為:º,120º,240º的變換T0,T1,T2及平面對直線的反射S1,S2,S33的方法的集合為M.那么G在M上有群作用.在G作用下可以互變的配置方法作出的化合物是相同的.故能得到的化合物的數(shù)目為M在G作用下的軌道數(shù),現(xiàn)計算G的元在M上的不動元的數(shù)目.T0固定M中每種配置方法,共26種.T1固定的配置方法中須在頂點1,3,5上,頂點2,4,6上配置相同,故有四種方法.T2與T1在M中有同樣多的不動元.S12,S3也固定8種方法.由Burnside定理,G在M上的軌道數(shù)也即能作成的化合物數(shù)目為注：此題與習題1是有區(qū)別的.習題1的問題可以放在正六

51、邊形的頂點上考慮,而此題卻并不能.4.第一種情形是板的反面沒有圖案,這問題中的群G由繞矩形中心旋轉(zhuǎn)0º及180º的變換T0,T1組成.矩形板的圖案數(shù)等于矩形板的允許染色法的集合M在G作用下的軌道數(shù).先計算G的元在M中的不動元的數(shù)目.T0.T1固定的染色法須在方格1,12上,方格3,10上,方格4,9上,方格6,7上,方格5,8上,方格2,11上分別有相同顏色.這是不允許的染色法,故T1在M上沒有不動元.由Burnside定理,矩形板的圖案數(shù)即G在M上的軌道數(shù).0,T1外還有矩形板繞及的旋轉(zhuǎn)180º的變換S1,S2. (見圖I)T0在M中的不動元有792個.T1在M

52、中的不動元數(shù)目為0.S1在不動元的方格12,10上,在方格4,6上,在方格9,7上,在方格3,1上有相同顏色,而在方格2,5,8,11上可任意選擇顏色.有兩種情形:(i)在方格2,5,8,11上有一格選黃色,而上面四對方格上選兩對為黃色,共有369122581114710 (ii)在方格2,5,8,11上選三個黃色,在上面4對主格上選一對為黃色,共有故S1在M中的不動元數(shù)目為40.易計算S2在M中沒有不動元.結(jié)果矩形板(反面染同樣顏色)的圖案數(shù)為5.給三個堆編號為1,2,3.這九個球在三個堆上的分配方法的集合為M.群G是三個堆的置換作成的群.兩個分配方法如能經(jīng)G的元素互變,應(yīng)為同一種分配方案.

53、先計算,它即為恒等置換在M中的不動元的數(shù)目.分別計算蘭,紅,白球在三個堆上的分配方法數(shù).回憶,n個東西放在 m個抽屜中的方法數(shù)為.故蘭球的分配方法數(shù);紅球的分配方法數(shù);白球的分配方法數(shù)為.故三種球分配到三個堆上的方法數(shù)為6×10×15=900.(1 2)固定的方法中蘭球的分配方法只能在第三堆上放兩個蘭球或不放蘭球,即兩種;紅球在第三堆上放1個或放三個,也是兩種;白球在第三堆上放2個或4個或不放,共有三種.故(12)固定的方法共2×2×3=12(種).同樣(1 3),(2 3)也固定12種.(1 2 3)固定的方法中各球在三堆上的數(shù)目應(yīng)相同,故它在M中沒有不動元.同樣(1 3 2)也沒有.結(jié)果三種球分成三堆,不相同的分配方案的數(shù)目即G在M上的軌道數(shù)為 第二章 域與環(huán)第一節(jié) 域的例子、復數(shù)域及二元域的構(gòu)造，對糾一個錯的碼的應(yīng)用一、知識摘要在上如下定義加法和乘法:0 1010 11 00 1010 11 0那么在這樣定義的加法和乘法下構(gòu)成一個域,稱為二元域.2. 那么稱是滿足此條件的最小正整數(shù),那么稱是特征為m的域.通常的數(shù)域是特征為2的域.二、習題解答1.(1)直接證明C