版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報或認(rèn)領(lǐng)
文檔簡介
近世代數(shù)題解第一章根本概念§1.11.證任取/丘ACHBUC),那么a£A且h£BU..從而上正日或“WC.假設(shè)土£8,那么從而比W(AnB〉U(AnC).因此AA(BUO^CAA-B)U<AAO.反之,任取/6(4□8)1)(八口0,類似可得立丘八0(61)0?故(ACB)U<AnC)=AC(BUC).因此,ArKBUC)=(An8)LJG4nC).同理可得4〉中另一等式..假設(shè)APlB=Anc,問;是否8=C?把n改成U時又如何?解不一定有8=..例如A={1},8={1,2},C={1,3}.把C改成U后也不一定有B=C例如A={1},b={2},c={l,2}..設(shè)A是有限集合,且|A|=〞.證實:|F(A)|r2〞.證由于|A|=〃,故A的含氏〈.£々*悶)個元素的子集共有C:個,從而A共有2"=(l+l〞=C+C:,fKC:個子集,即1?(A)|=2J證設(shè)IAL加J81=?JAAB|=K那么顯然IAUBl—m-Vn—k,由此即得要證的等式.證設(shè)x€(AUB>\fiPI6AUB故工與A且#&E.從而bWA'且n£E',故々£入'.8'.從而(AUB)'GA'nB''反推匕去得A'nBM(AUB)'.故得證.另一等式可類似證實.近世代數(shù)題解§1.22.解戶是映射,且是浦射,但不是單射.3.解設(shè)8=CAC-〔C為下上階滿秩方陣〕.假設(shè)八A〕=g〔A〕,那么/〔J9〕=/〔CAC-'〕=C/〔A〕C1=Cg〔A〕C?=g〔CACf〕=g〔E〕.即F是F〔AJ到F[B]的一個映射,又類似易知一是單射和滿射,從而<p是雙射.近世代數(shù)題解§1.3解解解1〕與3〕是代數(shù)運(yùn)算,2〕不是代數(shù)運(yùn)解解解這實際上就是必中72個元素可重復(fù)的全排列數(shù)例如4oB=E與』oB=AB—A—B.解,TCA4〕|=27"S〔M〕|=6.乘法表從略.解例如s1—,2,2—*1,其余二一c1--3,3―>1,其余]一-*近世代數(shù)題解§1.4解結(jié)合律和交換律都不滿足.例如〔1.0〕.0=4,1.〔0?=2,故〔1.0〕.0/1.〔0.0〕.又1,0=2,..1-3?故1.0=..1.斛1〕交渙律滿足,但結(jié)合律不滿足?例如〔1.1〕.0=4號】〞〔1.0〕=2.2〕結(jié)合律、交換律都滿足.由于易知〔a.—〞與都等于abA-c^-ab-be-ac+a6c.解1〕略2〕例如規(guī)定a..=a■心c.其中.,?,.£&[,但〃,".互異.解.顯然是代數(shù)運(yùn)算且滿足交換律.又結(jié)合律也滿足,由于根據(jù)最高公因式的性質(zhì)知:〔4.W〕=,<g?入〕〕=〔〔w〕9hy—〔fog〕.兒略近世代數(shù)題解§1.5L解1〕是自同態(tài)映射,但非滿射和單射;2〕是雙射,但不是自同構(gòu)映射3〕是自同態(tài)映射,但非滿射和單射.4〕是雙射,但非自同構(gòu)映射.略解例如—:了一*2x〔Uh£Q〕.顯然,把2換成任意一個昨.及1的有理數(shù)后夕均為Q的非恒等自同構(gòu).解當(dāng)&滿足結(jié)合律時,.不一定滿足.例如,〞為整數(shù)集,代數(shù)運(yùn)算是減法〔不滿足結(jié)合律上又而={?,代數(shù)運(yùn)算為乘法〔當(dāng)然滿足結(jié)合律〕,但顯然31x1〔V16M〕是M到訪的同態(tài)滿射,故M-M,證1〕由Ad】=M,,設(shè)?jr——y〔ViW〕是其一同構(gòu)映射,貝U<,:3,一…〔共中中〔工〕-3〕顯然是八%到Mi的一個同構(gòu)映射,檄弘主弘.2〕同現(xiàn)■由二皿一分別設(shè)有同構(gòu)映射°,「且e:a*b,r:6*c.那么TUIU-?c是M,到Mi的同構(gòu)映射,故Aljd/Vf/.〔應(yīng)注意,“不能后成〞.由于此時〞是無意義的.〕§1.6解及是A4的一個關(guān)系.又顯然滿足對稱性.但是,反身性和傳遞性不滿足.例如」表1,又顯然4,3+1,411+7,但是4>3+7,即3R±,1K7,但越3R7,解1〕不是.由于不滿足對稱性;2〕不是.由于不滿足傳遞性;3〕是等價關(guān)系;4〕是等價關(guān)系.解3〕每個元素是一個類,4〕整個實數(shù)集作成一個類.解上面第2題中1〕與2〕是符合此題題意的兩個例子.又設(shè)Q是有理數(shù)集,規(guī)定aRba2-+-fcr2=0〔a"WQ〕.那么易知此關(guān)系不滿足反身性,但是卻滿足對稱性和傳遞性〔假設(shè)把.換成實數(shù)域的任一子域均可;實際上這個例子只有數(shù)0和0符合關(guān)系,此外任何二有理數(shù)都不符合關(guān)系〕.證假設(shè)M中二元素a與石符合關(guān)系就記為〔a,6〕,現(xiàn)在一切這樣的〔4b〕作成的集合記為及一它是R的一個子集.反之,設(shè)&三R.那么規(guī)定:a與b符合關(guān)系當(dāng)且僅當(dāng)即R的子集可決定M的一個關(guān)系.證1〕略2〕由1〕及分配性以及習(xí)題1.1第5題可知:〔AUE>-〔An6〕=〔AUE〕n〔ACB〕'(1)=〔AUB〕n〔A'U(1)又〔4--8〕U〔W—A〕=〔ACB''U{8n>4'〕u[〔AnE'〕UBin[〔Anw〕UA']=nAUH〕n〔8UjB'〕]A[〔AUA'〕c〔A'uN〕]=〔AUB〕n〔A,UB'〕.⑵由〔1〕與〔2〕知,得證.證1〕任取彳ea,那么夕<x〉ea<A〕?從而仁"b〔A〕?,故AG,i〔WA〕〕.假設(shè)夕是單射?那么任取〕£,‘卬〈力〞,必皆從而有wWA使〞上>=6〃,但因8是單射,故,?>'=urA?3“〔8〔a?〕=a.因此,'〔少,A〕〕=A..2〕任取yam中7〔B〕〕,那么有了£爐一1〔B〕使但由于少】〔B〕,故5〔M〕£B,即y=*<x〕£B.因此又當(dāng)中為滿射時,任取K86,那么存在/WX便+〔z>=F.于是上£少一:〔8〕,p3£W】〔B〕〕,即〔3〕〕?放又有_BGp〈p7〔6〕〕?內(nèi)此證1〕任取了£W〔AUS〕,那么存在/£AU5?使假設(shè)A,那么即彳>6個〔A3于是>=W〔j<〕e爐〔A>U戶<3〕;假設(shè)2、es,那么同理可得上式,因此p〔AUB〕U—A〕U6B〕.反之,任取yWa〔A〕UMX〕,不妨設(shè)、£卬14〕.于是存在iWA使、=5〔JT〕.而A三AUH■因此3=0、不〕£勺?AUB>,從而w〔A〕U66〕=MAUB〕.故<p〔A〕U^〔B>=^〔AUB〕.2〕任取〉eKACW〕,那么有]£入八方使夕〔I〕=y.由于nGacb,故a-wA,xe旦從而〕=?!瞜>W3A〉9y=#〔z〕W夕〔B〕,因此.、£3〔八〕^刎6〕.故中〔A「lB〕=5〔A〕rif〔E〕.9.證1)乘積9是集合.A到C的映射.設(shè)工J,工2£A,且N1#工2,那么由于c忌單射,故CF(Wi〉#.(工2)$又由于工星單射,因此T<iT(JC)>)Hr(d?①2)),即(卯〉?了])K(ra)(r2)?故e是集合A到C的單射,反之,設(shè)Q是A到C的單射,那么對A中任二不同元素心,皿有
)手(to)(12),.卜(八刀關(guān)式黃立)].從而0(工1)壬0(12),即.是A到8的單射.2)設(shè).E都是滿射,那么任取cWC,由于r是滿射,故存在8WB使eS)=c.(1)又由于.是A到衛(wèi)的滿射,故對于有“EA使0(“)=燈(2)從而由(1),(2)得即〈B)(cz)=c.亦即而是A到C的滿射.反之,設(shè)乘積e是A到C的滿射.那么任取「£.,必有〃£八使(Ta)(a)=t?即丁[o(a)」=c.現(xiàn)令鳥那么t")=c.故t?是集合H到C的滿射.注應(yīng)注意?當(dāng)m是單射時,工不一定是單射.例如,A是正整數(shù)集合,B與C都是整數(shù)集合,又61A*-B,a*■/、t-BC,6*■]b],那么易知乘積B是單射,但r不是單射.對滿射也可舉出類似例子.證1)設(shè).是單射,令B'={/|〃WB,/69(A)),貝I」
B=<t(A)UB\且"A>「[B'=.現(xiàn)任取一固定/WA,那么由于"是單射,故易知t:ba,當(dāng)b£?(A),6=.?己)$bf—?'、當(dāng)b'C.是集合總到A的一個映射,且對任意aWA都有(to')(a)—a,即m=lA.反之,假設(shè)存在映射r:J3-A使"=工4,那么因1A是雙射,當(dāng)然是單射,故由上題知2是單射.2)設(shè).是滿射,那么任取辦we,在力的子集°y心中任意取定一個元素a,并令r:E-八?b*'r(6)=a?其中b(a)=6.于是顯然對任意bQ13都有=.(〉=t7(a)=b.因此ar=In.反之,假設(shè)存在映射負(fù)B——*A使ar=l",那么由于1b是雙射,當(dāng)然是滿射,故由上前知r是滿射.證1)設(shè).是單射,且an=0V2,其中T1?r2都是集合X到A的映射,那么任取a?X,有((5Ti)(a)=(g)(?),c?(fi(〃))=〞(0(.)).由于.是單射,故為(〃)9以(.),從而1rLs反之,設(shè)X寸任意集合X到A的任意映射g,q,由^=g可得小=已冽o必為單射.因假設(shè)不然,那么在A中存在元素卬*/,使.(6])=0(a).今取X=A,并令為:JC??]與口:X*a2—ex),那么(g)(r)=<T(n(H))="Gi),(or?)<x)=0(r2(X-))=(t((z2).但因)=.(&2),故(文】)(vT>=(-2)(工),從而0Tl=.丁2.又由于力(H)=Ql*牝=*(*,故為Nw這與假設(shè)矛盾,因此.必為單射.£)設(shè).為滿射,且百其中口,口是集合B到集合丫的兩個映射.那么對任意占£B有〃6A使4〃)=左于是(甘1.)(〃)=('?〞〉(a),rj(.b)—fz(f>),因此T]反之,設(shè)對B到任意集合丫的任意映射門?北有必有門h己9那么6必為滿射,因假設(shè)不然,那么必&=8-0(A)關(guān)0;苒任取一個階不小于2的集合y,那么在丫中任意取定元素了及%不?2,易知ri:b*?、、U*-51]與r3:b*-v,b'*■v5是b到y(tǒng)的兩個不同映射,其中5丘.(八),bfE且對集合A中任意元素a都有<Ti<7)(a)—riQQ))=js從而下9=7〞.但是不大七,矛盾.因此,7必為滿時.證反證法.假設(shè)P〔A〕與A之間存在雙射;,令兒工{/〔M〕|M6P〔A"f〔M>莊;W}.下面來考察假設(shè)八A、,GA一那么根據(jù)A,之定義,A】中無矛盾.假設(shè)八兒〕在4,那么同樣根據(jù)A】之定義,又有八AQGAi,也矛盾.因此,P〔A〕與A之間不存在雙射.第二章群§2.1群的定義和初步性質(zhì)一、主要容.群和半群的定義和例子特別是一船線性群、刀次單位根群和四元數(shù)群等例子..群的初步性質(zhì)D群中左單位元也是右單位元且惟一;2〕群中每個元素的左逆元也是右逆元且惟一:3〕半群G是群.方程a萬=8與y戶6在G中有解〔Va4〕有限半群作成群O兩個消去律成立.二、釋疑解難有資料指出,群有50多種不同的定義方法.但最常用的有以下四種:D教材中的定義方法.簡稱為“左左定義法〞;2〕把左單位元換成有單位元,把左逆元換成右逆元〔其余不動〕.簡稱為“右右定義法〞;3〕不分左右,把單位元和逆元都規(guī)定成雙邊的,此簡稱為“雙邊定義法〞;4〕半群G再加上方程a后6與y聲力在G中有解〔Va此簡稱為“方程定義法,“左左定義法〞與“右右定義法〞無甚差異,不再多說.“雙邊定'義法〞缺點(diǎn)是定義中條件不完全獨(dú)立,而且在驗算一個群的實例時必須驗證單位元和逆元都是雙邊的,多了一層手續(xù)〔雖然這層手續(xù)一般是比擬容易的〕;優(yōu)點(diǎn)是:①不用再去證實左單位元也是右單位元,左逆元也是右逆元;②從群定義本身的條件直接表達(dá)了左與右的對稱性.在數(shù)的運(yùn)算中,如果=b〔a¥O〕,那么二=,,表達(dá)了在數(shù)中可以施行除法運(yùn)算,即乘法的逆運(yùn)算.如果我們把群的運(yùn)算也叫做“乘法〞,那么在群中方程E=bQa,b是群中任意元素,無任何限制〕有解,記為LqC實為人同時方程y^=b也有解,也暫時記為y^b/a〔實為ha1〕,當(dāng)然,由于“乘法〞不一定可換,備與b/a〔即鼠〞與以7〕不一定相等.但無論如何這表達(dá)了在群中可以施行“除法運(yùn)算〞,即“乘法〞的逆運(yùn)算.因此,群的‘方程定義法〞直接表達(dá)了在群中可以施行“乘法與除法〞運(yùn)算.于是簡言之,可以施行乘法與除法運(yùn)算的半群就是群.為了開闊視野,再給出以下群的另一定義.定義一個半群G如果滿足以下條件那么稱為一個群:對G中任意元素&在G中都存在元素,對G中任意元素8都有〔atf〕=〔ba〕."二力.這個定義與前面4種定義的等價性留給讀者作為練習(xí).2.在群的“方程定義法〞中,要求方程a后b與都有解缺一不可.即其中一個方程有解并不能保證另一個方程也有解.例I設(shè)C為階大于1的任意集合,規(guī)定CV那么G對這算.顯然作成一個半胖,旦方程□/="這里省略符號.?在G中有解了=兒但是方程ysi在G中卻無期.實際上,此時G對.只儺作成半群而不脂作成群,同理在G中假設(shè)規(guī)定〔U-6WG〕,那么方程在G中有解而<cirb〕在G中無解.3-群定義中說「每個元素都有左逆元〞是對同一個在單位元來說的.^,.例2設(shè)G=f.',規(guī)定S<V?那么G作成半群,且顯燃右與,那是G的左單位元.X由于??e^ej=rj?e?ez—a±*ma—史幺>即對左單位元"來說…】有左逆元小及ezJ而對左單位元c來說,久也有左逆元G及0?就是說?旻然G中每個.元索都有左逆元?但不是對同一個左單位元有左逆元,因此G不作成舒..關(guān)于結(jié)合律假設(shè)代數(shù)運(yùn)算不是普通的運(yùn)算〔例如,數(shù)的普通加法與乘法,多項式的普通加法與乘法以及矩陣、變換和線性變換的普通加法或乘法〕,那么在一般情況下,驗算結(jié)合律是否成立比擬麻煩.因此在代數(shù)系統(tǒng)有限的情況下,有不少根據(jù)乘法表來研究檢驗結(jié)合律是否成立的方法.但無論哪種方法,一般都不是太簡單..關(guān)于消去律.根據(jù)教材推論2,對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,從乘法表很容易看出,由于只要乘法表中每行和每列中的元素互異即可..在群定義中是否可要求有“左〞單位元而每個元素有“右〞逆元呢?答不可以,例如上面例2就可以說明這個問題,由于&是左單位元,而合與豉都有右逆元且均為伍.但G并不是群..群與對稱的關(guān)系.1〕世界萬物,形態(tài)各異.但其中有無數(shù)大量事物部具有這樣或那樣的對稱性.而在這些具有對稱性的萬事萬物中,左右對稱又是最為常見的.由群的定義本身可知,從代數(shù)運(yùn)算到結(jié)合律,特別是左、右單位元和左、右逆元,均表達(dá)出左右對稱的本質(zhì)屬性.2〕幾何對稱.設(shè)有某一幾何圖形,如果我們巳經(jīng)找到了它的全部對稱變換〔即平常的反射、旋轉(zhuǎn)、反演和平移變換的統(tǒng)稱〕,那么此對稱變換的全體關(guān)于變換的乘法作成一個群,稱為該圖形的完全對稱群.這個圖形的對稱性和它的完全對稱群是密切相關(guān)的.凡對稱圖形〔即經(jīng)過對稱變換保持不變的圖形、亦即完成這種變換前后的圖形重合〕,總存在假設(shè)干個非恒等對稱變換和恒等變換一起構(gòu)成該圖形的完全對稱群.反之,如果一個圖形存在著非平凡的對稱變換,那么該圖形就是對稱圖形.不是對稱的圖形,就不能有非恒等的對稱變換.顯然,一個圖形的對稱程度越高,那么該圖形的對稱變換就越多.也就是說它的完全對稱群的階數(shù)就越高,即圖形對稱程度的上下與其對稱群的階數(shù)密切相關(guān).因此;這就啟發(fā)人們用群去劊面對稱圖形及其性質(zhì),用群的理論去研究對稱.所以人們就把群論說成是研究對稱的數(shù)學(xué)理論.3)代數(shù)對稱.、數(shù)域尸上任何一個〃元多項式f(Xl"2…意有集合$=Ydz,…,4}上的制次量換使/不變;至少、恒等變換就是一個.由廳使/不變的任二?次置換之積顯然仍使/而變,故由破材§3可知"由/不變的全體九次置換作成一個力次置操群.它是S上加次對稱群S.的一個子群,我們稱其為〃元終項式尸的蘇.次置換二?,?9—?>?入■■■?^.?一■■?■-.顯然,每個4元多項式都有一個確定的A次置換群:例如〃元多項式/〈Hl"2T…,彳,r)=JT]十2lzH卜TtJf"的置換群是恒等置換,而小巧—…,x〞)=a4常數(shù))的置換群是九次對稱群與〃.等等.例3求三元多項式.尸(了1,央?辦>=Jj-JTg>(—4)(工2—Na)的置換群.解為了書寫方使起見,在以下置換中我們把與簡記為「易知/的置換相為由置換TOC\o"1-5"\h\z/I23、/I23、(123\123/'231卜U12)作成的3階群.例4求四元多項式g=472一上3天的置換群.解易知8的置換褥為由置換?1234)/I234、/I23八/I234\\1234/*\2134/,112,43/UI43)作成的4階群,例5求四元多項式〃=%依:+n3』的置換群」解易知5的置換群由.8個置換組成.其中4個即上例中的4個置換,另4個置換為:p23叫八2341p234、/I234)13412/\342】卜(4312卜L3211例6任何/7元對稱多項式的置換群都是刀次對稱群.很顯然,一個多元多項式的置換群的階數(shù)越高?這個多元多項式的對稱性越強(qiáng).反之亦然.因此,我們通常所熟知的多元對稱多項式是對稱性最強(qiáng)的多項式.三、習(xí)題2.1解答.略.解可瞼算N對此代數(shù)運(yùn)算作成可交換的幺半群(單位元是0EN).但不是每個無索邵有逆元,例如1就沒有逆元:因假設(shè)彳.101十1十才=.?貝u2工4—1.從而尤=一36N,故N對“不作成群.3.證設(shè)即=BBy=E.由止匕得<BtAt=E.從而ABGO,CR>.又A''*CA、)7=4-1?(4£)-?=A】■(Aff=Kt故A'WOJR).從而QXR)作成群.證新運(yùn)算顯然是G的一個代數(shù)運(yùn)算.結(jié)合律成立,瞼算從略?又由于對G中任意元a有金..長]“ay立一aWU=a,,(ua&)一?*〃―1一::;故“T是(G..)的左單位元■(3")—是(G,Q中口的左逆元九故G對新運(yùn)算也作成群.證顯然C非空.又在G中任取,其中a、b,v,d是實數(shù)且4XO,oN..于是ac?d+5都是實數(shù)目??m.,從而(aqb).,d)=(aesad+b)WG.即0是G的一個代數(shù)運(yùn)算.再任取(=/)WG,那么有[?」■?)?(<7.4)[?"■/)=(acead+6)°(etfy=(ace?acf+ad+6>.o(e,/)]r.(“,cf十〞)—(?ce?ac/+a</-|-6)t從而[(a,6).〈―d)lCe,f)=(am).[晨.,即G對,滿足結(jié)合律..又易知(1?0)是G的左單位元,且(a泊)的左逆元為(士廠分J.因此,G對.作成一個胖.又G不是交換群,由于例如易知(3,6)=(1,2).(3;4)*(3,4>(1,2)=(3,10).證法I任取a.b^Gt由于(a?)z=笳=/三e,雙cib=aCab)2b—a(,ab)(cz6)6=a2bat^=ba.從而ab=d,所以G是交換群.證法It任取a£G,由于a'=e,故"Qa'即G中每個元素的逆元都是自身,從而ah—(..ab)1=1a_1^bu>即G為交換群.§2.2群中元素的階一、主要容.群中元素的階的定義及例子.周期群、無扭群與混合群的定義及例子.特別,有限群必為周期群,但反之不成立..在群中假設(shè)時=力,那么2)T2)T1a|a'I=力(傳,卸)=1,]a\=n=stIa*I=工lai“6與各種關(guān)系及例子.特別是:C|4zIr161)=1,ab=ba|ab\=|a|\b\.4.假設(shè)G是交換群,又G中元素有最大階〃那么G中每個元素的階都是卬的因子.二、釋疑解難?,?L有的書把精中元素的陶稱為里塑,元素.的階多用表示.但也有的書用.Q>表示〔取英文order的字首〕.:2-由元素a的階可以決定的階..’;'假設(shè)|a|=8,那么當(dāng)氏為非零整數(shù)時"力=8<°.=£階為1〕.??、???假設(shè)la|一m那么111=71、<定理3〕.3?降|、⑹與|°6|的關(guān)系.??、??,?在群中,由元素a與6的階一般決定不了乘積助的階,這由教材中所舉的各種例子已經(jīng)說明了這一點(diǎn).對此應(yīng)十分注意.但是,在一定條件下可以由階同與決定階砌,這就是教材中朗定理4:a6=6a>(laiy\b\)—1\ab\—\a]\6\94.一個群中是否有最大階元?有限群中元素的階均有限,當(dāng)然有最大階元.無限群中假設(shè)元素的階有無限的〔如正有理數(shù)乘群或整數(shù)加群〕,那么當(dāng)然無最大階元,假設(shè)無限群中所有元素的階均有限〔即無限周期群〕,那么可能無最大階元,如教材中的例4:IJu八為i?次單位極穩(wěn).下面再舉兩個〔一個可換,另一個不可換〕無限群有最大階元的例子.例1用Z〞表示模7Z剩氽類環(huán)〔參考數(shù)材笫四章§5〕.Z,O]為壞Z〞上的多項式環(huán),它是一個無限交換環(huán).但作為加群,記為〔%[>],+〕,它是一個無限交換群,而且有最大階元.其最大階是,“即壞Z火與Z」上J的特征〕.例2令4為三次對稱群是6階循環(huán)群,并令G為包含一切〔?JTz????〉作成的集合,其中一為?.6,但只有有限個4羊dg中元素相等當(dāng)且僅當(dāng)對應(yīng)分鋁相等.現(xiàn)對G規(guī)定乘法如下:〈V?4],12,'??〕=〔,、,#iyi?才藝〕'2,???〕.那么G對此運(yùn)算顯然作成一個群,又TOC\o"1-5"\h\z〔〔1〕,e,<?,…上,顯然為其單位元旦〔了,工I,4,…〕的逆元為f-]-L??iifXi^J12〕■i由于S是一個6階非交換群,故顯然G是一個無限非交換群.又因Sx與G中元素的階均有限.各為L,2,3,6,從而G中元素的階也如此.并且G中元素的最大階為6.5」,5.利用元素的階對群進(jìn)行分類,是研究群的重要方法之一.例如,利用元素的階我們可以把群分成三類,即周期群、無扭群與混合群.而在周期群中又可分出L群0是素數(shù)〕,從而有2—群、3—群、5一群等等.再由教材§3.9知,每個有限交換群〔一種特殊的周期群〕都可惟一地分解為素幕階循環(huán)L群的直積,從而也可見研究丁群的重要意義.三、習(xí)題2.2解答1.證1〕設(shè)I=n,那么〔cacT〕"三ca=c、T=e.又假設(shè)?cac"〕==?那么】=e,姬=e.從而nmt故jsL」|=%=|a|.2〕ab=b-'〔ba〕b.3〕^lhc—a〔bca^a^}=r~1〔解1〕設(shè)\.2/>0—1J那么易知m=〔;,〕*〔:.,故lai=8.又易知|,|=2.但是--士=匕T〕
\G-2/的階無限.即II=8.2〕例如,設(shè)那么易知:IaI=0°,1A|=2Ja"=2.3.證假設(shè)G中除.外其余元素的階均無限,那么結(jié)論已對.假設(shè)G中非e的元素的階都是",且n是一個合數(shù),設(shè)駕=切工,IV帆那么對G中任意元素&有|a'"|=f#〃,這與G中非?的元素的階都是“矛盾,故〞必為一素數(shù).證1〉設(shè)G是一個有限群,〞是G的任意一個階大于2的元索,那么顯然U耍〞1〔否那么將有1=£,〕.但a與有相同的階,即a'的階也大于2.又設(shè)?也是G中一個階大于2的元素,且占#",a',那么易知6,這就是說,G中階大于2的元素是成對出現(xiàn)的.由于G是有限群,故G的階大于2的元素的個數(shù)必為偶數(shù).2>設(shè)G是一個偶數(shù)階有限群.擊于單位元是階為1的惟一元素.又由1〕知G中階大于2的元素的個數(shù)是偶數(shù),故G中階效等于2的元素的個數(shù)一定是奇數(shù).:證設(shè)1=〕,那么由于[〃]==、,故?|Cs—i〕.反之,倒推回去即得.證1〕存在性.由于故存在整數(shù)s,f使次s+k£=l.〔1>令/?=a"7=〞"那么顯然a=be=cb.又5"=〔〔2"'〕5={.皿〕'=e;假設(shè)又有夕=*,那么〃e'=e.但是|a|=",,故mn?rnr?m\rt.又由C〕知<切,D=1,故m|幾因此㈤=切.同理可證周=22〕惟一性,設(shè)另有52便a=b\C\—〔J6i?\b\|=n?*|<;i|=??那么=訐道,=M'.〔2〕但由〔1〕知,1一55,故bT=阮一=次〔訴〞?7=瓦.從而由〔2〕知,瓦=小=瓦由為二人又得G=濟(jì)‘a(chǎn)=a"'a=g>=""'=〔」即b\=b7cx=c.注此題顯然可推廣到更一般的情形,即假設(shè)?????????其中正整數(shù)為…用兩兩互素網(wǎng)a可惟一地表不欣??“=與.2…生勺其中.勺=勺4,又由是a的方鼠且|4|=幾、其證實方法是對,用數(shù)學(xué)歸納法.§2.3子群一、主要容'1.子群的定義和例子.特別是,特殊線性群(行列式等于1的方陣)是一般線性群(行列式不等于零的方陣)的子群.2.群G的非空子集H作成子群的兩個等價條件:1>o訪€口,“76^(或舊門寸丹,月一】=〃).a,b0H=ab'EH〔或一子群H與K之枳HK仍是子群的充要條件為:HK=KH.4.群的中央元和中央的定義.二、釋疑解難.關(guān)于真子群的定義.教材把非平凡的子群叫做真子群.也有的書把非G的于群叫做群G的真子群.不同的定義在討論子群時各有利弊.好在差異不大,看參考書時應(yīng)予留意..如果〃與G是兩個群,且板G,那么能不能說〃就是G的子群?答:不能.由于子群必須是對原群的代數(shù)運(yùn)算作成的群.例如,設(shè)G是有理數(shù)加群,而,是正有理數(shù)乘群,二者都是群,且心G但是不能說,是G的子群..定理5(HK<G-HK=KH)的反例.例1在三次對稱群與中(參考第二章§5),顯然都是$的子群.但是易知:HK={(D,(12),(133(132??KW-UD,(12),(13),(123)),從而HKHKH,故HK不是子群,對此例來說,也能直接看出HK不能作成子群,由于例如(13),(132)€HK,但是(13)U32)=(23)莊HK.EP乘積HK對置換的乘法不封閉..設(shè)H,K4G,且HK-KH.這是否意味著H中元素與K中元素相乘時可以交換?答:不能這樣認(rèn)為.舉例如下.例2設(shè)G是四元數(shù)群.那么顯然是G的兩個子群且易知HK=KH=<1,-1?£,一£/,一,,"-A)=G.但是“£戶HK-KH是兩個集合的相等.因此,對HK中任一元素hk"EH,A2K),必存在元素丸H使hk—kyhi.反之亦然.三、習(xí)題2.3解答.證賂..證必要性顯然,下證充分性.設(shè)子集〃對群G的乘法封閉,那么對,中任意元素a和任意正整數(shù).都有由于4中每個元素的階都有限,設(shè)同=/?,那么從而a?.…=8■亦即又有"7=十一,故H&G.證設(shè)H是由交換群G中所有有限階元作成的集合.顯然正從故H非空,又假設(shè)伏H,設(shè)屈=%㈤=%因G可換,故(帚產(chǎn)而=匕,從而MEH,又因|a"==|,故GWH,因此,HMG.對非交換群一放不成立.例如,有理數(shù)域0上全體2階可逆方陣作成的乘群中,易知(121fl3Aa=\,b=【.-iJI.-d的階有限,都是2,但易知其乘積的階卻無限,即其全體有限階元素對乘法不封閉,故不能作成子群..證由高等代數(shù)知,與所有〃階可逆方陣可換的方陣為全體純量方陣,由此即得證..證由于(.,〃)=1,故存在整數(shù)s,1使0s十Z2t=l.由此可得但是由題設(shè)ala'U而H0G.故a=(C.“)/WH..證法I由于G中每個元素都泄足方程一=°,而le|=1,故G中除匕外的元素的階都是2,從而每個元素的逆元均為自身.由于|G|42e在G中任取.聲—6,那么由此可知,e,a,b,ab是G中4個不同的元素,而由習(xí)題2.1第6題知,G又是一個交換群,從而易知H={e^a^b^ab]是G的一個4階子群.證法n在G中任取元京那么由于故H=(ja}VG.又由于IGl>2,故在G中存在元素b6H,而K=VG.又由于G是交換器,故HK=K",從而由定理5知:FTjFC={e^a9a.b}M^G.即MK是G的一個4階子群..證反證法.假設(shè)群G是兩個真子群H,K的井集,即G=HUK.由于H,K是G的其子群,故有a.bWG使但由于G=HUK,從而qWH>6CK.又由于a辦WG=HUK,故必abeH或abGK.假設(shè)〃b=h£H,那么由于H是子群,故b=「"WH,矛瓶:著.8=吏£/<,那么同理.=領(lǐng)7£/<;也矛盾.因此,原假設(shè)不成立,R|IG不能是二其子群的并集.§2.4循環(huán)群一、主要容.生成系和循環(huán)群的定義..循環(huán)群中元素的表示方法和生成元的狀況.假設(shè)|a|=8,那么<a>—〔*,??a',以'?e?a?a2且有兩個生成元.與a';假設(shè)Ial=%那么<4〕,笳'〕.并且〔1?歸〈幻是生成元<=><32=1,從而有個生成元..循環(huán)群在同構(gòu)意義下只有兩類:整數(shù)加群和〃次單位根乘群,其中〃=1,2,3,…..循環(huán)群的子群的狀況.無限循環(huán)群有無限多個子群.刀階循環(huán)群白〉有75〕5的正出數(shù)個數(shù)〕個子群,且對〃的每個正因數(shù)k,⑷有且僅有一個A階子群〔公〕.二、釋疑解難.我們說循環(huán)群是一類完全弄清楚了的群,主要是指以下三個方面:1〕循環(huán)群的元素表示形式和運(yùn)算方法完全確定,其生成元的狀況也完全清楚〔無限循環(huán)群有兩個生成元,n階循環(huán)群0有9〔〃〕個生成元而且才是生成元O〔〃.力=1〕;2〕循環(huán)群的子群的狀況完全清楚;3〕在同構(gòu)意義下循環(huán)群只有兩類:一類是無限循環(huán)群,都與整數(shù)加群同構(gòu);另一類是n〔n=1,2,…〕階循環(huán)群,都與力次單位根乘群同構(gòu)..循環(huán)群不僅是一類完全弄清楚了的群,而且是一類比擬簡單又與其他一些群類有廣泛聯(lián)系的群類.例如由下一章§9可知,有限交換群可分解為一些素得階循環(huán)群的直積.更一般地,任何一個具有有限生成系的交換群都可分解成循環(huán)群的直積.由于循環(huán)群巳完全在我們掌握之中,所以這種群〔具有有限生成系的交換群〕也是一類研究清楚了的群類.它在各種應(yīng)用中有著非常重要的作用.例如在組合拓?fù)鋵W(xué)中它就是一個主要的工具.三、習(xí)題§2.4解答解生成元有兩個:m子群有丁?6〕=4個,除e與G外另兩個為,證假設(shè),=±八那么顯然<才>=<?>..反之、假設(shè)<Q,〕=,那么存在整數(shù)m使但由=8知,$=力".同理有整數(shù)〃使工=s個于是t^tninyKP7rt?=l<但m*都是蟋數(shù),故加=內(nèi)=±1,于是5=±九3.證法In假設(shè)〈心n〉,那么*?儲,設(shè).?
優(yōu)=己皿『拼一.=€.但L|=曾,故n|〔£一£切〕.令LDn=nq.同理今由屋6<口>設(shè),那么屋再由|a|*打可知公〔i-sk〕,令t-sk=n〔i.〔2〕由〔1〕知,〔人方〕I「由〔2〕知,Cm}但是〔f9t2>\n,〔§"?〕I",故〔hn〕|〔§,〃〕>?,加從而〔口力〕=〔£>"〕.2〕設(shè)〔sm〕=","〕=d,那么存在整數(shù)以,之使^u+nv—cZA,再令干是由于%|=萬,那么a'=J"=/"一2〞=〔,〕〞"?<1〕%屬于〈原〉,從而<4〉=<]〕.同理有〈/〉.〔優(yōu)〉.因此^證法H1〕設(shè)〔/〉=</>,那么因故由§2定理3知:,一"同理.1/1=77&k但由于〔/〉=〈/〉,故|優(yōu)|=|優(yōu)|,從而2〕反之,假設(shè)〔〞〃〕二口,〃〕,那么由上面知|]]=|〃|■再由證法I中的2>知,<">=<〃>故g=Q.4.證首先,由于.仍£儲由3從而必]質(zhì)?1儲金〕;其次,設(shè)I.=小田戶比那么〔附疝=1,且于是存在整數(shù)使(2)故由ab=ba和(1)與(2)知:(a勿"'=uW=""=3—=a尸=a.但是(M)〞£〈a.〉,故aW<a6>,從而a」W工力.aT(ab)=bWSb).于是又有<u#)U<a?.因此,<“,6=<a幻.證1)任取.不妨設(shè)口WU/"WU,,,且和那么a,8£U>,于是ab'WU—ab-'WG?.由§2例4如,G「WU(U是由全部單位根作成的乘稗兄從而G.作成群.Z)首先,U〞(?=1,2,…)顯然都是G.的真子群.其次,令HVGp,那么有aEG/,但a任乩冬|.|=〃,即a是"次原根,下證H中任何元素的階均不大于一因假設(shè)不然,設(shè)H中有元索,i?的階〞?〃,那么.ap=(a")°=l,,即々是3次單位根,于是(石〉UH,矛盾.設(shè)"是H中所有元素的最大階,且H中元案6的階是p*,那么顯然U/=s〉u/i.另一方面?任取A6H,那么由于交換幡中每個元素的階都整除最大階,故九的階整除".從而.???,=1.,即人是"'次單位根即寸.;力.故HhS)=U『,即G,的真子群只有U小i=l,2,….證由題設(shè)可知G=HUM,且HDM=0,顯然,對任意k£G,假設(shè)工缶H,那么工€,“三?乂〉;假設(shè)丫69.那么因H是子群,故H.又由于H關(guān)G,故有儀66.任廿,于是上才任以,從而ajr€rM.?顯然?'在H,從而a】e/Vf.于是,工="7?axW<M>g即G中任何元素都屬于<M>,故G=〈M).1.證任取2GQi那么由干aaI故告可表為假設(shè)干個言的代數(shù)和,即Q,可由⑴生成.注實際上?1〕的任意一個無限予案均為Q+的生成系.事實上,在〔1〕中任取一無限子集,設(shè)為那么總存在與二日,并令人=加!,于是b_bebe--==..aac>!即多可表為假設(shè)干個上的代數(shù)和,從而〔2〕也是Q十的生成系.5變換群一、主要容.變換群、雙射變換群〔特別是集合必上的對稱群和A次對稱群〕和非雙射變換群的定義及例子..變換群是雙射變換群的充要條件;雙射變換群與抽象群的關(guān)系.D集合〃上的變換群G是雙射變換群OG含有材的單或滿〕射變換;2〕任何一個群都同一個〔雙射〕變換群同構(gòu)..有限集及無限集上非雙射變換群的例子〔例2和例3〕.二、釋疑解難.一般近世代數(shù)書中所說的“變換群〞都是由雙射變換〔關(guān)于變換乘法〕所作成的群,即本教材所說的“雙射變換群而本教材所說的“變換群〞那么是由一個集合上的一些變換〔不一定是雙射變換〕作成的群.通過教材§5定理2和推論1可知,實際上變換群可分成兩類:一類是雙射變換群〔全由雙射變換作成的群,即通常近世代數(shù)書中所說的“變換群〞〕,另一類是非雙射變換群〔全由非雙射變換作成的群〕.在學(xué)習(xí)本書時應(yīng)留意這種差異..本節(jié)教材定理2〔假設(shè)集合〃上的變換群G含有"的單射或滿射變換.那么G必為〃上的一個雙射變換群,即G中的變換必全是雙射變換〕比有些書上相應(yīng)的定理〔假設(shè)集合材上由變換作成的群G含有〞的恒等變換,那么G中的變換必全為雙射變換〕大為推廣.由于后者要求G包含恒等變換〔一個特殊的雙射變換〕,而前者僅要求G包含一個單〔或滿〕射變換即可.因此,后音只是前者〔本節(jié)教材定理2〕的一個推論,一種很特殊的情況.兩相比擬,差異較大.這種差異也說明,必上的任何一個非雙射變換群不僅不能包含恒等變換,而且連〃的任何單射或滿射變換也不能包含.另外,在這里順便指出,集合〃上的任何雙射變換群G的單位元必是"的恒等變換.事實上,設(shè).是G的單位元,那么zf=t〔V彳6G〕,從而對任意彳£河都有七%"?〕=晨2〕.但下是M的雙射變換,故即e是A4的恒等變換..集合加上的全體變換作成的集合7〔助,對于變換的乘法作成一個有單位元的半群.在半群的討論中,這是一類重要的半群.并且本節(jié)習(xí)題中第4題還指出,當(dāng)|M|>1時7〔臉只能作成半群,而不能作成群.三、習(xí)題§2.5解答.解作成有單位元半群,「是單位元.但不作成群,由于.無逆元..
解易解易知:但是13.解G作成群:由于易知2,7?即G對變換的乘法封閉;又w.⑴是單位元?而,“一扇是孤欣的逆元.又由于故顯然憶的是M的一個單射變換〔假設(shè)利用定理2,那么可知G是M的雙射變換群〕.再任取由于M是有理數(shù)集,故尸以a是y在憶如之下的逆象,即飛而是滿射,從而G是M的雙射變換4.證反證法.設(shè)M={a,5,…}且cf〔z〕=4,『〔/〕=力〔VM〕,那么."是M的兩個互異的非雙射變換.如果M的全體非雙射變姿作成群,那么由于顯然穴=6加于是.與【都是此群的單位元,矛盾.5.證由本節(jié)Qyley定理知〞任何〃階群都同孔次對稱群S,的一個子群同構(gòu),而S,是川階有限群,它只有有限個子群,故互不同構(gòu)的龍階群只有有限個,§2.6置換群一、主要容L、任何〔非循環(huán)〕置換都可表為不相連循環(huán)之積,任何置換都可表為假設(shè)干個對換之積,且對換個舞的奇陰偶性不變.從而有奇、偶置換的概念,且全體刀次置換中奇、偶置換個數(shù)相等,各為g個S>D.衣一循環(huán)的奇偶性、階和逆元確實定方法,以及不相連循環(huán)乘積的奇偶性、階和逆元的確定方法1〕、循環(huán)與A有相反奇偶性.2〕一循環(huán)的階為々.又〔九力…九〕7=〔%…,12,11〕.3〕假設(shè).分解為不相連循環(huán)之積.那么其分解中奇循環(huán)個數(shù)為奇時.為奇置換,否那么.為偶置換..的階為各因子的階的最小公倍.其逆元可由一循環(huán)的逆元來確定.3-由置換7求置換.匯.7的方法.口次對稱群品的中央.4.傳遞群的定義、例子和簡單性質(zhì).二、釋疑解難.研究置換群的重要意義和作用.除了教材中已經(jīng)指出的〔置換群是最早研究的一類群,而且每個有限的抽象群都同一個置換群同構(gòu)〕以外,研究置換群的重要意義和作用至少還有以下幾方面:1〕置換群是一種具體的群,從置換乘法到判斷置換的奇偶性以及求置換的階和逆置換,都很具體和簡單.同時它也是元素不是數(shù)的一種非交換群.在群的討論中舉例時也經(jīng)常用到這種群.2)在置換群的研究中,有一些特殊的研究對象是別的群所沒有的.如置換中的不動點(diǎn)理論以及傳遞性和本原性理論等等3)置換群中有一些特殊的字群也是一般抽象群所沒有的.例如,交代群、傳遞群、穩(wěn)定子群和本原群等等.就教材所講過的交代群和傳遞群的重要性便可以知道,介紹置換群是多么的重要..用循環(huán)與對換之積來表出置換的優(yōu)越性.首先,書寫大為簡化,便于運(yùn)算.另外還便于求置換的階,判斷置換的奇偶性和求逆置換.因為我們知道:A一循環(huán)的階是A;不相連循環(huán)之積的階為各循環(huán)的階的費(fèi)小公倍;—循環(huán)的奇偶性與A一1的奇?zhèn)H性相同;又一循環(huán)(九力?乜)的逆元為(九方?W)T=(L,.由教材本節(jié)例3可直接得出以下結(jié)論:刀次置換群G假設(shè)包含有奇置換,那么網(wǎng)是一個偶數(shù).另外,由于偶置換之積仍為偶置換,故任何刀次置換群G中的全體偶置援今成G的一個子群..在四次對■稱群S.中有以下二子群;={(1>12X34)13X24)?(14X23)),H={(1),<12),<34),<12)(34>>.易知,&二日.但是Klein四元群K4Vsi,而H不是金的正規(guī)子群(參考第三章§2.又(13〉(12)〈13)=(23)6H/又K.星傳遞群,而與其同構(gòu)的群H卻不是傳遞群(由于例如在H'中沒有置換把1變?yōu)?).這就是說?單純作為群來說,與H同構(gòu),從而它們的代數(shù)性質(zhì)完全一樣,但是作為置換群來說,它們卻有很大的差另k.在一般群中判斷二元素是否共扼(參考第三章§6)并不容易,但是,在對稱群品中二置換是否共扼卻容易判斷,即二者有相同的循環(huán)結(jié)構(gòu)(參考習(xí)題3.9第30題).其證實要用到本節(jié)的定理5,這也是該定理的一個重要應(yīng)用..法國數(shù)學(xué)家馬蒂厄于1861年和1873年曾發(fā)現(xiàn)四個4重傳遞群,分別用機(jī),兒,玲,場表示,后人稱為馬蒂厄群.這四個群的階數(shù)都很大,它們的階數(shù)分別是:限|=20?21?22?48,|Mz3l=20?21?22?23?48,|M2/=2O?2[,22*23?24?48.三、習(xí)題§2.6解答.略.解1)a=0皿)…比.】.2)(MB…')=(?£)(:&-1〉???(?1名).■.略.略.解.一:=(57)(431〉,e'=(425)(26)(31)=(13)(2654)?=(125)(26)(43)=(1265)(34,)..證由于〃有限,故要證底⑼只用驗算〃對置換乘法封閉即可..解令T=(123456).那么G的全部6個置換是:(J),d={?4)(25)(36),r=(123156),=(J53)(246?,1=(135)(246)?r5=C165432);又易知:/(1)=4+1?=1,2,3,4,5),故6為傳遞群,又顯然G中無.使1)=3,o(2>=5,因此,G不是2重傳遞群.§2.7陪集、指數(shù)和Lagrange定理一、主要容.左、右陪集定義和簡單性質(zhì).D左陪集的五個根本性質(zhì):1)-5);2)全體左陪集與全體右陪集之間可建立雙射;3)群G關(guān)于子群H的左陪集分解式:G=SiHUa2HU…,a,H-0Qrj)..指數(shù)定義和性氤性質(zhì)有,設(shè)K<H<G,那么(G由)(Hg=(G:K).,CGtHQKXCG-HXH,K)..Lagrange定理:設(shè)H是有限群G的子群,那么從而由]是IGI的因數(shù)..有限子群乘積的階同子群的階的關(guān)系.沒用人是群G的兩有限于群,那么1HK-WW3??二、釋題解難一般來說,兩個陪集的乘積不再是一個陪集.例如,對三次對稱群£的子群生{⑴,(12)}來說,(1)〃與(13),是兩個左陪集,但其乘積⑴H?(13)H={(⑶,(23),(123),(132))不再是左陪集.g(人"是承數(shù)且力Vq)階交換群必為循環(huán)群(參考第三章§2定理5).又除非交換群G那么由第三拿§6定理3(或由Sylow定理)知,必有中階與g階子群,再根據(jù)本審?fù)普?知,G有惟一的q階子群,從而它是G的一個正規(guī)子群?但是,其「階子群可能不止一個.例如三次對稱群S3(i$"=2?3〉的2階子群就有三個9即?.={(1),(12)),Hz={(1),<13)},W3={Cl),(23)).兩個子群的乘積一般不再是子群.例如上面的HC都是S3的子群,但是其乘積=<<1),(12),(13).(132)}當(dāng)然不可能是S3的子群,由于由Eagrange定理知,|Hz|=4不能整除IS3I句6?因此,定理5中的子群乘積HK只是群G的一個子集,而}HK|是這個子集所包含的元素個數(shù).???4.Lagrange定理的逆定理不成立.即假設(shè)"||G|,那么群G不一定有加階子群.例如四次交代群Ai6是「人’|一12的一個因效.但是Aq并無6階子群(參考習(xí)題2.7第22題).雖然如此,但對IGI的一些特殊的因數(shù)"(戶是素數(shù)3G必有戶〞階子群(參考Sylow定理).特別重要的是,對于交換群,L^range定理總成立(參考第三章§9).5.關(guān)于Lagrange群.定義假設(shè)對有限群G的階的每個正因數(shù)7At.G都有m階子群,那么稱G為一個Lagrange群.:;…上面已指出有限交換辨必是LHgrangs群:又顯然三次對稱群S1也是一個Lagrange群.有不少數(shù)學(xué)家,例如IXH.Mclain于1957年和J.F.Humphreys于1974年(.口groupssatisfyingtheconverseofLagrange'sTheorem,proc.CambridgePhilos.Sec.75<1971>?25-32)都曾經(jīng)研究過這種群.可以證實‘I-agr?nge群必為可解群.又T.M.Gagen干1977年又證實了可解群必可同構(gòu)嵌入到一個Lagra.群群中.三、習(xí)題§2.7解答證利用Lagrange定理即得.略證由于HC|K<H,HnKWK,故由Lagrange定理知,'HDKI|m,MKI.卜.故IHDKI整除但是(⑶4一],故必fHflKl=1,從而HCKje}.證任取e手a£G?由于|G|故由Lagran&c定理知:1〈〃)1即1.1是|G[=力-的因數(shù),四p是素數(shù),故必必|二〃3csMm).從而匕尸1=〞即G有/>階元假設(shè)161=0,那么<6>—{g,b.b?■…中的p—1個元素b、X,…山I都是G的p階元.另外,假設(shè)囚=1耳=力且(b>#?c?時,必〈&>仆0=上.從而此時白階元…s好〞與「階元C.e、、"7中沒有相等的.因此可知,G中夕階元的個數(shù)是的倍數(shù).證1)任取工EG.由于只是G關(guān)于H的代表系,令即wrJvr€-H.乂B是H關(guān)于K的代表系.令a;GE6,K.即(“步,)-」=〃=?a「匯£K.因此,/K=a,K2>設(shè)假設(shè)見心K=a/rK,那么(afij)1(afit>=k^K£H.從而a「a、=b」熾九'WH(由于b,40H)^a{H=a.H,£=s.由此又得仇K="K,從而,=2.得證.6.易知£的以下六個子集:/={(1)},知={(1),(12)},j%={(1),(13)},?={(1),(23)},?={(1),(123),(132)},&=,都是S的子群.下證£僅有這六個子群.設(shè)分為£的任一非平凡子群,那么由于網(wǎng)是岡=6的因數(shù),故只能回=2,3.當(dāng)|叫=2時,〃只能是'.及當(dāng)網(wǎng)=3時,〃中元素的階必為3的因數(shù),即只能是1或3.因此,此時,中除單位元外,另兩個元素必定都是3階元,但£中的三階元有且僅有兩個,即(123)和(132),因此,此時只能仁其.綜上所述可知,W有且僅有這六個子群.解易知Sc的以下六個干集,H尸(C1)},=U1>?(12)},S=((1)■(13)>,={41八(123),C132)J.F九-S」比照換乘法都是封閉的,因此都是S%的子群.下證事僅有這六個子群.設(shè)&為S,的任一非平凡子群,那么由于IHI是|S|=6的國效,故只能|H|二Z?3.當(dāng)|曰I=2時.H中除單位元C)外,另一個元素只能是一個2階元?但S?的2階元只有三個,'即(12>,(13>.4233因此,H只能當(dāng)|“【時,由Lagrange定理知,H中元來的階必為3的因數(shù),即只能是1成3.因此,此時H中除單位元外,另兩個元素必定都是3階元■但S,中的三階元有且僅有兩個.即門23>和C132).因此.此時只能打="一笳上所述可知,5有且僅有以上六個子洋..證上述4個子群顯然都是C的真子群.<一1)的階是2,另三個的階均為4.現(xiàn)設(shè)H為G的任一其子群.由于|G|=8,故必|H|=2或4.假設(shè)|H|=2,那么H中必含2階元,但G只有一個2階元一I,故必H=(一1/假設(shè)|H1=4,那么由于i、j、k都是4階元且產(chǎn)=/=/=一1,故假設(shè)iWH,必有H=o假設(shè)je必有H=<J〉、假設(shè)々6H,必有H=<k>.證1)任取才£人(2UC),令其中aWA,y£BUC假設(shè)y£8,貝qz=AH.從而ABUAC;假設(shè)yWC,那么jr=G3,eAC,故/£AJ3lJA..從而A(£UC)^ABUAa反之M壬取xeABUAC?那么了GAB或^6AC.假設(shè)/eAs,那么令H=ab,其中于是gHUC,從而才=超£A<5UC),假設(shè)16AC,同柱有彳UA(HLIC).故ABIMCUA(SUC?.因此,A?EUC)=HBUAUZ)等式A5cokAECAC一般不成立.,例如在四次對稱群Sq中?令1??^?:?二,?:??,3入=(<1),(12)),i.B=(<1),<34)>>.:.C=<(1).(12)(34)冥13)(24),(14)(23)}.廠那么易知A(6nC)=((l)」12)>,但是A6CAC={(1),C2)“34),?12〞34?.、;從而AIECOUABCAC,即二者不相等.證由于l"l=p,|K|=#"Gl=p'm以及IHKLIHRK-iHCKl'故IHK|?|HCK|=.一、(1)又由于力是素數(shù),故IHK1必為分的力符,設(shè)IHK\—pKt00&s十九(2)如果乘積HKWG?那么由L昨Eige定理知,)HJ<\利.但外*枚由iGl=pfm知,rMh于是由(]>與(2)得:〃0|K|m1HrCK|="…?.由此又得2=尸?且IHDK)=〃=|K|.但是HCKMk,故得HHK=K>R=H.這與延設(shè)K里H矛盾,故HK不是.的子群.證法I假設(shè)G中的方陣全是降秩的,結(jié)論成立;假設(shè)G中有方陣A是滿校的,那么任取*CG,由于G對方陣的普通乘法作成群,故有方陣VWG使XY=A.從而(X|?|Y|=IAlHO.于是|XI壬().即方陣X是滿秩的.由X的任意性知,G中的方陣全是做秩的.證法R假設(shè)G中有滿秩方陣A,那么A有逆方陣A—.使A4T=E(E為〞階單位方陣),設(shè).是G的單位元,于是eA=A^eAA-1=AA'jr-12,E〔K〕=jr-12,E〔K〕=:j,/〔7〕=0M]〕=:1■LZN工一1那么每個.;都是集合〔除0,1以外的全體有理數(shù)〕上的雙射變換,由乘法表知G對變換乘法封閉,故GWS〔M〕?從而G作成群.12.即G中的單位元就是維階單位方陣E〔由此立即可物,A在G中的逆元就是A的逆方陣A-1〕.現(xiàn)在在G中任取一個方陣■,而.是H在G中的逆元,那么BC=E,|b|?[C|=|E|=1.從而[B|壬0,即B為淌秩方陣.由B的任意性知,G中的每個方陣都是滿秩的.注由證法口如,假設(shè)由數(shù)域F上—些"階滿秩方陣對方陣的普通乘法作成群?那么這個群的單位元就是〃階單位方陣,而卷個方陣的逆元就是這個方陣的通常的逆方陣..另外,由降秩方陣對普通乘法作成的群是存在的.例如,由一切2階方陣〔;:〕<0~WQ〕,作成的群即是.證依次用6必,小皿必皿.表示G中的6?個元素.,駟根據(jù)所現(xiàn)定的運(yùn)算可得G的乘法表如下;:,66*5%566a6G伙%G①65.:*G.5周a05、為嗨6*內(nèi)為任4伙“.4.5生e由此表可知.G對所規(guī)定的運(yùn)算封閉,而且運(yùn)算.顯然滿足結(jié)合律?又6是單位無且小,黃,676的逆元均為自身,而內(nèi)與外互為逆元.因此G對所規(guī)定的運(yùn)算作成一個群.〔由于G有限,而且乘法表中各行各列元素互異,從而消去律成立,因此,G作成群.這是另一種證法.〕注假設(shè)令?迨〔*〕=2,〔73〔&'〕=1一五,X證由于顯然"".門=e,故\ab\[〕,口.?只設(shè)池=力1???/>?戶?;???/>;',心小…成?、“;,其中m32,…m為互異素數(shù),又小“挺o,但不同時為零一F1,2.…s并假定S】Vk,$2?殳,….3*<以;,十】W:S*+l9£*T<Ss42,…,f/Ws八于是[m'〃1=/>;?必…央決受…件?但是|C""|=婢:…坤,卜此=7煨?"?,又因ab—ba^?央川…義*央神…央〕=1,故/L?£W=[也,汨.注對s用數(shù)學(xué)歸納法,本頸可進(jìn)一步推廣為】設(shè)群G中元素4],?2,…H可兩兩交換且那么由于1[叫3…,植,-門7⑦,]=[次1,…,見_],嘰1,故可知群G中有階為[加,…,核的元索.113.證1〕令[$,訂=$/="'其中『與『為整數(shù),那么
.匚m=〔a1〕,=〔,尸w?">n〔.因此?a:B>U"〉n<"〉.(1)
⑵其次,任取工€媼'〉.?'(1)
⑵I=a'r=心?〔$,£〕=△,5=dmft—dn.那么〔m,〃〕=1.于是存在整數(shù)使7nu4-nv=l1[一d=dm,.于是由〔1〕、〔2〕、〔3〕得工皿〞=〔以“〕E=qqi,r"v=上二式相乘,再根據(jù)〔3〕即得—夕不"+金.=加八師47〕=〔小m產(chǎn)皿GG:山〕.即工£?〃■】>.因此又有?優(yōu)〕.故2〕令4T那么存在整數(shù)使TOC\o"1-5"\h\zsz〔r4-/v~cZ.〔4J任取“任??并令"=a"F*=&、"“、C5〕w?十5=dqH■尸〔OWrVd〕fC6〕由〔6〕及〔4〕又得r-s〔m^uq〕~Vt<n—vg〕.但由于d是集合3g+辦lg$是整數(shù),中最小的正整數(shù).故由〔4〕及〔6〕如必r=O.于是由〔5>及〔6〕知;才==?a〞.從而〔優(yōu)〉<〃〕三〈.力.反之,任取ie〈/〉,那么由⑷得于是又有?以">勺<"〉〈,〉.從而<廣〉〈才〉=〔一〕=g.?〕,注以上結(jié)論可推廣到更一般情形〔對力用數(shù)學(xué)歸納法證明〕:〔?。?>,?〈???=5「叱?3,,14.證假設(shè)G是有限群,那么G的子集個數(shù)是有限的,從而其子群個數(shù)當(dāng)然也是有限的.反之,假設(shè)群G只有有限個子群,那么G中顯然不能有無限階元素,由于無限循環(huán)群有無限個子群.這樣,G中每個元素的階都有限.任取囪€G,那么〈%〕是G的一個有限于群;再取&£G一于是〔%〕是G的一個異于〈%〕的有限于群.再取a3£G-〈aJU〈a〞,同理出〕又是G的一個異于他〞①〉咫看限子群.但G只有有限個子群,故這種過程不能無限地薜續(xù)下去,從而必存在s使1G=<Q.〉LK生〉U…U〔"?而每個都有限,于是G為有限群.證1〕令A(yù)={力〔HAK〕|力WH[,8=<zK|hEG〕,那么易知處h〔HQK〕一iK是A到E的映射.只因假設(shè)&K=無2K〔旬’也eH〕?那么%1力£氏,從而2A^eHn—〔HnK>=A2〔HnK〕.故孑是集合A到日的一個單射,從而IAIWIBI,即〔H,HAKXCG,K〕.2>當(dāng)<G,K>有限時,設(shè)假設(shè)?HtHClK〕TG&FO,那么由上知?是雙射.故對任意k£G必有AWH,使*£8K=/zKGHK.從而GGMK,因此G=HK.反之?假設(shè)G=HK,那么任取左陪焦rK〔xCG〕,令x=hk〔hSH,b£K〕,.那么工K=兀GK=五K.從而g是、A至I1B的雙射,故CH?HGK〕=〔G>K〕.注在1〕中〔HRF,CK〕與〈GtK〕也可以是無限的.16.證顯然,即要證G有且僅有一個2階元素.由于階數(shù)大于2的元素在G中成對出現(xiàn),而單位元u的階是[,文-2*故G中必有2階元素,且有奇數(shù)個.設(shè).是G的一個2階元素,那么H=fe,a}便是G的一個2階子群.如果G另有2階元素aA那么K={e,不便是G的一個異于H的子群.由于G是交換群,故易知f-iK=\e^bfabf是G的-1個4階子群.于是由Lagrange定理知.IHK〔|1Gb即412a這與〃是奇數(shù)矛盾.故G只能有一個2階元素,即只能有一個2階子群.證任取a0G,由于指數(shù)〔G:E〕有限,那么a皿’,…不可能都屬于G的不同的陪集.諛工與丁O力在G的同一個陪集中,于是但H是周期群,a-的階有限,設(shè)為m,于是〔L〉*=a?L/M=e,從而a的階有限,即G是周期群.證法I設(shè)G是一個15階交換群.在G中任取aWe,那么由.agrange定理知:|a||15.從而必|a|=1,3,5?IS.|a|=l不可能:假設(shè)|a|=15,那么G中〈a〉已是循環(huán)群;假設(shè)|?1=3,那么<.〉是G的一個3階循環(huán)子稚.又因G可換,故lG/?〃〉|=15/3=5.從而商群G/<〞是5,階循環(huán)群.設(shè)=.其中力GG,且歷|=5.由于且聞#3〔否那么,而|=3〕,故|6|=5或15.假設(shè)|村=15,那么G=3〉已是循環(huán)群;假設(shè)|6|=5,那么由于=3,G又可換,故=從而G=〈q公為循環(huán)群.當(dāng)|.|=5時,可類似推出G也是循環(huán)群.證法I設(shè)G是一個15階交換群,那么除.外G中元素的階不可能都是3:因假設(shè)不然,沒1〃1=18=3.且6W〈心??其中那么H=4a、,K="力是G的兩個3階子群,且其交為?,由于G可換,放HKWG且由定理5知:|HK|-=|Hl>|Kl=-9.從而由Lagrange定理得9|15,不可能.同理.G中除e外不可能都是5階元素.因此G中必有3階元素和5階元素.由于G可換,從而G,必有15階元素,即G必為循環(huán)群.注此題的史一般結(jié)論是,設(shè)廣,q是兩個互異素數(shù),那么pq階交換群必為循環(huán)群.其證法同上面的證法完全類似.應(yīng)留意,要求G是交換稚是必要的,由于例如6階群Sj就不是一個循環(huán)群.’另外,假設(shè)利用第三度§2定理5或Sylcw定理來證實此題,那么更為直接箱單:由于G有力階元和q階元,又G可換,從而G有"階元,因此G是循環(huán)群.證設(shè).是可逆元旦6是它的逆元,即ab—ba—e.貝ijuba=a(,ba)=ae=^a9=(“6>C64〉=〞?e=e.反之.,設(shè).方a=a且小2a=o,那么可得TOC\o"1-5"\h\zab=Caba')b=ab9ab=(.ab)^t(1)ba=b{aba>=ba,ba=(ba)*.(2)由(1)得(ab〉(ba)=(4爐ba=(abab)(bG=ab<.?Z>2a)=ub?々=ub.(3)而Cub)Cba,、=ab2a-e,由<3>彳號ab=再由<2)彳導(dǎo)(ub)(ba>=(.ab)(ba)4=(abba)(&以)=^ab2a)(ba)—^ba=6a.但是(ah)(2)=e,故由上式乂得&a=e.從而ab=ba=f.因此“是以力為逆元的可逆元素.證設(shè)G=(a>起無限循環(huán)群,目其中內(nèi)是“中所含元素的最小正指敏.下證TOC\o"1-5"\h\zG/H={1H.aH.一,a?7HK<1>為此只話證實,G=a'-HUaHU…U"'―(2>€?HG/H=0〈O—jVs.kHj).(3>任取〃SG,令£=叼+尸..?廠〈*.那么由于H-〈4卜?■故a±=a",="(",Wa'H,于是(2)式成立.又假設(shè)NWa'HnA'H,其中S?令jc=?=arh?(兒C*H)?且不妨設(shè)那么由于H是子群,故a''y=eH(OVi-,Vs).這與對$的假設(shè)矛盾,故(3)式也成立.由(2)與<3>知?前群G/M為s階有限群.即指數(shù)(G,瞅.解有理數(shù)加群Q+的任何其子群的指數(shù)均無限.設(shè)H是Q上的任一直子雄?那么{0}UHUQj1)先證?存在有理數(shù)a&H和素數(shù)P使"SH..'首先,山于,故存在有理數(shù)?#o使匕£那么CC<,?一〃£H,從而H必含有正整數(shù).不妨設(shè)/>0且d=p.3p,WH〔孫為求數(shù)〕.取口6H.假設(shè)a是一個整數(shù),那么ad&H?即⑶?>z…Pe.WH.由此可逐次考察—,…是否屬于H,可得所要結(jié)論*假設(shè)0是一個分?jǐn)?shù),不妨設(shè)0=總六五.,為素數(shù)〕?當(dāng)時.那么同樣由于紜GH可得素數(shù)p使配/H;當(dāng),GH時,那么由于Pi加…PQ―亡H,故可逐次考察pc,3一,.,…是否屬于H即得所要結(jié)論.總之,存在有理數(shù)和家數(shù),使paWH.2〕由于a農(nóng)H,而HVQ+,故TOC\o"1-5"\h\zaaa/八"7'/‘…分’…〔1〕顯然都不在W中.再證它們關(guān)于子群H屬于不冏時陪集,因假設(shè)券一篇+人,其中左4ctr那么有a=pE-"a+pF.〔2〕但由D知,力.£H,故擴(kuò)一aBH,又p^hGH,從而由〔2〕知.uWH.矛盾.既然〔1〕中無隈個有理數(shù)是屬于關(guān)于H的不同的左陪集,故H在Q+中的指數(shù)無限.注假設(shè)利用習(xí)題3.2第4題,那么證實極簡單.22.證反證法.設(shè)4有6階子群且那么〃除恒等置換⑴外,H中的宣換不可全是2階元,由于A中2階元只有三個,它們是〔12〕〔34〕」13乂24〕」14〕〔23八也不可能全是3階元?由于人中3階元共有八個,其中〔123〕與〔132〕互逆.〔124〕與〔142〕互逆,〔134〕與〔143〕互逆,〔234〕與〔243〕互逆.即H包含的3階元必成對出現(xiàn),再加上〔1〕,這與[H]=6矛盾.因此,H中必包含有2階元和3階元〈及箕逆元〕.設(shè)假設(shè)H=〈〔D」12M34〕,〔1Z3〕,〔132〕,??,〕.但H是子群,故必〔12〕〔34〕?〔123〕=<243〕eH,?123〕?〔12〕〔34〕=〔134〕WH.從而其逆元〔234〕,〔143〕£H.這與[H|=6矛盾.其余情況完全類似,故At無6階子群.注上述證實可以說是最原始的一種證法.此題至少還有另兩種證法:①利用全體3-循環(huán)是交代群A?〔n?3〕的一個生成系〔習(xí)題39第27題〕和習(xí)題3.2第2題?利用群的類等式,參考本書第三?章§6例2.23.證1)G顯然包括Af的恒等變換,故非空,又任取n,r2e.,,那么T)(t>=n<z)=i.從而.入(力=3W|〈4=口1〈乃(£??=>于是心心,石)EG一故G&G.2)設(shè)s,隹GCi),那么有門,t26G?s=t\(£)?⑴.于是令.=%日1,便有za<s)=T2rL1($)=.(1)=九3)令G(i)=gG),丁2.),…,"3〞且是M中切個互異的元素?即:下證:G=qGUnGU…U*G」(1)是G關(guān)于子群G,的一個左陪集?分解.事實上,苜先,假設(shè)W*WG,那么"?」(£)=??0(£)=君(£)?這只有s=t.其次,任取rWG,那么工(£〕GG.),從而有Tk(1?力??>1)使T(z)=n(2)>n,r(i)=i>從而r「HeG,r£fG.即(1)確為G的左陪集分解,故(G:G.)=\G(i)|=m.但是|G|=|G,|?G:G『).從而有證G.a顯然非空.又任取那么對A中任意W有.(力=八七0)二工.于是6|(£)=4,)=3仃7064.故6.4*&可類似證實GA£G,且顯然GaWGL因此GaWG*WG.注實際上有GaQg時任取reGAr^eGA,一】wGA,右G)£A且arc-1(:))(z)二=g[.7(i)[=(g7)(i)H€(D=i1是恒等置換),故.m?Gm從而Gt?G\UE1)由于鋅個置換都用表為不相掛循環(huán)之積,而每個循環(huán)又可表為假設(shè)干個對換之積.如(加紅…北)=43〃)<314-I)…(八>?故每個置換都可表為對筷之積.乂由于從而每個置換都可表為假設(shè)干個含1的對換之積.亦即JVf|一〈(12),?13?,???,〈1〃)}(1)是Su的一個生成系.2)令a=.2)*r(1Z…心,那么對i用歸納法可證實:
b—Fb「\=1〃£+:1)£S")C=£l1).當(dāng)1,即/<>—1時,有〔J一1〕…+1〕〔>?iH-1〕〔£+?>£+2〕…〔7—1,}〕從而?.?6〉包含一切對換.因此〈m〃〕=S…即Afz={a,冷也是S的一個生成系.注實際上,AL與皿.那是S〞的既約生成系.即不管“或Mz.再少一個循環(huán)就不是Sw的生成系了.1〕使△ABC不動,或者統(tǒng)O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)*?360"的運(yùn)動,它使A,a.c三點(diǎn)仍分別變?yōu)锳,石,C,這個運(yùn)動用/表示?它是A,6,C三點(diǎn)的恒等變換.2〕分別以O(shè)A.OB.QC為軸在空間各旋轉(zhuǎn)18C°的運(yùn)動,也使△A8.在旋轉(zhuǎn)前后占同一位置.而且這三種運(yùn)動各使A.3.C=點(diǎn)分別不動另兩個頂點(diǎn)位置互相交換.這三種運(yùn)動分別表示為TOC\o"1-5"\h\z/ABC\/AUC\fABCk,Kjce卜^=\cBAr6HlzAc〕'3>rez\AEc所在的平面內(nèi)■囹繞中央o,按逆時針方向旋轉(zhuǎn)1ZCT和240.的兩個運(yùn)動也使△ABC0.占同一位箕,這時三個頂點(diǎn)八.6?.分別變?yōu)?.<:、八和C、A、S,于是這兩個塢動可表示為/ABC\/ABC\6rBCA〕’6=〔C八^△ABC占同一空間位歿的其他運(yùn)動,都是以上六種運(yùn)動中某會運(yùn)動連續(xù)施行的結(jié)果,并且仍在這六個運(yùn)動之中.這就是說,使正△A6C占同一空間位置的運(yùn)動共有六個,并且它們關(guān)于運(yùn)動的運(yùn)算?即連續(xù)施行,亦即置換的乘法〕作成一個群,它就是M=<A.6,3上的三次對稱群.第三章正規(guī)子群和群的同態(tài)與同構(gòu)§3.1群同態(tài)與同構(gòu)的簡單性質(zhì)一、主要容1-在群G到忑的同態(tài)映射中之下,元素的豕及逆源的特征;<p〔.a~1?=了?心〕-Ya£G〕,必?〉一彳.但忌,后的單位元才的所有道象〔即教材第三章§3所說的同態(tài)核Ker3〕作成G的一個正規(guī)子群〔當(dāng)然包含G的單位元e〕,假設(shè)b的逆象只有j即K〞紇時夕為單射.2-在群G到力的同態(tài)吧才中之下,干群的象和逆領(lǐng)的好征,1>當(dāng)HVGB寸,忑?且日一,〔日】,2〕當(dāng)時yt〔K〕VG.3.本節(jié)例3利用Lagrange定理與干群乘積的階證實了?在同構(gòu)意義下6階群只有兩個:一?個是6階循環(huán)群?另一個是三次對稱群S,.二、釋疑解難.對于群同態(tài)映射夕有時不必要滿射,有時又必須要滿射.例如教材本節(jié)定理1中的同態(tài)映射必須是滿射,而定理2和定理3的同態(tài)映射°那么不要滿射.原因很筒單:由于定理1中的同態(tài)映射.假設(shè)不是懣射,那么G中必有元素沒有逆象,從而夕以及群G中元素的性質(zhì)對它們不會廣生任何影,此時不當(dāng)然就不一定作成群;然而定理2和定理3的情形可就不同了:由于這時5也是群,而且在同態(tài)映射8〔不一定是滿射〕之下單位元必有逆象,而于群必合單位元,從而5的于群后必有逆象,不會是空集.例1設(shè)G加F零有理數(shù)乘群,不為全體有理數(shù)對乘法作成的幺半群.那么的正有理效一>1,負(fù)有理數(shù)一是G到豆的一,個同態(tài)映射〔不是滿射>9但G是群而行卻不是群.例2設(shè)G如上例,G為有理數(shù)集對作成的代數(shù)系統(tǒng).那么〔px1**1〔V久WG〕顯然為G到G的一個同態(tài)映射〔不是滿射〕.雖然G是群,但G對.不僅不是群,連半群也不是〔因為其代數(shù)運(yùn)算不滿足結(jié)合律〕..關(guān)于教材例3,假設(shè)利用第三章§6定理3〔假設(shè)G|=".那么群G有0階元〕的結(jié)論,那么其證明可大為簡化.現(xiàn)在本節(jié)是利用前面已學(xué)過的知識來證實,這也是Lagrange定理和結(jié)論11TfcnNI的一種應(yīng)用.這樣做雖然梢麻煩一點(diǎn),但也很有意義.三、習(xí)題§3.1解答證在aHa-i中任取兩元素.包口7「其中九,入&H.但H是干群,故H」£H.從而〔d'Ma22>3=a〔hW'必?£"日J(rèn)?因此?a"〃TVG.又由于易知.A-~p辰Y(jié)V兒£H>是子群H到的同構(gòu)映射,故H^aHax.解在同態(tài)映射下,元素與其象的階不一定相等,例如、設(shè)G為非零有理數(shù)乘群萬爾<],一1〕為對普通乘法作成的群.那么易知O:工一>1與J正有理數(shù)一-I,仇有理數(shù)一-一1都是群G到存的同態(tài)映射G不是滿射,r是滿射〕,但8中1的階是1,-1的階是2,而G中除去:±1外的元素的階均無限.假設(shè)中是群G到存的同構(gòu)映射,那么任何元素與其象的階都相同.這是由于,對任意a0G有解孑屬然是GL/戶〕的雙射變換,但不是自同構(gòu);由于一般〔AB〕T=BT71T^A7B1tHPgCAE〕/$〔A〕■中〔£<〉?又6A--〔A1〕T姮然是雙射變換且故.是:群GL.?Q的自麗構(gòu).證由于G=<e,a,6,",a〕,譴z}且1.I=2.㈤=3,故易卻ba不等于e,a,6?2.又他父"6〔因假設(shè)〃*=乩,那么|迎|=6,從而G為6階循環(huán)群,這與G不是循環(huán)群的假設(shè)矛盾〕.因此,品=&2.由此可得G的乘法表如下:■eabb2abaf)2eeabb2ab由aaeubab:bb2bba/61eaabguubebal7aahablr22aebab2baah從e再把S3中六個置換按順用(123),(132),(23),S3)列出乘法表(略去),即可知*是仁到S,的同構(gòu)映射?因此,咨S..證由于|G|=4,G又不是循環(huán)群,從而G無4階元.于是由Lagrange定理知,G中除單位元e外每個元素的階均為2,因此,假設(shè)令G={£y那么映射+*e>■<1}>b*,(34)*(12).c??(12><34>是G到Klein四元群K?=f<1),(12),?34)式12)(34〞的同構(gòu)映射.因此,G二K一.證顯然中是群G到群耳的滿射,又由于當(dāng)(M,2)=1,(cd,2)=1時顯然有(abed.2)=lf日*(2"?*?2'"產(chǎn)(2-+"".等)=注十"?放中是正有理數(shù)乘群仁到整數(shù)加群存的一個同態(tài)滿射.§3.2正規(guī)于群和商群一、主要容.正規(guī)子群定義、性質(zhì)和例子.性質(zhì)主要有1)設(shè)NWG.那么NqG—三N-)或N<]GWN(VuEG,工EN).2)正規(guī)子群在同態(tài)滿射下的象和逆象均仍為正規(guī)于群.3)正規(guī)子群與子群之積是子群;正規(guī)子群與正規(guī)子群之積是正規(guī)子群..商群定義及商群的一個應(yīng)用(Cauchy定理加階交換群必有p階子群,其中p為素數(shù))..介紹由正規(guī)子群來界定的兩類群:哈密頓群和單群.這是兩類在群論研究中占很重要地位的群?二、釋疑解難1'教材在本節(jié)所舉的例子中,應(yīng)該十分注
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 供應(yīng)鏈管理與采購項目合同
- 金融科技創(chuàng)新合作框架協(xié)議
- DB3305T 292-2023 生物多樣性保護(hù)與可持續(xù)發(fā)展利用基地評價規(guī)范
- 自然教育課程設(shè)計及實施
- 二零二五年度BIM技術(shù)標(biāo)準(zhǔn)制定與咨詢服務(wù)合同2篇
- 2024年譚菁子女撫養(yǎng)權(quán)分配合同3篇
- 照度儀課程設(shè)計
- 二零二五年度屋頂花園綠化植物供應(yīng)及養(yǎng)護(hù)合同3篇
- 二零二五年度城市商業(yè)地產(chǎn)買賣合同正本
- DB3305T 221-2022 公共視頻資源標(biāo)簽規(guī)則
- 《涉江采芙蓉》 課件高中語文統(tǒng)編版必修上冊
- 管道護(hù)理小組工作總結(jié)
- 北京市西城區(qū)2023-2024學(xué)年六年級上學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷(含答案)
- 幼兒園繪本故事《三只小豬蓋房子》教學(xué)課件全文
- 人臉識別項目施工方案方案
- 北京市房山區(qū)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期末語文試題(解析版)
- 15《八角樓上》說課稿-2024-2025學(xué)年語文二年級上冊(統(tǒng)編版)
- 施工工地汛期防洪防汛應(yīng)急預(yù)案(9篇)
- 商業(yè)伙伴與合作伙伴管理制度
- 03S702鋼筋混凝土化糞池-標(biāo)準(zhǔn)圖集
- 耳鼻咽喉-頭頸外科:緒論
評論
0/150
提交評論