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第8章群论参考答案

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2026/4/26 15:08:50

第8章群论习题解答提示

1. 仅平凡群{e}有零元，独异点（单位半群）的幂等元不一定惟一，但群的幂等元惟一。

3. (P170) 由于变换（映射）的复合运算?是可以结合的，恒等变换I=f1,0∈G,显然I为G单位元。下面只证明复合运算?在G上是封闭的，且G中每个元素有单位元。事实上，a,b,c,d∈Q,且a,c≠0,对于x∈Q,有 (fab?fcd)(x)=fab(fcd(x))=a(cx+d)+b=acx+(ad+b),

又ac≠0,ac,ad+b∈Q,故=fac,ad+b∈G，所以，复合运算在G上是封闭的。 fa，b∈G，a≠0，a,b∈Q，取f1/a,-b/a∈G,有 fa，b?f1/a,-b/a =fa(1/a),a(-b/a)+b=f1,0

所以，fab存在逆元f。

综上，G关于变换的复合运算?构成群。

4. 设是单位半群，e是单位元，H是S中所有可逆元素的集合。显然单位元e是可逆元，所以e∈H，H非空。

若a,b∈H，则存在a-1,b-1∈S，使得a-1*a=a*a-1=e，b-1*b=b*b-1=e，于是，(b-1*a-1)*(a*b)=(a*b)*(b-1*a-1)=e，因此a*b也是可逆元，

故a*b∈H，是一代数结构。

因为H是S的子集，所以运算*在H上也是可结合的，e是的单位元。

?a∈H，必有a∈S，使得a*a=a*a=e，所以a是a的逆元，因此a∈H。由上证得，是一个群。

6. 在等式两边同时左乘x-1，有axba=bc，再在等式两边同时左乘a-1，右乘a-1b-1，有 x=a-1bca-1b-1故方程存在解。

再证惟一性。若方程存在两解，设为x,y，即有axba=bc=ayba，由于G是群，满足消去律，有x=y。故解是惟一的。

7. 必要性显然。下面证明充分性。设|G|=n,G={a1,a2,…,an}。

任意a，b∈G，由G满足消去律易得

b∈{aa1,aa2,…,aan},即b∈G.

于是，在G中必存在aai=b（1?i?n）,即方程ax=b在G中有解。同理，方程ya=b在G中也有解。

所以，根据例8.4的结论知，G作成群。

8. 注意Abel群的可交换性。

9. 设G={e,a,b}，e为单位元，则因为e*b=b，由群的消去律，a*b?b；因为a*e=a，由群的消去律，a*b?a；因此a*b=e。于是有b*a=b*a*b*b-1=b*(a*b)*b-1=b*e*b-1=e，

因此 a*b=b*a。故是交换群。证毕。

10. 任意a?G,则在序列a,a2,a3,?,a|G|+1中至少有两个元素相同,不妨设ar=as (1≤s

-1

-1-1

|G|+1)。

于是，a=e，所以，元素a的阶数至多为r-s≤|G|。

若元素a?G，|a|=|G|，则G中元素可以列举出来：设|a|=n.

012n-1

G={a,a,a,…,a}。注意到，G显然非空。且g中任意n个元素是互异的，否则，假设ai=aj(0≤i

11.（1）设|a|=|a-1|=r1,令|b-1*a*b|= r2，则(b-1*a*b)r1 =(b*a*b)*(b*a*b)*…*(b*a*b) -1-1-1-1

=b*a*(b*b)*a*(b*b)*…*(b*b)*a*b = b-1*ar1*b= b-1*e*b=e 故r2 | r1 (*)

又(b*a*b)=…= b* a*b=e?

于是，a=b* b=e

故r1 | r2 (**)于是由(*b(**))知r1= r2, 即a，a-1和b-1*a*b?的周期相同。类似地，可以证明（2）、(3)

12. （1）x和x-1的周期相同。又当x的周期大于2时，x?x-1。从而周期大于2的元素及其逆元是成对出现，因此，其个数必为偶数。

（2）注意到仅单位元e周期为1，由（1）的结论群中周期大于2的元素个数是偶数。而群中总元素个数为偶数，故周期为2的元素必有奇数个。

13. 设是一个群,e为单位元,则 ?a?G，若a?e，则a?a-1 ,

若a=a-1 则a2=e，于是<{a,e},*>是的阶为2的子群由拉格朗日定理:2 | |G|，即群G阶数为偶数，矛盾. 所以，?a?G，若a?e,a、a-1总是成对出现，

于是,G可以表示为：{e,a1,a1-1,a2,a2-1,?,an,an-1}，其中ai?ai-1

-1-1故 e*a1* a1*?* an * an=e*e*…*e=e.

14. ?x,y?AB，即存在a1,a2?A，b1,b2?B，使得x=a1b1，y=a2b2。则

xy-1=(a1b1)(a2b2)-1=a1b1b2-1a2-1，由A,B是子群且G是交换群，设b=b1b2-1，则 xy-1=a1(ba2-1)=a1(a2-1b)=(a1a2-1)b=ab?AB，其中a=a1a2-1。故是的子群。

15. 易证明?H∩K；*?是G之子群；但H∪K不是，当a∈H，b∈K时不能确定ab-1∈H∪K。

17. 思路：显然C?A,需要证明

对?x,y?C,xy-1?C, 即f(xy)=g(xy)

亦即f(x)f(y-1)=g(x)g(y-1) (*)

f(x)=g(x)是显然的，需要证明f(y-1)=g(y-1).

又根据群间同态映射的性质有f(e)=g(e)=e’，其中e’为B的单位元即f(yy-1)=g(yy-1)，亦即f(y)f(y-1)=g(y)g(y-1),

-1

r-s

而f(y)=g(y)是显然的,

于是由群的消去律可得f(y)=g(y). 综上，命题得证.

18. 显然A?G,需要证明对?x,y?A,xy-1?A. 对?x,y?A,有xHx=H, yHy=H. 由yHy-1=H可得y-1Hy=H.

于是(xy)H(xy)=x(yH(y))x

-1

=xHx=H.

因此，xy-1?A，故是的一个子群.

19. 1）必要性

对?hk∈HK,h∈H,k∈K，有h∈H，k∈K，且有(hk)-1 =k-1h-1∈KH.

从而有hk=((hk)-1）-1∈KH (KH为子群) 故HK?KH

类似地可以证明KH?HK. 综上两方面，知KH=HK。 2）充分性

显然HK?G,需要证明对?h1k1,h2k2?HK,h1k1(h2k2)?HK,其中h1,h2?H,k1,k2?K. 而h1k1(h2k2)-1=hk1k2-1h2-1=h1k’h2-1,其中k’=k1k2-1. 由HK=KH，必存h3?H,k3?K在使得k’h2=h3k3. 于是h1k1(h2k2)-1=h1h3k3=h4k3?HK，其中h4=h1h3. 充分性得证. 综上1）、2）,命题得证.

20. 需要证明如下三个性质： 1)自反性：对于?s?Sn，有I-1sI=s，其中I?G，e为G的单位元(即恒等变换)。因此有sRs。

-1

2)对称性：对于?s,t?Sn,若(s,t)R,即存在g?G,使得s=gtg。由可得,t=gsg-1=(g-1) -1sg-1,其中g-1G。故tRs。 3)传递性：可以类似地证明。

21. S3的二阶子群有{P1,P2}，{P1,P3},{P1,P4} P1=??123??, P2= ?123??123??123??123??123??123?, P= ,P= P= P=??3??6??. ?4??5??213??231??213??321??132?-1

-1

-1 -1

-1

-1-1

-1

22. 可以由Burnside定理计算得到：(6+2+0+0)/4=2个等价类（轨道）

23. 请参考例8.30

24. 1）是，-1，1为其生成元。 2）不是。