离散数学-近世代数课后作业

第一次作业

1.证明定理1.2

设$(S,\circ)$是一个代数系，如果二元代数运算$\circ$适合交换率和结合律，则$\forall a_i\in S,i=1,2,\cdots,n,n个元素的乘积仅与这n个元素有关，但是与他们的次序无关$

考虑到定理1.1已经证明了在这种情况下，该积结果与结合方式无关，下面证明结果与顺序也是无关的。 下面使用数学归纳法证明：

1. 当$n\le 3$，根据交换率与结合律，结论显然成立。
2. 假设对$\forall n<k$结论都成立，往证n=k+1也成立。 显然，乘积

$$\Pi_{i=1}^n a_{k_i}$$

总可以拆分为

$$\Pi_{i=1}^{n-1} a_{k_i}\circ a_{k_n}$$

那么对于前n-1个数的乘积，可以根据假设可知其与

$$\Pi_{i=1}^{n-1} a_{m_i},\\ m_i是递增整数序列$$

如果$k_n=n或1$，那么显然有

$$\Pi_1^n a_{k_i}=\Pi_1^n a_i$$

否则比如存在j，使得

$$m_j<k_n\le m_{j+1}$$

那么根据交换律

$$\Pi_{i=1}^n a_{k_i}=\Pi_{i=1}^{n-1} a_{k_i}\circ a_{k_n} =\Pi_{i=1}^{n-1} a_{m_i}\circ a_{k_n}=\Pi_{i=1}^{j} a_{m_i}\circ a_{k_n}\circ \Pi_{i=j+1}^{n-1} a_{m_i}=\Pi_{i=1}^n a_i$$

即积的结果与顺序无关。

2.证明定理1.3

设$(S,\circ,+)$是具有两个二元代数运算的代数系，如果加法满足结合律，乘法对假发满足左右分配律，则$\forall a,a_i\in S,i=1,2,\cdots,n$有

$$a\circ(a_1+a_2+\cdots+a_n)=(a\circ a_1)+(a\circ a_2)+\cdots+(a\circ a_n)\\ (a_1+a_2+\cdots+a_n)\circ a=(a_1\circ a)+(a_2\circ a)+\cdots+(a_n\circ a)$$

用数学归纳法证明。

1. $n\le 2$时，显然成立。
2. 假设$n\le k$时都成立，往证$n=k+1$时成立。 根据定理1.1和分配律定义，有 $$a\circ(a_1+a_2+\cdots+a_n)=a\circ(a_1+(a_2+\cdots+a_n))=(a\circ a_1)+(a\circ +(a_2+\cdots+a_n))$$ 然后根据归纳假设有 $$a\circ(a_2+a_3+\cdots+a_n)=(a\circ a_2)+(a\circ a_3)+\cdots+(a\circ a_n)$$ 那么

$$a\circ(a_1+a_2+\cdots+a_n)=a\circ(a_1+(a_2+\cdots+a_n))=(a\circ a_1)+(a\circ +(a_2+\cdots+a_n))=(a\circ a_1)+((a\circ a_2)+(a\circ a_3)+\cdots+(a\circ a_n))$$

然后我们根据定理一打开括号即得

$$a\circ(a_1+a_2+\cdots+a_n)=(a\circ a_1)+(a\circ a_2)+\cdots+(a\circ a_n)$$

那么

$$(a_1+a_2+\cdots+a_n)\circ a=(a_1\circ a)+(a_2\circ a)+\cdots+(a_n\circ a)$$

的证明同理。

第二次作业

证明定理 11.3.3

设$(S,\circ,e)$是一个幺半群，m,n是任意非负整数，则对$\forall a\in S$

$$a^m\circ a^n=a^{m+n}\\ (a^m)^n=a^{mn}$$

根据定义和结合律，

$$a^m\circ a^n=a^m\circ a^{n-1}\circ a=\cdots=a^m\circ \underbrace{a\circ \cdots\circ a}_{n个a}=a^{m+1}\circ\underbrace{a\circ \cdots\circ a}_{n-1个a}=\cdots=a^{m+n}\\ (a^m)^n=\underbrace{a^m\circ \cdots\circ a^m}_{n个a^m}=a^{2m}\circ\underbrace{a^m\circ \cdots\circ a^m}_{n-2个a^m}=\cdots=a^{nm}=a^{mn}$$

第三次作业

P343 习题

1 找一个半群，它有有限个左(右)单位元素

$(N,\circ)$既有有限个左单位元素，又有有限个右单位元素。其中N为全体自然数集。

2 找一个半群，它有无穷多个右单位元素

设R为实数集，集合

$$M=\{\left[ \begin{matrix} a&0\\b&0 \end{matrix} \right],a\in R,b\in R\}$$

那么对于半群$(M,\circ)$，$\circ$表示矩阵乘法

形如

$$\left[ \begin{matrix} 1 & 0\\ c & 0 \end{matrix} \right],c\in R$$

的矩阵都是它的右单位元素。

3 设$(S,\circ)$是一个半群，$a\in S$称为左消去元素，如果$\forall x, y \in S, a\circ x=a\circ y$，必有$x=y$。试证明：如果a,b均为左消去元，$a\circ b$也是左消去元。

对于$\forall x,y\in S$，如果$a\circ b\circ x=a\circ b\circ y，根据a为左消去元，从而有b\circ x=b\circ y，根据b为左消去元，有x=y，因此a\circ b$也是左消去元。

5 证明：有限半群中必有一个元素a使得$a\circ a=a$

任取$b\in S$，从而有序列$b^{3^0},b^{3^1},\cdots ,b^{3^n},\cdots$因为S有限，故有$m\lt n使得b^{3^m}=b^{3^n}，那么此时3^n-3^m\gt 0,3^n-3^m-3^m\ge 3^{m+1}-2\times 3^m\gt 0，故有b^{3^n-3^m}\circ b^{3^n-3^m}=b^{3^n}\circ b^{3^n-3^m-3^m}=b^{3^m}\circ b^{3^n-3^m-3^m}=b^{3^n-3^m}，那么我们取a=b^{3^n-3^m}，命题得证。$

7 设$(S,\circ)$是一个半群,$u\notin S,M=S\cup\{u\}$，扩充S上的$\circ$到M上，仍记作$\circ$，且$\forall a\in M,u\circ u=u,u\circ a=a\circ u=a$。证明：M对$\circ$构成幺半群。

显然，M中$\circ$的结果，要么在S中，要么为u，则M对$\circ$封闭。那么$(S,\circ)$是一个代数系。因此要证$(M,\circ)$是一个幺半群，需先证其为半群，即其中$\circ$满足结合律。

对于结合律$(a\circ b)\circ c=a\circ (b\circ c)$，如果$a,b,c$均不等于u，则按照S中的$\circ$，结合律成立。 如果$a,b,c$至少一个为u，我们可分三种可能重合情况讨论：

$$a=u, s.t. (a\circ b)\circ c=b\circ c=a\circ (b\circ c)\\ b=u, s.t. (a\circ b)\circ c=a\circ c=a\circ (b\circ c)\\ c=u, s.t. (a\circ b)\circ c=a\circ b=a\circ (b\circ c)\\$$

那么结合律仍然成立。 因此$(M,\circ)$为半群。 考虑到$\forall m\in M, 如果m=u，有u\circ m=m\circ u=u\circ u=u=m，否则m\in S, u\circ m=m\circ u=m$，故u是M关于$\circ$的幺元，M对$\circ$构成幺半群。

第四次作业

设A是半群$(S,\circ)$的非空子集，$G(A)$是A生成的子半群，证明：$G(A)=\{x|\exists a_1,a_1,\cdots,a_n\in A使x=a_1\circ a_2\circ \cdots \circ a_n,n\ge 1\}$

$设C=\{x|\exists a_1,a_1,\cdots,a_n\in A使x=a_1\circ a_2\circ \cdots \circ a_n,n\ge 1\}$

先证$G(A)\subseteq C$

任取$x,y,z\in C,那么必有x=\prod_{i=1}^{n_1}x_i,y=\prod_{i=1}^{n_2}y_i,z=\prod_{i=1}^{n_3}z_i,其中x_i,y_i,z_i\in A\subseteq S那么有(x\circ y)\circ z=x\circ(y\circ z)=\prod_{i=1}^{n_1}x_i\circ\prod_{i=1}^{n_2}y_i\circ\prod_{i=1}^{n_3}z_i\in C，那么C是S的子半群。考虑到A\subseteq C，C是包含A的子半群，故G(A)\subseteq C$

再证$C\subseteq G(A)$

设$C_i=\{x|\exists a_1,a_1,\cdots,a_i\in A使x=a_1\circ a_2\circ \cdots \circ a_i\}，则C=\cup_{i=1}^\infty C_i，只需证明C_i\subseteq G(A)$

采用数学归纳法， 显然$C_1=A\subseteq G(A)$; 如果n=k时$C_k\subseteq G(A),考虑到\forall c \in C_{k+1},\exists c'\in C_k,d \in A,c=c'\circ d，那么根据运算封闭性，c\in G(A)故C_{k+1}\subseteq G(A)综上C\subseteq G(A)$

因此，$C=G(A)$

设幺半群$(M,\circ,e)，a\in M为幂等元，如果a\circ a=a；\\证明：如果M是可交换的幺半群，则M的所有幂等元之集是一个子幺半群$

设$A为M$的所有幂等元之集。$\forall a,b\in A,a\circ b=a\circ a\circ b\circ b=a\circ b\circ a\circ b=(a\circ b)\circ (a\circ b)故a\circ b\in A$所以$A是半群。又e\circ e=e,e\in A故A是幺半群；显然A\subset M因此A是M的一个子幺半群。$

设幺半群$(M_1,\circ,e_1),(M_2,\star,e_2)，\varphi是M_1到M_2的同态，证明：\varphi^{-1}(e_2)是M_1的一个子幺半群。\varphi^{-1}(e_2)是否是M_1的理想？$

$令I=\varphi^{-1}(e_2)；\forall x,y\in I，由于\varphi(x\circ y)=\varphi(x)\star\varphi(y)=e_2\star e_2=e_2, x\circ y\in I，故(I,\circ)是一个代数系。显然I\subseteq M_1，那么它是M_1的子半群。考虑到\varphi (e_1)=e_2，故e_1\in I因此I是M_1的子幺半群。 I不是M的理想。\forall i\in I,m\in M-I,\varphi(i\circ m)=\varphi(i)\star\varphi(m)=e_2\star\varphi(m);显然\varphi(m)\neq e_2故i\circ m\notin I,故I不是M的理想$

$\forall i\in I,m\in M_1,\varphi(i\circ m)=\varphi(i)\star\varphi(m)=e_2\star\varphi(m);IM_1$

证明：两个同态的合成还是同态

设$半群(R,\circ),(S,\star),(T,\cdot)，同态\alpha:R\rightarrow S,\beta:S\rightarrow T那么\forall x,y\in R,\beta\circ\alpha(x\circ y)=\beta(\alpha(x)\star\alpha(y))=\beta\circ\alpha(x)\cdot\beta\circ\alpha(y)，即\beta\circ\alpha是R到T的同态，两个同态的合成还是同态$

设$(S,\circ)是半群，I是S的一个理想，S上定义二元关系R:\\\forall a,b\in S,aRb当且仅当a=b或a\circ b\in I，举出R不是等价关系的反例。$

\circ=\left[ \begin{matrix} x & x & x \\ x & z & z \\ x & z & z \end{matrix} \right]\\ 那么I=\{x\}是S的一个理想，由于x\circ y=x\in I,xRy;同理zRx，但是显然z\not ={y} 且z\circ y=z\notin I故z与y不满足R，R没有传递性，不是等价关系。$$ ### 设代数系$(X,\circ),X上有等价关系\cong，试证明：\cong是同余关系当且仅当\forall a,b\in X,若a\cong b则\forall x\in X,a\circ x\cong b\circ x且x\circ a\cong x\circ b$ $\Rightarrow$:

\forall a,a',b,b'\in X，如果a\cong a',b\cong b',有a\circ b\cong a'\circ b,a'\circ b\cong a'\circ b'由传递性知a\circ b\cong a'\circ b'，故\cong是同余关系

$\Leftarrow$:

\forall a,b\in X，如果a\cong b，则\forall x\in X，根据等价关系的自反性，有x\cong x，故根据同余关系定义，有a\circ x\cong b\circ x且x\circ a\cong x\circ b

## 第五次作业 ### P365 #### 1 设R为实数集。$S=\{(a,b)|a\not ={0},a,b\in R\}在S上定义\circ:\forall(a,b),(c,d)\in S,(a,b)\circ(c,d)=(ac,ad+b)。验证:(S,\circ)是群$

\forall(a,b),(c,d),(e,f)\in S,((a,b)\circ(c,d))\circ(e,f)=(ace,acf+ad+b)=(a,b)\circ((c,d)\circ(e,f))故S对\circ 满足结合律。\ 取a=1,b=0,\forall (c,d)\in S,(a,b)\circ(c,d)=(c,d)则S有左单位元素(1,0)\ \forall (c,d)\in S,(\frac{1}{c},-\frac{d}{c})\circ(c,d)=(1,0),S的每个元素都有左逆元素\ 综上三点，(S,\circ)是群

#### 2 n次方程$x^n=1的根称为n次单位根。所有n次单位根之集记为U_n。证明：U_n对通常的复数乘法构成一个群。$

显然U_n={e^{i\theta}|\theta\in R}，那么\ \forall a,b,c\in U_n,显然\exists x,y,z\in R,a=e^{ix},b=e^{iy},c=e^{iz}有(a\circ b)\circ c=e^{i(x+y+z)}=a\circ(b\circ c)则U_n对复数乘法满足结合律\ 显然 1\in U_n,\forall a\in U_n,1\circ a=a，U_n有左单位元1.\ \forall a\in U_n,\exists x\in R,a=e^{ix},而b=e^{-ix}\in U_n,b\circ a=1;U_n的每个元素都有左逆元素\ 综上三点U_n对通常的复数乘法构成一个群

#### 5 令

G={\left[\begin{matrix} 1 & 0 \ 0 & 1 \end{matrix}\right],\left[\begin{matrix} -1 & 0 \ 0 & -1 \end{matrix}\right],\left[\begin{matrix} 1 & 0 \ 0 & -1 \end{matrix}\right],\left[\begin{matrix} -1 & 0 \ 0 & 1 \end{matrix}\right]}

$$证明:G对矩阵乘法构成一个群。$$

令 a=\left[\begin{matrix} 1 & 0 \ 0 & 1 \end{matrix}\right],b=\left[\begin{matrix} -1 & 0 \ 0 & -1 \end{matrix}\right],c=\left[\begin{matrix} 1 & 0 \ 0 & -1 \end{matrix}\right],d=\left[\begin{matrix} -1 & 0 \ 0 & 1 \end{matrix}\right]\ 则此集合中矩阵乘法\circ= \left[\begin{matrix} a & b & c & d\ b & a & d & c\ c & d & a & b\ d & c & b & a \end{matrix}\right]\ 那么该运算显然是封闭的。而矩阵的乘法满足结合律。\ 观察第一行，不难发现a是左单位元素\ 观察对角线，可知每一个元素都有左逆元素\ 综上三点，G对矩阵乘法构成一个群。

### P369 #### 1 设a和b是群G的两个元素，如果$(ab)^2=a^2b^2，试证明ab=ba$

由(ab)^2=abab=a^2b^2=aabb，即abab=aabb,根据群中的左右消去律有ab=ba

#### 2 设G是群。如果$\forall a\in G,a^2=e,试证明：G是交换群。$

\forall a,b\in G,有(ab)^2=e=e^2=a^2b^2，考虑第一题结论有ab=ba，得到G是交换群。

#### 3 证明：四阶群是交换群 1. 如果元素的最高阶为4,即$\exist a\in G,a^4=e\in G,那么显然\{e,a,a^2,a^3\}构成一个交换群。$ 2. 如果元素的最高阶为3，$\exist a\in G,a^3=e\in G，则\{e,a,a^2\}\subset G，我们考虑剩下一个元素b的运算结果取值问题:如果ab=e=a^3，由消去律b=a^2，矛盾；如果ab=a=ae，由消去律b=e，矛盾。如果ab=a^2=aa,由消去律b=a也是矛盾。因此此情况不存在。$ 3. 如果元素的最高阶为2，$不难发现\forall a\in G,a^2=e，根据第二题结论，这是个交换群。$ 综上，四阶群是交换群 #### 4 证明：任一阶大于2的非交换群里必有2个非单位元a和b，ab=ba 1. 如果G中有阶大于2的元素,$\exist a\in G,a\not ={e},a^2\not ={e}，那么取b=a^{-1}\not ={a}(否则a^2=ab=e矛盾),有ab=ba=e$ 2. 如果G中元素的阶都小于等于2,$不难发现\forall a\in G,a^2=e，根据第二题结论，这是个交换群，与已知矛盾，故此情况不存在。$ 综上结论成立。 #### 5 证明:有限群里阶大于2的元素的个数必为偶数。 1. 如果G中有阶大于2的元素,$\exist a\in G,a\not ={e},a^2\not ={e}，那么取b=a^{-1}\not ={a}(否则a^2=ab=e矛盾),这也是个阶大于2的元素，考虑到群中逆元素的唯一性，每一个阶大于2的元素，都有它不等的逆元与之一一对应也是阶大于2的元素，因此此种元素的数目一定是偶数个。$ 2. 如果G中元素的阶都小于等于2,因此阶大于2的元素是0个，0也是偶数 因此结论成立。 #### 6 证明:偶数阶群里，阶为2的元素的个数必为奇数 群中总有一个1阶元素e，且根据5的结论，阶大于2的元素个数是偶数，那么根据奇偶性原理，可知阶为2的元素个数是奇数。 #### 7 设a是群G的一个元素，a的阶为n且$a^m=e$，试证明：n整除m 根据定义$a^n=e，且\forall i\le n,i>0,a^i\not ={e}\\那么如果n不整除m，则\exist i,j\in Z^+,i\lt n,m=i+jn，则有a^m=a^{i+jn}=a^i(a^n)^j=a^i=e，矛盾，故假设不成立，n整除m$ #### 8 证明：偶数阶群里至少有一个阶为2的元素。 由于偶数阶群里，阶为2的元素的个数必为奇数，1是最小的奇数，所有偶数阶群里至少有一个阶为2的元素。 #### 9 设$a_1,a_2,\cdots,a_n为n阶群中的n个元素(不一定各不相同)，证明：\exists p,q\in Z(1\le p\le q\le n),a_pa_{p+1}\cdots a_q=e$ 令$A_i=a_1a_2\cdots a_i$ 那么对于$A_1,A_2,\cdots,A_n\in G$ 1. 它们互不相等, 由于G是n阶群，$已知\exists i\in Z^+,i\le n,A_i=e，则此时p=1,q=i$ 2. 它们有相等的元素，不妨$\exist i,j\in Z^+,i\lt j\le n,A_i=A_j，取p=i+1,q=j，根据消去律a_pa_{p+1}\cdots a_q=e$ #### 10 设a和b为群G的两个元素。ab=ba。a的阶为m，b的阶为n。试证明：ab的阶为m，n的最小公倍数的约数。何时ab的阶为mn？ 不妨$[m,n]=km=ln，考虑到ab=ba，有(ab)^{[m,n]}=a^{km}b^{ln}=e$ 根据7的结论，ab的阶$j是[m,n]的约数$。 当m,n互质，ab的阶为mn。 ### P373 #### 2 设$G_1,G_2是群G的两个真子群。证明：G_1\cup G_2是G的子群的充要条件是G_1\subseteq G_2或G_2\subseteq G_1$ $\Rightarrow$: 采用反证法。$假设G_1\cup G_2是G的子群，但是G_1\subseteq G_2或G_2\subseteq G_1均不成立$； 那么$\exists a\in G_1,a\notin G_2，\exists b\in G_2, b\notin G_1; 显然a,b\in G_1\cup G_2,则ab\in G_1\cup G_2;从而ab\in G_1，或者ab\in G_2$ $如果ab\in G_1,则a^{-1}ab=b\in G_1，矛盾，不成立$ $如果ab\in G_2,则abb^{-1}=a\in G_2，矛盾，不成立$ 由反正法原理知原命题成立。 $\Leftarrow$: 不妨$G_1\subseteq G_2$，则$G_1\cap G_2=G_2是G的子群。$ #### 5 设$(G_1,\circ)和(G_2,\star)都是群，\varphi:G_1\rightarrow G_2,\varphi是满射且\forall a,b\in G_1有\varphi(a\circ b)=\varphi(a)\star\varphi(b)$ 证明：$\varphi^{-1}(e_2)是G_1的子群，其中e_2是G_2的单位元素$ $令H=\varphi^{-1}(e_2)，则\forall a,b\in H,\varphi(a\circ b)=\varphi(a)\star\varphi(b)=e_2\star e_2=e_2，有a\circ b\in H，故H运算封闭。那么H上的\circ也满足结合律。$ $由于\varphi(e_1)=e_2,e_1\in H,且\forall a\in H, e_1 a=a，则H中有左单位元素e_1$ $\forall a\in H, 有a^{-1}\in G，有\varphi(a^{-1}\circ a)=\varphi(e_1)=e_2,而\varphi(a^{-1}\circ a)=\varphi(a^{-1})\star \varphi(a)=\varphi(a^{-1})\star e_2，则\varphi(a^{-1})=e_2,a^{-1}\in H,H的每个元素都有左逆元。$ zo 综上三点，H是$G_1的子群$ #### 8 找出3阶对称群的所有子群。

设\a=\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}\right), b=\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}\right), c=\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3\ 2 & 1 & 3 \end{matrix}\right),\ d=\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}\right), e=\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3\ 3 & 1 & 2 \end{matrix}\right), f=\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 3\ 3 & 2 & 1 \end{matrix}\right),\ 则G={a,b,c,d,e,f,g}是三界对称群。 它的子群有： {a},{a,b},{a,c},{a,f},{a,d,e},{a,b,c,d,e,f,g},

## 第六次作业 ### P378 #### 1 设R为实数集，$G=\{f|f:R\rightarrow R,f(x)=ax+b,\forall x\in R,a\not ={0},b\in R\}$ 证明：G是变换群。 $显然G\subset Sym(R)$ $设\forall f,g\in G,不妨f(x)=ax+b,g(x)=cx+d;\\ a,b,c,d\in R;a,c\not= 0;则f\circ g(x)=acx+(ad+b),\\ f\circ g:R\rightarrow R;则f\circ g\in G,G对合成运算封闭，\\自然也满足结合律。$ $考虑e(x)=x\in G,\forall f\in G,f(x)=ax+b,\\a,b\in R, a\not=0,有e\circ f(x)=ax+b=f(x),\\e(x)是G的左单位元素。$ $\forall f\in G,f(x)=ax+b,a,b\in R, a\not=0,\\\exists f^{-1}(x)=\frac{1}{a}x-\frac{b}{a},f^{-1}\circ f(x)=x=e(x)\\显然f^{-1}\in G，则每个G的元素都有左逆元素。$ 综上所述，G是Sym(R)的子群，因此G是交换群。 ### P384 #### 1 证明：n次单位根之集对数的通常乘法构成一个循环群。

n次单位根之集,\S={e^{i\theta}|\theta=\frac{2k\pi}{n};i为虚数单位，k=0,1,\cdots,n-1}

$设\forall a,b\in S,a=e^{i\frac{2k\pi}{n}},b=e^{i\frac{2j\pi}{n}},则a\cdot b=e^{i\frac{2(j+k)\pi}{n}}=e^{i\frac{2[(j+k)\%n]\pi}{n}}\in S(\%n表示模n运算)\\则S对\cdot运算封闭。$ $显然，1\in S是S的左单位元素。$ $\forall a\in S,a=e^{i\frac{2k\pi}{n}},则显然b=e^{i\frac{2(n-k)\pi}{n}}\in S,b\cdot a=1,那么S的每个元素都有左逆元。$ $\forall a\in S,a=e^{i\frac{2k\pi}{n}}=(e^{i\frac{2\pi}{n}})^k,k=0,1,\cdots,n-1则S由e^{i\frac{2\pi}{n}}生成$ 综上，S是一个循环群。 #### 3 设$G=(a)$是一个n阶循环群，证明，如果(r,n)=1,($a^r$)=G $如果r或n为1，那么结论显然成立。我们下面只考虑r和n均不为1的情况。$

依题意，a^n=e=a^0;而由(r,n)=1，r与n互质。\ G={a^{rk}|k=0,1,\cdots,n-1}={a^{rk%n}|k=0,1,\cdots,n-1};\ 我们只需要证明f(k)=rk%n是K={0,1,\cdots,n-1}上的一个置换即可。\ 用反证法证明f是单射： \forall k,j\in K,k\not={j},不妨k>j,如果f(k)=f(j)，有n|r(k-j);\考虑到n,r互质，n|k-j，而k-j\in {1,2,\cdots,n-1}这显然是不可能的，\因此f(k)\not ={f(j)},f是单射。\ 则|K|\ge|f(K)|\ge |K|，显然f是满射，那么f是K上的置换，\ G={a^{k}|k=0,1,\cdots,n-1}=(a)

#### 5 假定群G的元素a阶为n，$(r,n)=d,证明：a^r的阶为n/d$

(r,d)=d，则d|r,d|n,那么r/d和n/r都是整数。\ 则a^{r(n/d)}=a^{(r/d)n}=(a^n)^{r/d}=e^{r/d}=e\ 然后如果\exist m\lt n/d,m>0,a^{rm}=e,有n|rm;\ 不妨xd=r,yd=n;x与y互质。yd|mxd\Rightarrow y|mx\Rightarrow y|m,\即(n/d)|m，这是不可能的。\因此n/d是使得a^r幂为e的最小正整数,a^r的阶为n/d

### P387 #### 1 证明：六阶群里必有一个三阶子群。 设$(S,\circ)是六阶群$，按照最高阶的元素的阶s进行分类讨论。 s=6: $\exist a\in S，a^6=e,那么显然(a^2)是它的一个三阶子群。$ s=3： $\exist a\in S，a^3=e,那么显然(a)是它的一个三阶子群。$ s=2: $那么\forall a\in S,a^2=e,有a=a^{-1}，显然G是可交换的。\\ 现在考虑a_1a_2的结果。显然a_1a_2\not ={e},a_1,a_2,那么不妨a_1a_2=a_3，以此计算a_1a_3,a_2a_3等的值，可得\{e,a_1,a_2,a_3\}是G的子群。\\然而这是个四阶群，因此作为六阶群的子群是不可能的，\\因此此情况不存在。$ #### 4 设H是G的一个子群，如果aH=Ha，左右陪集相等，则$\forall h\in H,ah=ha一定成立吗？$ 考虑六元群$\{a,b,c,d,e,f\}$ 其中：

\circ=\left[\begin{matrix} a & b & c & d & e & f \ b & a & e & f & c & d \ c & f & a & e & d & b \ d & e & f & a & b & c \ e & d & b & c & a & e \ f & c & d & b & e & a \ \end{matrix}\right]

$$$$

显然,H={a,e,f}是它的一个子群，bH={b,d,c}=Hb,\然而对于e\in H,eb=c\not ={d}=be，故不成立。

## 第七次作业 ### 2 设A和B是G的两个有限子群，证明：

|AB|=\frac{|A||B|}{|A\cap B|}

$令C=A\cap B，显然C\lt A, 则只需证$

|AB|=[A:C]|B|

$又A=AC,\forall a_i,a_j\in A,$ $a_iC=a_jC或a_iC\cap a_jC=\emptyset故$

A=\cup_{i=1}^{[A:C]}a_iC

$又由C\lt B,CB=B$ 则$AB=ACB=\cup_{i=1}^{[A:C]}a_iCB=\cup_{i=1}^{[A:C]}a_iB$ $|AB|=|\cup_{i=1}^{[A:C]}a_iB|=[A:C]|B|=\frac{|A||B|}{|A\cap B|}$ ### 1 $设G是n^2阶的群，H是G的一个n阶子群，证明：\forall x\in G, x^{-1}Hx\cap H\not =\{e\}$ 用反证法证明。假设$\exist x_0\in G,x_0^{-1}Hx_0\cap H=\{e\};令K=x_0^{-1}Hx_0$ $显然e\in K, \forall h_1,h_2\in H,$ $有 x_0^{-1}h_1x_0,x_0^{-1}h_2x_0\in K,$ $那么x_0^{-1}h_1x_0\circ x_0^{-1}h_2x_0=x_0^{-1}h_1h_2x_0\in K, K运算封闭。$ $而\forall h\in H,有x_0^{-1}hx_0\in K, x_0^{-1}h^{-1}x_0\in K，K中每个元素均有逆元素$ $那么由以上三点，K是G的一个子群。$ 根据第二题结论，有$|HK|=n^2=|G|而显然HK\subseteq G可知HK=G.$ $然而考虑例12.7.1,H\cap K\not =\{e\}，出现矛盾，则原假设不成立。$ ### 3 利用上题结论证明：六阶群里有唯一的一个三阶子群。 用反证法。假设A,B是六阶群C的两个不同的三阶子群，$A\cap B=\{e\}$，则由2由

|AB|=\frac{|A||B|}{|A\cap B|}=9\ 然而显然AB\subseteq C,故|AB|\le 6,矛盾。故结论不成立

### 4 证明：指数为2的子群是正规子群 $设G为群，H是它指数为2的子群。只需证\forall x\in G,xH=Hx$ $如果x\in H,xH=H=Hx显然$ $如果x\notin H,xH\not ={H},考虑到H指数为2，此时的xH恰是与H的另一左陪集，故xH=G-H;同理Hx=G-H故Hx=xH$ 综上，$H\lhd G$ #### 5 证明：两个正规子群的交还是正规子群。 设A，B是G的正规子群，$C=A\cap B$ $\forall h\in C,有h\in A,且h\in B,\forall a\in G,有a^{-1}ha\in A,a^{-1}ha\in B，故a^{-1}ha\in C，则C是正规子群。$ #### 6 设H是G的子群，N是G的正规子群，证明：NH是G的子群 只需证NH=HN。 $\forall n\in N, h\in H, nh\in NH,往证nh\in HN.$ $由N\lhd G,\forall a\in G, n\in N, a^{-1}ng\in N，那么h^{-1}nh\in N;$ $考虑nh=hh^{-1}nh=h(h^{-1}nh),显然h(h^{-1}nh)\in HN,那么nh\in HN, 故NH\subseteq HN$ $同理可证HN\subseteq NH.故HN=NH，NH是G的子群。$ ## 第八次作业 ### P412 #### 1 设$Z(\sqrt{2})=\{m+n\sqrt{2}|m,n\in Z\}$其中Z是整数集，试证明：$Z(\sqrt{2})$对通常加法和乘法构成一个环。 设$a,b,c,d\in Z,a+b\sqrt{2},c+d\sqrt{2}\in Z(\sqrt{2})$则$(a+b\sqrt{2})\cdot(c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt{2}\in Z(\sqrt{2})$则$Z(\sqrt{2})$对乘法封闭，那么他对乘法构成半群。 设$a,b,c,d\in Z,a+b\sqrt{2},c+d\sqrt{2}\in Z(\sqrt{2})$则$a+b\sqrt{2}+(c+d\sqrt{2})=(a+c)+(b+d)\sqrt{2}\in Z(\sqrt{2})$则$Z(\sqrt{2})$对加法封闭，满足结合律和交换率以及乘法对加法的分配律。加法单位元$0=0+0\times\sqrt{2}\in(\sqrt{2})$。每个元素$m+n\sqrt{2}$有加法逆元$-m+(-n)\cdot\sqrt{2}$，则$Z(\sqrt{2})$对加法构成阿贝尔群。 综上，$Z(\sqrt{2})$对通常加法和乘法构成一个环 #### 3 设$Q(\sqrt[3]{2})=\{a+b\sqrt[3]{2}|a,b\in Q\}$其中Q是有理数集，试证明：$Q(\sqrt[3]{2})$对通常加法和乘法不构成一个环。 显然$\sqrt[3]{2}=0+\sqrt[3]{2}\in Q(\sqrt[3]{2})$,然而显然$\sqrt[3]{2}\times \sqrt[3]{2}\notin Q(\sqrt[3]{2})$，故$Q(\sqrt[3]{2})$对通常加法和乘法不构成一个环。 #### 9 设e是环R的唯一左单位元，试证e是R的单位元。 设$r$是R的一个右单位元。 $\forall x\in R,$:

(x\circ e-x+e)\circ x=(x\circ e)\circ x-x\circ x+x=x\circ (e\circ x)-x\circ x+x=x

那么$x\circ e-x+e$是R的左单位元。考虑到e是R的唯一左单位元，有

x\circ e-x+e=e\Rightarrow x\circ e=x

即e也是R的右单位元，故e是R的单位元。 #### 10 设$(R,+,\circ)$是一个具有单位元1的环，如果R中的元素a,b和ab-1均有逆元素，试证明$a-b^{-1}$和$(a-b^{-1})^{-1}-a^{-1}$也有逆元素

(a-b^{-1})\circ b\circ(ab-1)^{-1}=(ab-1)\circ(ab-1)^{-1}=1

故$b\circ(ab-1)^{-1}\in R$是$a-b^{-1}$的逆元素

[(a-b^{-1})^{-1}-a^{-1}]\circ (a-b^{-1})\circ b\circ a=\ [1-(1-a^{-1}b^{-1})]\circ b\circ a=a^{-1}b^{-1}\circ b\circ a=1

故$(a-b^{-1})\circ b\circ a\in R$是$(a-b^{-1})^{-1}-a^{-1}$的逆元素。 ### P417 #### 1 设F是一个域，它仅有四个元素。证明： 1. F的特征数为2 2. F的任一非零元和e均满足方程$x^2=x+e$ 3. 列出F的加法表和乘法表 显然F对加法的阶可能是1，2，4，而特征数是素数，故F的特征数为2. 不妨F=$\{0,e,a,b\}$ 考虑到$ab\not ={0},ab\not ={a}(因为b\not ={e})$显然有$ab=e$故$b=a^{-1}$则F=$\{0,e,a,a^{-1}\}$ 那么只需要证明方程对$a$成立，即可得方程对$a^{-1}$也成立。 考虑$a^2的值，显然a^2=a^{-1}$。否则: 1. $a^2=a$则$a=e$ 2. $a^2=0$则$a=0$ 3. $a^2=e$则$a=a^{-1}$ z再考虑$a+e$的值，显然$a+e=a^{-1}$。否则： 1. $a+e=e$则$a=0$ 2. $a+e=a$则$e=0$ 3. $a+e=0$则$a=a^{-1}$ 综上$a^2=a+e=a^{-1}$，方程成立。 那么对于环F=$\{0,e,a,a^{-1}\}$

+=\left[ \begin{matrix} 0 & e & a & a^{-1}\ e & 0 & a^{-1} & a\ a & a^{-1} & 0 & e\ a^{-1} & a & e & 0 \end{matrix} \right]\ \circ=\left[ \begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0\ 0 & e & a & a^{-1}\ 0 & a & a^{-1} & e\ 0 & a^{-1} & e & a \end{matrix} \right]

$$$$