综上可知对任意aG,有
aH=Ha，
因此H是G的正规子群.
[方法2]
设H是2n阶群G的n阶子群,那么任取aH, hH, 显然有aha-1H.
对给定的xH, 有
HxH=, HxH=G.
这是因为若假设yHxH, 则存在hH，使得y=xh,即x=yh-1H产生矛盾,因此HxH=;另一方面, xHG,HG, 又注意到xH和H中都有n个元素, 故此HxH=G.
那么任取aH,由上面的分析可知axH, 从而可令
a=xh1
这里h1H.
假设存在hH, 使得aha-1H,则必有aha-1xH,从而可令
aha-1=xh2
这里h2H. 那么
xh1ha-1=xh2,
即
a= h2h1hH,
产生矛盾.
因此，任取aH, hH, 有aha-1H.
综上可知对任取aG, hH, 有aha-1H,因此H为G的一个正规子群.
13. 设群G的阶为一偶数,证明G中必有一元素ae适合a2=e. 证明:
设bG，且阶数大于2，那么b≠b-1,而b-1的阶数与b的阶数相等.换句话说G中阶数大于2的元素成对出现，幺元e的阶数为1，注意到G的阶数为宜偶数，故此必存在一个2阶元，(切确的说阶数为2的元素有奇数个).
[讨论]
[1] 设G是一2n阶交换群，n为奇数则G中只有一个2阶元.为什么？ 提示：采用反证法，并注意用Lagrange定理.
[2] 群G中，任取aG，有an=e，那么G一定是有限群吗？如果不是请举出反例，若是有限群，阶数和n有什么关系？
14. 令
A=, B=
证明:集合{B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群, 而这个群与群Dn同构. 证明:
下面证明G={B,B2,…,Bn,AB,AB2,…,ABn}在矩阵的乘法下构成一群. (Ⅰ)首先证明对乘法运算封闭. 下面进行分类讨论： (1) BiBj=Bi+j,注意到Bn=故此
BiBj=BrG
6
这里i+j=kn+r,kZ,0 (2) A BiBj=BrG 这里i+j=kn+r,kZ,0 (3) 容易证明BAB=A=ABn,BA=BiAB(s+1)n=ABn-tG,这里i=sn+t,kZ,0 Bi(ABj)=( BiA)Bj=(ABn-t)BjG (4) (ABi)(ABj)=A(BiABj)=A((ABn-t)Bj)=A2(Bn-tBj)= Bn-tBj)G 由(1),(2),(3),(4)知G对乘法运算封闭. (Ⅱ)因集合G对矩阵乘法封闭，再由矩阵乘法的性质可知，结合律肯定成立. (Ⅲ)显然Bn=A2=E为幺元. (Ⅳ)对Bi(i=1,2,…,n),有 BiBn-i=E; 对ABi(i=1,2,…,n),有 (ABi)(Bn-iA)=E, 因此G内任何一元都可逆. 由(Ⅰ)，(Ⅱ)，(Ⅲ)，(Ⅳ)可知G在矩阵乘法下构成一群. 最后证明G与 Dn同构. 令f:G→Dn f(Bi)=Ti, f(ABi)=STi(i=1,2,…,n)， 可以证明f就是G到Dn的同构映射，这里不予证明了. 15. 设i是一个正整数, 群G中任意元素a,b都适合(ab)k=akbk, k=I,i+1,i+2,证明G为交换 群. 证明: 对任意a,bG ai+2bi+2=(ab)i+2=(ab) (ab)i+1=(ab) (ai+1bi+1)=a(bai+1)bi+1, 根据消去律可得 ai+1b=bai+1.----------------------(1) 同时 ai+1bi+1=(ab)i+1=(ab) (ab)i=(ab) (aibi)=a(bai)bi+1, 根据消去律可得 aib=bai.---------------------------(2) 因此 ai+1b=a(aib)=a(bai)=(ab)ai----(3) 另外 bai+1=(ba)ai----------------------(4) 结合(1),(3),(4)有 (ab)ai=(ba)ai---------------------(5) 由消去律可得到 ab=ba. 因此G为交换群. 16. 在群SL2(Q)中，证明元素 a= 的阶为4，元素 7 b= 的阶为3，而ab为无限阶元素. 证明： 可以直接验证a的阶为4，b的阶为3. 因为 ab=， 对任何正整数n， (ab)n=≠ 可见ab的阶为无限. [注意] 在一群中，有限阶元素的乘积并不一定也是有限阶的，但两个可交换的有限阶元素的乘积一定是有限阶元素. [问题] 若一群中所有元素的阶数都有限，那么这个群一定是有限群吗？ 17. 如果G为一个交换群，证明G中全体有限阶元素组成一个子群. 证明: 交换群G中全体有限阶元素组成的集合记为S，任取a，bS，并设a的阶为m，b的阶为n，则 (ab)mn=(am)n(bn)m=e 因此ab为有限阶元素，即abS. a-1的阶数与a相同，故此a-1也是有限阶元素，即a-1S. 综上可知S为G的一个子群. 18. 如果G只有有限多个子群，证明G为有限群. 证明: 采用反证法证明.假设G为无限群，则G中元素只可能有两种情况：(1)G中任意元素的阶数都有限、(2)G中存在一个无限阶元素. (1) 首先看第一种情况： G中取a1≠e，并设其阶数为n1，则循环群G1={,…}为G的一个子群； G中取a2G1，并设其阶数为n2，则循环群G2={,…}为G的一个子群； G中取a3G1∪G2，并设其阶数为n3，则循环群G3={,…}为G的一个子群； … … … 我们一直这样做下去，可以得到G的互不相同的子群构成的序列Gn(n=1,2,…)，所以G有无穷多个子群，产生矛盾； (2) 再看第二种情况: 设a∈G的阶数为无穷，那么序列 G1=<>，G2=<>，…，Gn=<>，… 是G的互不相同的子群，所以G有无穷多个子群，产生矛盾. 综上就可知“G是无限群”这个假设不成立，因此G是有限群. 19. 写出Dn的所有正规子群. 20. 设H，K为群G的子群，HK为G的一子群当且仅当HK=KH. 证明： 8 (Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群. 任取a,b∈HK,可令 a=h1k1，b=h2k2 这里hi∈H，ki∈K，i=1,2. 那么 ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1) 因HK=KH，故此 k1h2= h3k3 ----------------------(2) 这里h3∈H，k3∈K. 由(1),(2)知 ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3) 另外， a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4) 由(3),(4)知HK是G的子群. (Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH. 若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH. 若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH HK. 综上知，HK=KH. 21. 设H，K为有限群G的子群，证明 证明： 因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为 H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪hr(H∩K) 这里r为H∩K在H中的指数，hi∈H，当i≠j，hi-1hj?H∩K(事实上等价于hi-1hj?K),i, j=1,2,…,r. 又(H∩K)K=K,所以 HK=h1K∪h2K∪…∪hrK.------------(1) 注意到hi-1hj?K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时， hiK∩hjK=.----------------(2) 由(1),(2)我们得到 [总结] 左陪集的相关结论 设H为G的一子群，那么 (1) a∈aH; (2) a∈H?aH=H; (3) b∈aH?aH=bH; (4) aH=bH?a-1b∈H; (5) aH∩bH≠，有aH=bH. 9 22. 设M,N是群G的正规子群.证明： (i) MN=NM; (ii) MN是G的一个正规子群； (iii) 如果MN={e}，那么MN/N与M同构. 证明： (i)[方法1] 任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN?NM. 同样的方法可以证明NM?MN. 因此MN=NM. [方法2] 任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可. 因为 ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)， 而M为G的正规子群，故 n1n2-1m2-1n2n1-1∈M， 所以ab-1∈MN. (ii) 由(i)可知MN为G的一个子群. 任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有 g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN. 所以MN为G的正规子群. (iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN={e}，对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN[注]. 作一个MN/N到M的映射f[注]， f: MN/N→M mNm， 那么该映射显然是一一对应，另外 f(miNmjN)= f(mimjN)= mimj， 因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构. [讨论] 1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知. 2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群. [注意] 1MN={e}，对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN. 证明：若存在mi≠mj∈M, 有miN=mjN，那么mimj-1∈N，而mimj-1∈M. 因此mimj-1∈MN，产生矛盾. 2. 设 f: MN/N→M 10 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库代数学引论(聂灵沼_丁石孙版)第一章习题答案(2)在线全文阅读。
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