这是对Joseph-Gallian的《Contemporary Abstract Algebra》的第三章——有限群和子群的练习题解答。碍于我的水平,仅供参考。
对于下面每个群,计算群的阶和元素的阶,尝试观察两者的关系。
Z 12 , U ( 10 ) , U ( 12 ) , U ( 20 ) , D 4 Z_{12},U(10),U(12),U(20),D_4 Z12,U(10),U(12),U(20),D4
Answer: ∣ Z 12 ∣ = 12 , ∣ 0 ∣ = 1 , ∣ 1 ∣ = 12 , ∣ 2 ∣ = 6 , ∣ 3 ∣ = 4 , ∣ 4 ∣ = 3 , ∣ 5 ∣ = 12 , ∣ 6 ∣ = 2 , ∣ 7 ∣ = 12 , ∣ 8 ∣ = 3 , ∣ 9 ∣ = 4 , ∣ 10 ∣ = 6 , ∣ 11 ∣ = 12 |Z_{12}|=12,|0|=1,|1|=12,|2|=6,|3|=4,|4|=3,|5|=12,|6|=2,|7|=12,|8|=3,|9|=4,|10|=6,|11|=12 ∣Z12∣=12,∣0∣=1,∣1∣=12,∣2∣=6,∣3∣=4,∣4∣=3,∣5∣=12,∣6∣=2,∣7∣=12,∣8∣=3,∣9∣=4,∣10∣=6,∣11∣=12
∣ U ( 10 ) ∣ = ∣ { 1 , 3 , 7 , 9 } ∣ = 4 , ∣ 1 ∣ = 1 , ∣ 3 ∣ = 4 , ∣ 7 ∣ = 4 , ∣ 9 ∣ = 2 |U(10)|=|\{1,3,7,9\}|=4,|1|=1,|3|=4,|7|=4,|9|=2 ∣U(10)∣=∣{1,3,7,9}∣=4,∣1∣=1,∣3∣=4,∣7∣=4,∣9∣=2
∣ U ( 12 ) ∣ = ∣ { 1 , 5 , 7 , 11 } ∣ = 4 , ∣ 1 ∣ = 1 , ∣ 5 ∣ = 2 , ∣ 7 ∣ = 2 , ∣ 11 ∣ = 2 |U(12)|=|\{1,5,7,11\}|=4,|1|=1,|5|=2,|7|=2,|11|=2 ∣U(12)∣=∣{1,5,7,11}∣=4,∣1∣=1,∣5∣=2,∣7∣=2,∣11∣=2
∣ U ( 20 ) ∣ = ∣ { 1 , 3 , 7 , 9 , 11 , 13 , 17 , 19 } ∣ = 8 , ∣ 1 ∣ = 1 , ∣ 3 ∣ = 4 , ∣ 7 ∣ = 4 , ∣ 9 ∣ = 2 , ∣ 11 ∣ = 2 , ∣ 13 ∣ = 4 , ∣ 17 ∣ = 4 , ∣ 19 ∣ = 2 |U(20)|=|\{1,3,7,9,11,13,17,19\}|=8,|1|=1,|3|=4,|7|=4,|9|=2,|11|=2,|13|=4,|17|=4,|19|=2 ∣U(20)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19}∣=8,∣1∣=1,∣3∣=4,∣7∣=4,∣9∣=2,∣11∣=2,∣13∣=4,∣17∣=4,∣19∣=2
∣ D 4 ∣ = 8 , ∣ R 0 ∣ = 1 , ∣ R 90 ∣ = 4 , ∣ R 180 ∣ = 2 , ∣ R 270 ∣ = 4 , ∣ H ∣ = 2 , ∣ V ∣ = 2 , ∣ D ∣ = 2 , ∣ D ′ ∣ = 2 |D_4|=8,|R_0|=1,|R_{90}|=4,|R_{180}|=2,|R_{270}|=4,|H|=2,|V|=2,|D|=2,|D'|=2 ∣D4∣=8,∣R0∣=1,∣R90∣=4,∣R180∣=2,∣R270∣=4,∣H∣=2,∣V∣=2,∣D∣=2,∣D′∣=2可见,群元素的阶是群阶的约数。
设 Q Q Q是加法有理数群, Q ∗ Q^* Q∗是非 0 0 0有理数乘法群,在这两种情况下,表示出 ⟨ 1 2 ⟩ \langle \frac{1}{2}\rangle ⟨21⟩
Answer: 有理数加法群里, ⟨ 1 2 ⟩ = 1 2 n \langle\frac{1}{2}\rangle=\frac{1}{2}n ⟨21⟩=21n, n n n为整数;在乘法群里, ⟨ 1 2 ⟩ = ( 1 2 ) n \langle\frac{1}{2}\rangle=(\frac{1}{2})^n ⟨21⟩=(21)n, n n n为整数。
找到2中 Q Q Q和 Q ∗ Q^* Q∗中,所有元素的阶。
Answer: 在 Q Q Q中, ∣ 0 ∣ = 1 |0|=1 ∣0∣=1,其他元素阶都是无穷;在 Q ∗ Q^* Q∗中, ∣ 1 ∣ = 1 |1|=1 ∣1∣=1,其他元素阶都是无穷
证明所有元素和它的逆的阶相等。
Answer: a a a是单位元时显然成立;假定 ∣ a ∣ > 1 |a|>1 ∣a∣>1,不妨设为 n n n, a n a − n = e , a n = e a^{n}a^{-n}=e,a^{n}=e ana−n=e,an=e,显然 ( a − 1 ) n = e (a^{-1})^n=e (a−1)n=e,假定存在 k < n k
k<n 使得 ( a − 1 ) k = e (a^{-1})^k=e (a−1)k=e,那么 a k = e a^k=e ak=e,与前面矛盾。
不计算来解释为什么在 Z 30 Z_{30} Z30中, ∣ 2 ∣ = ∣ 28 ∣ , ∣ 8 ∣ = ∣ 22 ∣ |2|=|28|,|8|=|22| ∣2∣=∣28∣,∣8∣=∣22∣
Answer: 因为这些元素互为逆。
在群 Z 12 中 , Z_{12}中, Z12中,计算 ∣ a ∣ , ∣ b ∣ , ∣ a + b ∣ |a|,|b|,|a+b| ∣a∣,∣b∣,∣a+b∣
Answer: 对于 a = 6 , b = 2 a=6,b=2 a=6,b=2有, ∣ a ∣ = 2 , ∣ b ∣ = 6 , ∣ a + b ∣ = 3 |a|=2,|b|=6,|a+b|=3 ∣a∣=2,∣b∣=6,∣a+b∣=3
对于 a = 3 , b = 8 a=3,b=8 a=3,b=8有, ∣ a ∣ = 4 , ∣ b ∣ = 3 , ∣ a + b ∣ = 12 |a|=4,|b|=3,|a+b|=12 ∣a∣=4,∣b∣=3,∣a+b∣=12
对于 a = 5 , b = 4 a=5,b=4 a=5,b=4有, ∣ a ∣ = 12 , ∣ b ∣ = 3 , ∣ a + b ∣ = 4 |a|=12,|b|=3,|a+b|=4 ∣a∣=12,∣b∣=3,∣a+b∣=4
∣ a ∣ = 6 , ∣ b ∣ = 7 |a|=6,|b|=7 ∣a∣=6,∣b∣=7,表示出 ( a 4 c − 2 b 4 ) − 1 (a^4c^{-2}b^4)^{-1} (a4c−2b4)−1,不用负指数。
Answer: ( a 4 c − 2 b 4 ) − 1 = b − 4 c 2 a − 4 = b 3 c 2 a 2 (a^4c^{-2}b^4)^{-1}=b^{-4}c^2a^{-4}=b^3c^2a^2 (a4c−2b4)−1=b−4c2a−4=b3c2a2
D 4 D_4 D4有多少个四阶子群?
Answer: 即,四个元素的子群,首先 R 0 , R 90 , R 180 , R 270 R_0,R_{90},R_{180},R_{270} R0,R90,R180,R270是一个4阶子群,它是 R 90 R_{90} R90生成的;
然后可以意识到 H , V , D , D ′ H,V,D,D' H,V,D,D′单独只能生成2阶子群。
观察下, { H , V } \{H,V\} {H,V}生成的子群, H , V H,V H,V可交换,所以必然包括 H V HV HV,这几个群元已经封闭,即 { R 0 , H , V , H V } \{R_0,H,V,HV\} {R0,H,V,HV}
同理可得 { R 0 , D , D ′ , D D ′ } \{R_0,D,D',DD'\} {R0,D,D′,DD′}
共三组
找出所有非零实数乘法群有限阶的所有元素
Answer: 1 1 1
找到 x = x − 1 x=x^{-1} x=x−1的等价条件是 ∣ x ∣ |x| ∣x∣等于多少?
Answer: 等价的话,直接根据 x = x − 1 x=x^{-1} x=x−1来计算阶就好。由于 x = x − 1 , e = x x − 1 = x x = x 2 x=x^{-1},e=xx^{-1}=xx=x^2 x=x−1,e=xx−1=xx=x2,显然,阶为1和2均可。
∀ a , x ∈ G \forall a,x\in G ∀a,x∈G,证明 ∣ x a x − 1 ∣ = ∣ a ∣ |xax^{-1}|=|a| ∣xax−1∣=∣a∣
Answer: 要证明的命题其实是当最小的 n n n使得 a n = e a^n=e an=e时,得出最小的 n n n使得, ( x a x − 1 ) n = e (xax^{-1})^n=e (xax−1)n=e.
n = 1 n=1 n=1时显然;对于 n > 1 n>1 n>1时,以前者作为条件,那么 ( x a x − 1 ) n = x a x − 1 x a x − 1 ⋯ x a x − 1 = x a n x − 1 = e (xax^{-1})^n=xax^{-1}xax^{-1}\cdots xax^{-1}=xa^nx^{-1}=e (xax−1)n=xax−1xax−1⋯xax−1=xanx−1=e;那么此时的 n n n对于后者是最小的吗?假定存在一个更小的 1 < k < n 11<k<n 使得 x a k x − 1 = e xa^kx^{-1}=e xakx−1=e,那么将这个式子左乘 x − 1 x^{-1} x−1,右乘 x x x可得: a k = e a^k=e ak=e,显然与条件矛盾,故所证成立。
证明:如果 a a a是群 G G G中唯一一个阶为2的元素,那么 a ∈ Z ( G ) a\in Z(G) a∈Z(G)
Answer: 这个问题乍一看很难有思绪,但考虑一下前一题的结论似乎有用武之地,就可以明白了。 ∀ b ∈ G , ∣ b a b − 1 ∣ = ∣ a ∣ = 2 \forall b\in G, |bab^{-1}|=|a|=2 ∀b∈G,∣bab−1∣=∣a∣=2,由于只有一个元素的阶是2,那么 b a b − 1 bab^{-1} bab−1自然就是 a a a,那么可得 b a = a b ba=ab ba=ab,QED
证明:没有群是两个真子群的并。并探讨一下三个真子群的情况下这个命题成立吗?
Answer: 假定有两个真子群的并是群, G = G 1 ∪ G 2 G=G_1\cup G_2 G=G1∪G2,那么必然存在元素 a ∈ G 1 ∧ a ∉ G 2 , b ∈ G 2 ∧ b ∉ G 1 a\in G_1\ \land\ a\notin G_2, b\in G_2\ \land\ b\notin G_1 a∈G1 ∧ a∈/G2,b∈G2 ∧ b∈/G1,那么考虑元素 a b ab ab,它如果属于 G 1 G_1 G1,那么 b b b也属于 G 1 G_1 G1;如果它属于 G 2 G_2 G2,那么 a a a也一点属于 G 2 G_2 G2,推出矛盾。QED
三个真子群是可以做到的,克莱因四元群即可做到
如果 G G G是圆对称群, R R R表示旋转 2 \sqrt{2} 2度, ∣ R ∣ |R| ∣R∣是多少?
Answer: 这等效于 2 π 2\pi 2π可以整除多少倍的 2 \sqrt{2} 2,显然没有整数解,所以阶是无穷。
对于 n n n的每个大于1的约数,让 U k ( n ) = { x ∈ U ( n ) ∣ x m o d k = 1 } U_k(n)=\{x\in U(n)\mid x\mod{k}=1\} Uk(n)={x∈U(n)∣xmodk=1},证明 U k ( n ) U_k(n) Uk(n)是 U ( n ) U(n) U(n)的子群。如果 H = { x ∈ U ( 10 ) ∣ x m o d 3 = 1 } H=\{x\in U(10)\mid x\mod{3}=1\} H={x∈U(10)∣xmod3=1},那么 H H H是 U ( 10 ) U(10) U(10)的子群吗?
Answer: 有限子群只需要证明封闭性即可。
对应任意 a , b ∈ U k ( n ) a,b\in U_k(n) a,b∈Uk(n),显然有: a m o d k = 1 , b m o d k = 1 a\mod{k}=1, b\mod{k}=1 amodk=1,bmodk=1,可写成 a = 1 + a n k , b = 1 + b n k a=1+a_nk,b=1+b_nk a=1+ank,b=1+bnk,那么两元素模 n n n的积是 a b m o d n = ( 1 + ( a n + b n ) k + a n b n k 2 ) m o d k t ab\mod{n}=(1+(a_n+b_n)k+a_nb_nk^2)\mod{kt} abmodn=(1+(an+bn)k+anbnk2)modkt,这个模的结果将会是 1 + k m 1+km 1+km的形式,再模 k k k将得到 1 1 1,故满足封闭性。QED。
U ( 10 ) = { 1 , 3 , 7 , 9 } , H = { 1 , 7 } U(10)=\{1,3,7,9\}, H=\{1,7\} U(10)={1,3,7,9},H={1,7},不是子群,因为 7 × 7 m o d 10 = 9 7\times 7\mod{10}=9 7×7mod10=9, 在 H H H外部,所以不满足封闭性,不是子群。
如果 a 6 = e a^6=e a6=e, ∣ a ∣ |a| ∣a∣可能是多少?
Answer: 可以是2,3,6
假定 a a a是群元素且阶无限,证明当 m ≠ n m\neq n m=n时, a m ≠ a n a^m\neq a^n am=an.
Answer: 这个命题逆命题的成立等价于说存在某个 k k k使, a k = e a^k=e ak=e,这显然矛盾。
∀ a , b ∈ G \forall a,b\in G ∀a,b∈G, 证明: ∣ a b ∣ = ∣ b a ∣ |ab|=|ba| ∣ab∣=∣ba∣
Answer: 假设 a b ab ab有有限阶 n n n,那么 ( a b ) n = e (ab)^n=e (ab)n=e,即 a b a b ⋅ a b = e → b a b a ⋯ b a = e abab\cdot ab=e\to baba\cdots ba=e abab⋅ab=e→baba⋯ba=e(左乘 a − 1 a^{-1} a−1右乘 a a a),显然 ( b a ) n = e (ba)^n=e (ba)n=e,然后证明最小的 n n n,用反证法,设一个 b a ba ba更小的阶 k k k,反推 a b ab ab的 k k k次幂也等于 e e e,推出矛盾。
如果 a b ab ab有无限阶,那么 b a ba ba也必定是无限阶,证明方法同上面的反证过程。
证明:元素的阶小于等于群的阶。
Answer: 阶无限情况下,元素的阶可能有限也可能无限,群阶必然无限。这种情况下不做比较。阶有限情况下,对于任意元素,做一个列表 a , a 2 , ⋯ , a n a,a^2,\cdots,a^n a,a2,⋯,an,有限阶情况下一定出现循环,让 a n = a i , i < n a^n=a^i,i
an=ai,i<n ,那么 a a a的阶就是 n − i n-i n−i,群的阶必然超过 n − i n-i n−i。
证明: U ( 14 ) = ⟨ 3 ⟩ = ⟨ 5 ⟩ U(14)=\langle 3\rangle=\langle 5\rangle U(14)=⟨3⟩=⟨5⟩;判断 U ( 14 ) = ⟨ 11 ⟩ U(14)=\langle 11\rangle U(14)=⟨11⟩?
Answer: U ( 14 ) = { 1 , 3 , 5 , 9 , 11 , 13 } U(14)=\{1,3,5,9,11,13\} U(14)={1,3,5,9,11,13}, 3 3 3生成的元素为: 3 , 9 , 13 , 11 , 5 , 1 3,9,13,11,5,1 3,9,13,11,5,1, 5 5 5生成的元素是: 5 , 11 , 13 , 9 , 3 , 1 5,11,13,9,3,1 5,11,13,9,3,1
11 11 11生成的元素是: 11 , 9 , 1 11,9,1 11,9,1,只能生成一个子群,而不能生成 U ( 14 ) U(14) U(14)。
证明: U ( 20 ) ≠ ⟨ k ⟩ ∀ k ∈ U ( 20 ) U(20)\neq \langle k\rangle\ \forall k\in U(20) U(20)=⟨k⟩ ∀k∈U(20)
Answer: U ( 20 ) = { 1 , 3 , 7 , 9 , 11 , 13 , 17 , 19 } U(20)=\{1,3,7,9,11,13,17,19\} U(20)={1,3,7,9,11,13,17,19},逐个验证即可,元素的阶都小于群的阶
假定 n n n是正偶数, H H H是 Z n Z_n Zn的一个子群,证明: H H H中每一个元素都是偶数或者有一半元素是偶数。
Answer: Z n Z_n Zn是模 n n n加法群,是一个循环群,循环群有一个性质(应该放在下节讲,现在直接用),循环群的所有子群都是循环群。那么 H = ⟨ k ⟩ H=\langle k\rangle H=⟨k⟩,如果 k k k是偶数,那么 H H H肯定全是偶数;如果 k k k是奇数,那么 k 2 k^2 k2将是偶数, k 3 k^3 k3将是奇数,以此类推,直到 k i m o d n = 0 k^i\mod{n}=0 kimodn=0,可知 k i k^i ki是偶数,故 k k k生成的子群里有一半偶数。
证明:假定 n n n是正偶数, Z n Z_n Zn所有奇数阶子群每个元素都是偶数。
Answer: 根据24题的说明可知,奇数生成的子群中,元素个数只能是偶数,那么奇数阶子群只可能是偶数生成的,里面元素肯定都是偶数,现在证明奇数阶子群存在即可。考虑到循环群等效于一个单位元上等间隔分布的点,那么假定 n = 360 n=360 n=360,那么 k = 120 k=120 k=120就会生成一个 3 3 3阶子群: { 120 , 240 , 0 } \{120, 240, 0\} {120,240,0}
证明: D n D_n Dn的所有子群,要么所有元素都是旋转,要么一半元素是旋转。
Answer: 暂时想不到
证明: D n D_n Dn的所有奇数阶子群中,每个元素都是旋转。
Answer: 暂时想不到
证明:一个群包含两个可交换的,阶为2的元素,那么这个群必然有一个阶为4的子群。
Answer: 设这两个元素为 a 2 = e , b 2 = e a^2=e,b^2=e a2=e,b2=e,那么存在一个4阶子群 { e , a , b , a b } \{e,a,b,ab\} {e,a,b,ab}
证明:当 n n n是偶数时, D n D_n Dn有4阶子群
Answer: 根据28题的结果,找到两个可交换的镜面反射元素即可,对称轴垂直就可交换。
假定 H H H是 Z Z Z的在加法下的真子群,且 H H H包含 18 , 30 , 40 18,30,40 18,30,40,求 H H H.
Answer: H = ⟨ 2 ⟩ H=\langle 2\rangle H=⟨2⟩
假定 H H H是 Z Z Z的在加法下的真子群,且 H H H包含 12 , 30 , 54 12,30,54 12,30,54,求 H H H可能是?
Answer: 可能是 2 2 2生成的子群, 3 3 3生成的子群, 6 6 6生成的子群。
假定 H H H是 Z Z Z的在加法下的子群,且 H H H包含 2 50 , 3 50 2^{50},3^{50} 250,350,求 H H H可能是?
Answer: H H H必定是这两个元素公约数生成,显然是1生成的,那么 H = Z H=Z H=Z
证明:6阶二面体群没有4阶子群
Answer: 6阶二面体群实际上是 D 3 D_3 D3,有3个旋转和3个镜像。
任意两个旋转必然生成剩下一个旋转,因此子群如果存在2个旋转,必然同样存在3个旋转。那么只能再包含一种对称,再包含任何一种对称都将生成其他对称。因此不存在包含2个以及以上旋转的4阶子群;
如果只包含一个旋转,那必然是 R 0 R_0 R0,另外3个镜像,将生成其他旋转。
QED
为了更明晰,通过 D 3 D_3 D3作用在三角形 A B C ABC ABC上,表示作用效果。如果包含所有旋转, R 120 R_{120} R120将得到 C A B CAB CAB, R 240 R_{240} R240将得到 B C A BCA BCA。如果对称是 A C B ACB ACB,再将 R 120 R_{120} R120作用上去得到 B A C BAC BAC,这是经过C点的对称轴产生的新的镜像。
证明: H ≤ G , K ≤ G → H ∩ K ≤ G H\leq G,K\leq G\to H\cap K\leq G H≤G,K≤G→H∩K≤G,扩展一下,可以证明任意数量(甚至无限个)的子群的交仍然是子群吗?
Answer: 先尝试证两个的。
首先,子群之交集必然包含 e e e,因此集合非空。
封闭性:如果 a ∈ H ∩ K , b ∈ H ∩ K a\in H\cap K, b\in H\cap K a∈H∩K,b∈H∩K,由于 H , K H,K H,K的封闭性, a b ∈ H , a b ∈ K → a b ∈ H ∩ K ab\in H,ab\in K\to ab\in H\cap K ab∈H,ab∈K→ab∈H∩K
逆元存在:如果 a ∈ H ∩ K a\in H\cap K a∈H∩K,那么 a − 1 ∈ H , a − 1 ∈ K → a − 1 ∈ H ∩ K a^{-1}\in H, a^{-1}\in K\to a^{-1}\in H\cap K a−1∈H,a−1∈K→a−1∈H∩K
QED.
任意数量的子群仍是同样的证明方法。
证明: Z ( G ) = ∩ a ∈ G C ( a ) Z(G)=\cap_{a\in G}C(a) Z(G)=∩a∈GC(a)
Answer: 设任意元素 k ∈ Z ( G ) k\in Z(G) k∈Z(G), k k k与 i ∈ G i\in G i∈G可交换,那么 k ∈ ∩ a ∈ G C ( a ) k\in \cap_{a\in G}C(a) k∈∩a∈GC(a)
这个也不太确信怎么证,这个式子的成立是比较明显的。
证明:对于 a ∈ G a\in G a∈G,证明 C ( a ) = C ( a − 1 ) C(a)=C(a^{-1}) C(a)=C(a−1)
Answer: 即所有与 a a a可交换的元素必然与 a − 1 a^{-1} a−1可交换的元素集合一致。
只要证明前者集合任意元素属于后者,再证后者所有元素属于前者即可证明集合一致。
∀ i ∈ G , i a = a i \forall i\in G, ia=ai ∀i∈G,ia=ai,那么 a − 1 i a = i , a − 1 i = i a − 1 a^{-1}ia=i, a^{-1}i=ia^{-1} a−1ia=i,a−1i=ia−1,故前者元素属于后者;
同样的方法可反过来证。
对群任意元素 a a a和整数 k k k,证明: C ( a ) ⊆ C ( a k ) C(a)\subseteq C(a^k) C(a)⊆C(ak). 然后用这个定理来完成下面的命题:“在群中,如果 x x x与 a a a可交换,那么…”,反过来正确吗?
Answer: 上述集合属于关系的换一种说法即是:任何可与 a a a交换的元素,必然可以与 a k a^k ak交换(这实际上就是下面那个待补充的陈述句)
如果 a x = x a ax=xa ax=xa,右乘 a a a可得: a x a = x a 2 axa=xa^2 axa=xa2,等号前面由于 x a xa xa可交换,可写成 a 2 x = x a 2 a^2x=xa^2 a2x=xa2,这种方法持续下去,就可得到 a k x = x a k a^kx=xa^k akx=xak。
故补充陈述句为:在群中,如果 x x x与 a a a可交换,那么 a a a的任意次幂也与 x x x可交换。
反过来,未必成立。
如果 G G G是阿贝尔群,证明: H = { x ∈ G ∣ ∣ x ∣ i s o d d } H=\{x\in G\mid |x|\ is\ odd\} H={x∈G∣∣x∣ is odd}是 G G G的子群。
Answer: 设 a , b ∈ H a,b\in H a,b∈H,由于元素和它的逆具有相同的阶,所以 b − 1 ∈ H b^{-1}\in H b−1∈H,那么假设 a m = e , b n = e a^m=e,b^n=e am=e,bn=e。
注意到一个事实,如果 a k = e a^k=e ak=e,那么 m ∣ k m\mid k m∣k,即元素的阶是 k k k的约数。
由于 ( a b − 1 ) m n = e (ab^{-1})^{mn}=e (ab−1)mn=e,那么 ∣ a b − 1 ∣ |ab^{-1}| ∣ab−1∣必然是 m n mn mn的约数, m n mn mn是奇数,约数也必然是奇数,故 a b − 1 ∈ H ab^{-1}\in H ab−1∈H,QED
如果 G G G是阿贝尔群,找到一个例子,说明 H = { x ∈ G ∣ ∣ x ∣ i s e v e n o r 1 } H=\{x\in G\mid |x|\ is\ even\ or\ 1\} H={x∈G∣∣x∣ is even or 1}不需要是 G G G的子群。
Answer: 模6加法群, Z 6 = { 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } ∣ 0 ∣ = 1 , ∣ 1 ∣ = 6 , ∣ 2 ∣ = 3 , ∣ 3 ∣ = 2 , ∣ 4 ∣ = 3 , ∣ 5 ∣ = 6 Z_6=\{0,1,2,3,4,5\} |0|=1, |1|=6, |2|=3, |3|=2,|4|=3,|5|=6 Z6={0,1,2,3,4,5}∣0∣=1,∣1∣=6,∣2∣=3,∣3∣=2,∣4∣=3,∣5∣=6,显然 H H H包含1这个生成元但不包含 2 2 2,它不是一个子群。
如果 a , b a,b a,b是不同的群元素,证明: a 2 ≠ b 2 ∨ a 3 ≠ b 3 a^2\neq b^2\ \lor\ a^3\neq b^3 a2=b2 ∨ a3=b3
Answer: 其实直接证明这个命题的否命题为假即可。这个问题的否命题是: a ≠ b → a 2 = b 2 ∧ a 3 = b 3 a\neq b\to a^2=b^2\land\ a^3=b^3 a=b→a2=b2∧ a3=b3,后两个等式肯定不能同时成立,因为消去律。
设 S ⊆ G S\subseteq G S⊆G, H H H是所有包含 S S S的子群的交集。
a. 证明: ⟨ S ⟩ = H \langle S\rangle = H ⟨S⟩=H
b. 如果 S S S非空,证明: ⟨ S ⟩ = { s 1 n 1 s 2 n 2 ⋯ s m n m ∣ m ≥ 1 , s i ∈ S , n i ∈ Z } \langle S\rangle=\{s_1^{n_1}s_2^{n_2}\cdots s_m^{n_m}\mid m\ge 1, s_i\in S, n_i\in Z \} ⟨S⟩={s1n1s2n2⋯smnm∣m≥1,si∈S,ni∈Z}
Answer:
a. 根据定义, ⟨ S ⟩ \langle S\rangle ⟨S⟩是所有包含 S S S的子群中,最小的一个;而 H H H显然正是(根据34题)。
b. 这种写法实际上是说, ⟨ S ⟩ \langle S\rangle ⟨S⟩里的元素是所有 S S S的元素以任意方式乘积生成的所有元素。显然,证明这个集合是个群即可,封闭性显然满足,逆元显然存在(幂可取负值),QED
在整数加法群 Z Z Z中
a. 求 ⟨ 8 , 14 ⟩ \langle 8,14\rangle ⟨8,14⟩,根据41题结论,就是两个元素的线性组合, 8 n + 14 m 8n+14m 8n+14m,这个子群应该包含所有偶数,故可以由 2 2 2生成。
d. 求 ⟨ m , n ⟩ \langle m,n\rangle ⟨m,n⟩,求任意两个元素生成的群,可以根据a同样的方法,得到这个子群是 ⟨ gcd ( m , n ) ⟩ \langle\gcd(m,n)\rangle ⟨gcd(m,n)⟩。
已经在上节正文中证明过了。
假定 H ≤ G H\leq G H≤G, 定义 C ( H ) = { x ∈ G ∣ x h = h x ∀ h ∈ H } C(H)=\{x\in G\mid xh=hx\ \forall\ h\in H\} C(H)={x∈G∣xh=hx ∀ h∈H},证明: C ( H ) ≤ G C(H)\leq G C(H)≤G
Answer: 目的证明子群。
首先证明封闭性: ∀ a , b ∈ C ( H ) \forall\ a,b\in C(H) ∀ a,b∈C(H),有: a h = h a , b h = h b ah=ha,bh=hb ah=ha,bh=hb,前面式子右乘 b b b可得: a h b = h a b = a b h ahb=hab=abh ahb=hab=abh,故 a b ∈ C ( H ) ab\in C(H) ab∈C(H);
然后证明逆元素的存在: ∀ a ∈ C ( H ) \forall\ a\in C(H) ∀ a∈C(H),同样的方法,将 a h = h a ah=ha ah=ha,左右各乘 a − 1 a^{-1} a−1可得: a − 1 a h a − 1 = a − 1 h a a − 1 → h a − 1 = a − 1 h a^{-1}aha^{-1}=a^{-1}haa^{-1}\to ha^{-1}=a^{-1}h a−1aha−1=a−1haa−1→ha−1=a−1h
QED
题目如题
a. 首先,中心化子是所有与某个特定元素可交换的元素集合,初步估计中心化子未必都是阿贝尔的,找一下反例,很容易发现任意群中, e e e的中心化子就是群本身,而任意群不一定是阿贝尔的。
b. 群的中心肯定是阿贝尔的,从定义就能得知。
假定: a ∈ G , ∣ a ∣ = 5 a\in G, |a|=5 a∈G,∣a∣=5,证明: C ( a ) = C ( a 3 ) C(a)=C(a^3) C(a)=C(a3)。并且找到一个元素 a a a满足, ∣ a ∣ = 6 , C ( a ) ≠ C ( a 3 ) |a|=6, C(a)\neq C(a^3) ∣a∣=6,C(a)=C(a3)
a. 证明部分
首先等号的成立是有条件的,与 a a a可交换必然与 a 3 a^3 a3可交换,但反之推不出。但如果可知 a 5 = e a^5=e a5=e,那么 a 3 x = x a 3 → a 6 x = x a 6 → a x = x a a^3x=xa^3\to a^6x=xa^6\to ax=xa a3x=xa3→a6x=xa6→ax=xa。QED
b. 找反例
D 6 D_6 D6群中, a = R 60 a=R_{60} a=R60应该是一个反例,没仔细验算,根据 D 4 D_4 D4群的特性类推的。
假定 G G G是阿贝尔群,证明:满足 x n = e x^n=e xn=e的所有元素构成 G G G的一个子群。给出一个例子,对于一个群,所有满足 x 2 = e x^2=e x2=e的元素不形成一个子群。
首先,a. 证明部分:
可交换性: a n = e , b n = e → ( a b ) n = a n b n = e a^n=e,b^n=e\to (ab)^n=a^nb^n=e an=e,bn=e→(ab)n=anbn=e
逆元素存在: a n = e → ( a − 1 ) n = e a^n=e\to (a^{-1})^n=e an=e→(a−1)n=e
b. 举反例: D 4 D_4 D4中,除了 R 90 , R 270 R_{90}, R_{270} R90,R270都满足题设条件,但剩余的元素足够生成整个群。
举例:满足 ∣ a ∣ = ∣ b ∣ = 2 |a|=|b|=2 ∣a∣=∣b∣=2的情况下,又有a. ∣ a b ∣ = 3 |ab|=3 ∣ab∣=3. b. ∣ a b ∣ = 4 |ab|=4 ∣ab∣=4. c. ∣ a b ∣ = 5 |ab|=5 ∣ab∣=5,能看出乘积的阶和元素的阶的关系吗?
很明显,根据上一个题目,阿贝尔群中没有例子。而非阿贝尔群还是只能看 D 4 D_4 D4等,但是 D 4 D_4 D4中没有阶为 3 3 3的元素;先看看 D 3 D_3 D3,假定用三角形三个顶点顺序代表 D 3 D_3 D3中元素对三角形的作用, R 0 R_0 R0的作用是 A B C ABC ABC, R 120 R_{120} R120是个 3 3 3阶元素,作用在三角形上会得到: C A B CAB CAB。通过 A A A的镜像对称后得到 A C B ACB ACB,在通过原先 C C C点镜像的元素作用得到 C A B CAB CAB,因此找到了a情况的例子。
b. 情况同样在 D 4 D_4 D4中找两个镜像元素乘积得到 R 90 R_{90} R90即可。
c. 情况同理,在 D 5 D_5 D5中找。
证明:偶数阶群一定有奇数个阶2的元素。
首先,阶为2的元素一定满足 x = x − 1 x=x^{-1} x=x−1,而任何阶大于 2 2 2的元素,与自身的逆都不相等;又因为,元素和逆的阶相等,所以阶大于 2 2 2的元素总是成对出现,一定是偶数,阶为1的元素只有一个 e e e,因此,阶为 2 2 2的元素一定有偶数减偶数再减1个,是奇数个。
求 ∣ A ∣ , ∣ B ∣ , ∣ A B ∣ |A|, |B|, |AB| ∣A∣,∣B∣,∣AB∣,其中 A = [ 0 − 1 1 0 ] , B = [ 0 1 − 1 − 1 ] A=\begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}, B=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ -1 & -1 \end{bmatrix} A=[01−10],B=[0−11−1],属于 S L ( 2 , R ) SL(2,R) SL(2,R)
显然 ∣ A ∣ = 4 |A|=4 ∣A∣=4, B 2 = [ − 1 − 1 1 0 ] , B 3 = [ 1 0 0 1 ] = e B^2=\begin{bmatrix} -1 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}, B^3=\begin{bmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{bmatrix}=e B2=[−11−10],B3=[1001]=e, 故 ∣ B ∣ = 3 |B|=3 ∣B∣=3
A B = [ 1 1 0 1 ] AB=\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{bmatrix} AB=[1011],这肯定是无穷阶的。
证明: ∣ a d ∣ = n / d |a^d|=n/d ∣ad∣=n/d,其中 ∣ a ∣ = n , d ∣ n , d > 0 |a|=n, d\mid n, d>0 ∣a∣=n,d∣n,d>0
显然 ( a d ) n / d = e (a^d)^{n/d}=e (ad)n/d=e,现在说明 n / d n/d n/d是最小的满足次式子的解。假定存在一个更小的数 k < n / d k
k<n/d ,满足 ( a d ) k = e (a^d)^k=e (ad)k=e,那么 ∣ a ∣ ≤ d k < n |a|\leq dk∣a∣≤dk<n ,推出矛盾,QED
给一个例子,满足 a a a是有限阶, b b b是无限阶, a b ab ab是有限阶。
直接用题目50中的例子即可, a = A − 1 , b = A B , a b = B a=A^{-1},b=AB,ab=B a=A−1,b=AB,ab=B
A = [ 1 1 0 1 ] A=\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{bmatrix} A=[1011],如果是 S L ( 2 , Z p ) SL(2,Z_p) SL(2,Zp)(p是素数)的元素, A A A的阶是多少?
显然,阶是 p p p
A = [ cos 60 − sin 60 sin 60 cos 60 ] A=\begin{bmatrix} \cos{60} & -\sin 60\\ \sin 60 & \cos 60 \end{bmatrix} A=[cos60sin60−sin60cos60], B = [ cos 2 − sin 2 sin 2 cos 2 ] B=\begin{bmatrix} \cos{\sqrt{2}} & -\sin \sqrt{2}\\ \sin \sqrt{2} & \cos \sqrt{2} \end{bmatrix} B=[cos2sin2−sin2cos2],求A,B的阶。
显然, ∣ A ∣ = 6 , ∣ B ∣ = ∞ |A|=6, |B|=\infty ∣A∣=6,∣B∣=∞
证明圆对称群中有有限阶元素和无限阶元素。
很明显,镜像和360的约数旋转是有限阶,无理数度旋转是无限阶。
在非零实数乘法群 R ∗ R^* R∗中,找到两个元素满足: ∣ a ∣ = ∞ , ∣ b ∣ = ∞ , ∣ a b ∣ = 2 |a|=\infty, |b|=\infty, |ab|=2 ∣a∣=∞,∣b∣=∞,∣ab∣=2
显然, ( − 1 ) 2 = 1 (-1)^2=1 (−1)2=1,那么只要 a = 1 / 2 , b = − 2 a=1/2, b=-2 a=1/2,b=−2,即可
解释为什么圆对称群包含所有二面体群。
圆有任意镜像与任意旋转,而二面体群往往只有一部分旋转和镜像。
证明:阿贝尔群的有限阶元素构成子群。对非阿贝尔群成立吗?
证明封闭性和逆元就可以,封闭性很容易说明,有限阶相乘依旧是有限阶;逆元和元素阶相同,当然也是有限阶。
对于非阿贝尔群,无法保证封闭性。
假设 G G G是有限群, H ≤ G , g ∈ G H\le G, g\in G H≤G,g∈G, n n n是最小的正整数,满足 g n ∈ H g^n\in H gn∈H,证明: n ∣ ∣ g ∣ n\mid |g| n∣∣g∣
因为 e ∈ H e\in H e∈H,如果 g n = e g^n=e gn=e,那么 ∣ g ∣ = n |g|=n ∣g∣=n;如果 g n ≠ e g^n\neq e gn=e,假设 ∣ g ∣ = k , g n = a |g|=k, g^n=a ∣g∣=k,gn=a,那么可得: g k = g n q + r = e , r < n g^k=g^{nq+r}=e,r
gk=gnq+r=e,r<n ,那么 g r = g k − n q = g k g − n q = g − n q = a − q ∈ H g^r=g^{k-nq}=g^kg^{-nq}=g^{-nq}=a^{-q}\in H gr=gk−nq=gkg−nq=g−nq=a−q∈H,那么 r r r只能为0. 否则将于最小的正整数 n n n矛盾。
a. U ( 3 ) , U ( 4 ) , U ( 12 ) U(3),U(4),U(12) U(3),U(4),U(12)
∣ U ( 3 ) ∣ = ∣ { 1 , 2 } ∣ = 2 , ∣ U ( 4 ) ∣ = ∣ { 1 , 3 } ∣ = 2 |U(3)|=|\{1,2\}|=2, |U(4)|=|\{1,3\}|=2 ∣U(3)∣=∣{1,2}∣=2,∣U(4)∣=∣{1,3}∣=2
∣ U ( 12 ) ∣ = ∣ { 1 , 5 , 7 , 11 } ∣ = 4 |U(12)|=|\{1,5,7,11\}|=4 ∣U(12)∣=∣{1,5,7,11}∣=4
b. U ( 5 ) , U ( 7 ) , U ( 35 ) U(5),U(7),U(35) U(5),U(7),U(35)
∣ U ( 5 ) ∣ = ∣ { 1 , 2 , 3 , 4 } ∣ = 4 , ∣ U ( 7 ) ∣ = ∣ { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 } ∣ = 6 |U(5)|=|\{1,2,3,4\}|=4, |U(7)|=|\{1,2,3,4,5,6\}|=6 ∣U(5)∣=∣{1,2,3,4}∣=4,∣U(7)∣=∣{1,2,3,4,5,6}∣=6
∣ U ( 35 ) ∣ = ∣ { 1 , 2 , 3 , 4 , 6 , 8 , 9 , 11 , 12 , 13 , 16 , 17 , 18 , 19 , 22 , 23 , 24 , 26 , 27 , 29 , 31 , 32 , 33 , 34 } ∣ = 24 |U(35)|=|\{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34\}|=24 ∣U(35)∣=∣{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34}∣=24
c. U ( 4 ) , U ( 5 ) , U ( 20 ) U(4),U(5),U(20) U(4),U(5),U(20)
∣ U ( 20 ) ∣ = ∣ { 1 , 3 , 7 , 9 , 11 , 13 , 17 , 19 } ∣ = 8 |U(20)|=|\{1,3,7,9,11,13,17,19\}|=8 ∣U(20)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19}∣=8
d. U ( 3 ) , U ( 5 ) , U ( 15 ) U(3),U(5),U(15) U(3),U(5),U(15)
∣ U ( 15 ) ∣ = ∣ { 1 , 2 , 4 , 7 , 8 , 11 , 13 , 14 } ∣ = 8 |U(15)|=|\{1,2,4,7,8,11,13,14\}|=8 ∣U(15)∣=∣{1,2,4,7,8,11,13,14}∣=8
可以观察到关系: ∣ U ( r ) ∣ × ∣ U ( s ) ∣ = ∣ U ( r s ) ∣ |U(r)|\times |U(s)|=|U(rs)| ∣U(r)∣×∣U(s)∣=∣U(rs)∣
在非零整数乘法群 R ∗ R^* R∗里,证明: H = { x ∈ R ∗ ∣ x 2 i s r a t i o n a l } H=\{x\in R^*\mid x^2\ is\ rational\} H={x∈R∗∣x2 is rational}是 R ∗ R^* R∗的子群。并讨论如果幂2被其他正整数替换的条件下, H H H仍然是子群吗?
Answer: 首先尝试证封闭性: x , y ∈ H → ( x y ) 2 = x 2 y 2 ∈ Q x,y\in H\to (xy)^2=x^2y^2\in Q x,y∈H→(xy)2=x2y2∈Q;
证明逆的存在: x ∈ H x\in H x∈H,那么对于 y = 1 / x y=1/x y=1/x, y 2 = 1 / x 2 ∈ Q y^2=1/x^2\in Q y2=1/x2∈Q,故逆存在。
通过这个证明过程可知,2可以被任何正整数替换使得结论仍然成立
∣ U ( 4 ) ∣ , ∣ U ( 10 ) ∣ , ∣ U ( 40 ) ∣ |U(4)|,|U(10)|,|U(40)| ∣U(4)∣,∣U(10)∣,∣U(40)∣符合题目60的一个反例吗?
∣ U ( 10 ) ∣ = ∣ { 1 , 3 , 7 , 9 } ∣ = 4 |U(10)|=|\{1,3,7,9\}|=4 ∣U(10)∣=∣{1,3,7,9}∣=4
∣ U ( 40 ) ∣ = ∣ { 1 , 3 , 7 , 9 , 11 , 13 , 17 , 19 , 21 , 23 , 27 , 29 , 31 , 33 , 37 , 39 } ∣ = 12 |U(40)|=|\{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39\}|=12 ∣U(40)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39}∣=12
是一个反例
找到 U ( 40 ) U(40) U(40)的阶4非循环子群
Answer: 4个元素的子群,那么元素的阶要是2和3
观察: ∣ 9 ∣ = 2 , ∣ 11 ∣ = 2 , ∣ 13 ∣ = 3 , ∣ 19 ∣ = 2 |9|=2,|11|=2,|13|=3,|19|=2 ∣9∣=2,∣11∣=2,∣13∣=3,∣19∣=2
取: { 1 , 9 , 11 , 19 } \{1,9,11,19\} {1,9,11,19}即可
证明:偶数阶群必有阶2的元素
Answer: 第49题已经证明过的结论,偶数阶群的阶为2的元素个数一定为奇数,0不是奇数,所以必有。
G = { [ a b c d ] ∣ a , b , c , d ∈ Z } G=\{\begin{bmatrix} a&b\\c&d \end{bmatrix}\mid a,b,c,d\in Z\} G={[acbd]∣a,b,c,d∈Z}是矩阵加法群,证明 H = { [ a b c d ] ∈ G ∣ a + b + c + d = 0 } H=\{\begin{bmatrix} a&b\\c&d \end{bmatrix}\in G\mid a+b+c+d=0\} H={[acbd]∈G∣a+b+c+d=0}是 G G G的子群。再讨论当0被1替换时,结论仍然成立吗?
Answer: 首先封闭性很容易证明,逆也很容易证明,因为和为0的元素,再累加仍然是0,前面加个逆也仍然是0.
如果和为1,那么不是子群,封闭性就不成立。
H = { A ∈ G L ( 2 , R ) ∣ d e t ( A ) i s a n i n t e g e r p o w e r o f 2 } H=\{A\in GL(2,R)\mid det(A)\mathrm{\ is\ an\ integer\ power\ of\ 2 }\} H={A∈GL(2,R)∣det(A) is an integer power of 2},证明 H ≤ G L ( 2 , R ) H\le GL(2,R) H≤GL(2,R)
Answer: 一般线性群在矩阵乘法下进行二元操作,乘积的行列是等于行列式的乘积,2个2的幂相乘结果仍然是2的幂,所以封闭性满足。
矩阵和其逆矩阵行列式呈倒数关系,2的幂倒数仍是2的幂,故逆元存在。
QED
H ≤ R H\le R H≤R, R R R是实数加法群, K = { 2 a ∣ a ∈ H } K=\{2^a\mid a\in H\} K={2a∣a∈H},证明: K K K是 R ∗ R^* R∗(非零实数乘法群)的子群
Answer: 不难发现, R ∗ R^* R∗中乘法在幂上,变成了加法,封闭性不难证。而由实数加法群中逆的存在不难证 K K K中逆元的存在。
G G G是一个 R R R到 R ∗ R^* R∗的函数的群,二元操作是函数的乘法, H = { f ∈ G ∣ f ( 2 ) = 1 } H=\{f\in G\mid f(2)=1\} H={f∈G∣f(2)=1},证明: H ≤ G H\le G H≤G. 讨论2能被任意实数取代以让结论依旧成立吗?
Answer: 很明显,函数值是1,那么乘积仍然会是1,封闭性不难证。
单位元应当是恒等于1的函数,那么逆元就可推得,只要每个点函数值取倒数即可,值域没有0保证了逆存在。
QED
2可以被替换成任何实数。
G = G L ( 2 , R ) G=GL(2,R) G=GL(2,R),请问 H = { [ a 0 0 b ] ∣ a , b ∈ { Z − { 0 } } } H=\{\begin{bmatrix} a&0\\0&b \end{bmatrix}\mid a,b\in \{Z-\{0\}\}\} H={[a00b]∣a,b∈{Z−{0}}}是 G G G的子群吗?
Answer: 根据矩阵乘法, H H H中的乘操作封闭性等价于非零整数乘法操作,封闭性是成立的。
但是逆元不一定存在,可能需要有理数。
H = { a + b i ∣ a , b ∈ R , a b ≥ 0 } H=\{a+bi\mid a,b\in R, ab\ge 0\} H={a+bi∣a,b∈R,ab≥0},请问 H H H是否是 C C C在加法下的子群?
Answer: 首先对于 h 1 = a 1 + b 1 i ∈ H , h 2 = a 2 + b 2 i ∈ H , h 1 h 2 = ( a 1 + a 2 ) + ( b 1 + b 2 ) i h_1=a_1+b_1i\in H,h_2=a_2+b_2i\in H,h_1h_2=(a_1+a_2)+(b_1+b_2)i h1=a1+b1i∈H,h2=a2+b2i∈H,h1h2=(a1+a2)+(b1+b2)i,假定 a 1 , b 1 , a 2 , b 2 = 2 , 1 , − 1 , − 2 a_1,b_1,a_2,b_2=2,1,-1,-2 a1,b1,a2,b2=2,1,−1,−2, h 1 h 2 = 1 + ( − 1 ) i h_1h_2=1+(-1)i h1h2=1+(−1)i显然不满足封闭性。
H = { a + b i ∣ a , b ∈ R , a 2 + b 2 = 1 } H=\{a+bi\mid a,b\in R, a^2+b^2=1\} H={a+bi∣a,b∈R,a2+b2=1},请问 H H H是否是 C ∗ C^* C∗在乘法下的子群?
Answer: 是子群,这显然是复平面单位圆。
G G G是一个有限阿贝尔群, a , b ∈ G a,b\in G a,b∈G,证明:集合 ⟨ a , b ⟩ = { a i b j ∣ i , j ∈ Z } \langle a,b\rangle=\{a^ib^j\mid i,j\in Z\} ⟨a,b⟩={aibj∣i,j∈Z}是 G G G的子群。可以以 ∣ a ∣ , ∣ b ∣ |a|,|b| ∣a∣,∣b∣的形式表示这个子群的阶吗?
Answer: 封闭性很好证明,利用阿贝尔群交换性就可说明;逆元也可根据交换性说明,幂取负值就可。设 ∣ a ∣ = m , ∣ b ∣ = n |a|=m,|b|=n ∣a∣=m,∣b∣=n,显然如果这两个元素可由一个元素生成。
后面这个我以为让写等式,结果答案是 ∣ ⟨ a , b ⟩ ∣ ≤ ∣ a ∣ ∣ b ∣ |\langle a,b\rangle|\le |a||b| ∣⟨a,b⟩∣≤∣a∣∣b∣
H ≤ G , H Z ( G ) = { h z ∣ h ∈ H , z ∈ Z ( G ) } H\le G,HZ(G)=\{hz\mid h\in H,z\in Z(G)\} H≤G,HZ(G)={hz∣h∈H,z∈Z(G)},证明: H Z ( G ) ≤ G HZ(G)\le G HZ(G)≤G
首先, z z z的可交换性很容易证明封闭性: h 1 z 1 h 2 z 2 = h 1 h 2 z 1 z 2 h_1z_1h_2z_2=h_1h_2z_1z_2 h1z1h2z2=h1h2z1z2
逆元也可使用相同的证法: h 1 z 1 h 1 − 1 z 1 − 1 = e = h 1 z 1 ( z 1 h 1 ) − 1 = h 1 z 1 ( h 1 z 1 ) − 1 h_1z_1h_1^{-1}z_1^{-1}=e=h_1z_1(z_1h_1)^{-1}=h_1z_1(h_1z_1)^{-1} h1z1h1−1z1−1=e=h1z1(z1h1)−1=h1z1(h1z1)−1
H , K H,K H,K是有理数加法群的非平凡子群,证明: H ∩ K H\cap K H∩K也是非平凡子群。
很明显,这是让证明两个非平凡子群的交集不是 { 0 } \{0\} {0},很明显,子群必然含非0元素设为: m ∈ H , n ∈ K m\in H,n\in K m∈H,n∈K,那么它们交集必然含有元素 m n mn mn QED
H H H是有理数加法群的非平凡子群,证明 H H H有非平凡真子群。
很明显,不管 H H H是怎么生成的,它必然有非零元素 a a a,那么,我们用 2 a 2a 2a作生成元必然可以生成非平凡真子群。
证明:阶为 n n n( n ≥ 3 n\ge 3 n≥3)的群,不可能有 n − 1 n-1 n−1阶子群。
这其实是问,一个至少3个元素的子群,可以只去掉一个元素仍然构成群吗?
显然不能,我们考虑去掉的这个元素不能是两个非 e e e元素的积,否则不满足封闭性;这个元素的逆也必须等于自身,否则不满足逆元的存在。那么这个元素必然满足 a 2 = e a^2=e a2=e,那么再考虑另一个元素非 e e e元素 b b b, a b ab ab肯定不等于 a a a,那么它肯定在子群内。同时, a b ab ab不可能是 e e e,那么 b b b和 a b ab ab必然能再生成 a a a,所以去掉 a a a群绝对不会封闭。
a ∈ G , ∣ a ∣ = m a\in G, |a|=m a∈G,∣a∣=m,如果 gcd ( m , n ) = 1 \gcd(m,n)=1 gcd(m,n)=1,证明: a a a可以写成一些元素的 n n n次幂的形式。
Answer: 考最大公约数的写法, e = a m , a = a m s + n t = a n t = ( a t ) n e=a^m,a=a^{ms+nt}=a^{nt}=(a^t)^n e=am,a=ams+nt=ant=(at)n
G G G是有超过1个元素的有限群,证明: G G G有一个素数阶元素。
Answer: 显然,如果任意元素 a ∈ G a\in G a∈G的阶是合数,那么根据代数基本定理,一定可以分解为一个素数 p p p乘其他数 m m m,即: a p m = e → ( a m ) p = e , a m ∈ G a^{pm}=e\to (a^{m})^p=e,a^m\in G apm=e→(am)p=e,am∈G
QED