部分作业解答

部分作业参考解答

作业3.3 设G是群,H是G的一个有限子集,并且H关于G的运算封闭. 证明H是G的子群.

证明 按照子群的等价条件, 只需证明H中的任意元素均存在逆元即可. 为此, 设a?H, 则因H关于G的运算封闭,知对任意正整数n, an?H. 现因H是有限集, 故必存在正整数s, t, s < t使得as = at. 因此,a?1=at?s?H. 此恰为所需.

作业3.6 设G是偶数阶有限群. 证明G中必有2阶元素. 对奇数阶有限群,否定该结果.

证明 对任意a?G,a?1=a?a=e或者a的周期为2. 因此, G中周期?3的元素与其逆元素不相等. 另外, 对任意整数n,有(a?1)n=(an)?1, 所以元素a的周期与其逆元的周期相同. 故任何群的周期?3的元素的个数为偶数,从而周期不等于2的元素的个数为奇数. 现因G是偶数阶群, 因此必有2阶元素.

对奇数阶有限群, 上述结论不成立, 比如, Z2n+1不含2阶元. (以后将看到, 任何奇数阶群均不含偶数阶元素.)

作业3.8 如果G=是循环群而H是任意群,则每个同态f:G?H均由f(a)?H所完全决定. 找出(Z,+)的所有自同构. 证明AutZ6?Z2. 证明 因为G=, 故对任意b?G, 存在n?Z, 使得b=an. 因此f(b)=f(an)=f(a)n,即同态f由f(a)完全确定. 现考察群(Z,+). 注意循环群(Z,+)仅有两个生成元1与?1, 故Z?Z的同态由f(1)与f(?1)完全确定.

现设f是自同构, 则1?Z有原象,设为k. 即1=f(k)=kf(1). 因此, k=1或k=?1. 即f(1)=1或f(?1)=1. 注意后者等价于f(1)=?1.这样, AutZ是二元群{f,g}, 其中f(1)=1(故f是恒等映射), g(1)=?1(从而g(k)=-k). 注意循环群Z6的生成元仅有[1],[5]. 从而它的自同构将二生成元置换. 故AutZ6是二元群{?,?},其中?是恒等映射, ?([1])=[5], ?([5])=[1].故AutZ6同构于Z2,因为所有二元群均相互同构.

(由此证明可以得出以下结论: (a)任何群同态必将生成元映到生成元. 特别, 任何群的自同构必然是生成元间的一个置换.(b)对固定的整数k?Z,设f: Z?Z为f(n)=kn, 则当k=0时, f=0(即把任何元素均映射到单位元0)称为零同态;若k?0, 则f是单同态, 但不是同构, 因为该映射不是满的. 不过如果将f的象拿出来, 则可以得到一个同构f: G?Imf = kZ.)

作业3.9 试建立（Z，+）到Zm的一个同态对应. 从而每个循环群均是无限循环群的同态像.

解 对任意k?Z, 存在唯一的r, 0? r< m, 以及q?Z, 使得k=mq+r, 令f:Z?Z为: f(k)=[r], 即将任何整数对应到它被m除所得余数所在的剩余类. 下证f确为同态映射. 设k?= mq?+r?, 0 ? r? < m, 则k+k?=m(q+q?)+(r+r?). 故k+k?= (r+r?) mod m, 即f(k+k?)=[r+r?]=[r]+[r?]=f(r)+f(r?). OK.

作业4.3 证明 (1)Sn是由n ?1个对换(12), (13), …, (1n)生成的. (2) Sn是由n ? 1个对换(12), (23), …, (n?1 n)生成的.

证明 (1) 由定理4.5, 每个置换均可以写成对换之积. 从而只需

证明任意对换(xy)可由题中所给定的对换表示即可, 而(xy)=(1x)(1y)(1x). OK.

(2) 由(1) , 只需证明(1)中的每个对换(1r)可由(2)中所给定的对换表达即可. 我们有(1r)=(1 r?1)(r?1 r)( 1 r?1). OK.

作业4.4 设?=(i1i2…ir)而??Sn, 则????1=(?(i1) ?(i2)…?(ir)). 证明 只需证明??=(?(i1)?(i2)…?(ir))?. 对任意k?In, 如果k?ij,则

?(k)=k, 从而??(k)=?(k)??(ij), 因此(?(i1)?(i2)…?(ir))?(k)=?(k). 如果

k=ij, 1 ? j ? r, 则??(k)=??(ij)=?(ij+1), 而(?(i1)?(i2)…?(ir))?(k)= (?(i1)?(i2)…?(ir))?(ij)=?(ij+1). OK.

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