?12345678910? 解 ????53761894210???(15)(2379)(468).

?? ??1?(15)(2973)(486).

由于??(15)(2379)(468),其中(15),(2379),(468)是互不相交的循环置换,从而可以交换,因此

|?|?|(15)||(2379)||(468)|?[2,4,3]?12,

其中[2,4,3]表示2,4,3三数的最小公倍数.

§2.6群的同态与同构

1.设(G,?)是一个群,(G',?)是一个具有代数运算?的集合.若存在一个G到G'的满射f保持运算,即

f(x?y)?f(x)?f(y),?x,y?G,

证明:(G',?)也是群.

证明 设x',y'和z'是G'的任意三个元素.由于f是G到G'的满射,存在G的三个元素x,y和z,使得

f(x)?x',f(y)?y',f(z)?z'.

这样一来,由于f保持运算,我们有

(x'?y')?z'?(f(x)?f(y))?f(z)?f(x?y)?f(z)?f((x?y)?z)

?f(x?(y?z))?f(x)?f(y?z)?f(x)?(f(y)?f(z))?x'?(y'?z').

由于x',y'和z'的任意性,这表明代数运算?满足结合律,从而(G',?)是半群.再令

e'?f(e),其中e为(G',?)的单位元.注意到f保持运算,我们有

e'?x'?f(e)?f(x)?f(e?x)?f(x)?x', x'?e'?f(x)?f(e)?f(x?e)?f(x)?x'.

由于x'的任意性,这表明e'是半群(G',?)的单位元.最后,显然f(x?1)?G',并且

f(x?1)?x'?f(x?1)?f(x)?f(x?1?x)?f(e)?e', x'?f(x?1)?f(x)?f(x?1)?f(x?1?x)?f(e)?e',

从而x'有逆元.由于x'的任意性,这就表明(G',?)是群. 2.证明:实数加群(R,?)与正实数乘群(R?,?)同构. 证明 任取不等于1的正实数a,令

f(x)?ax,?x?R.

f是R到R?的双射.众所周知,

f(x?y)?ax?y?axay?f(x)f(y),?x,y?R.

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因此f是(R,?)到(R?,?)的同构.所以实数加群(R,?)与正实数乘群(R?,?)同构. 3.证明:整数加群与偶数加群同构. 证明 显然

f:n?2n,n?Z

是整数加群到偶数加群的同构.

4.证明:§2.4例4(2)中由a,b生成的子群(a,b)与三次对称群S3同构. 注: 在§2.4例4(2)中,设G是群,a,b?G,|a|?3,|b|?2,并且ba?a2b. 证明 §2.4例4(2)中已经指出,

(a,b)?{e,a,a2,b,ab,a2b},

其乘法表如下: . e e a a a2 a2 a2 b b ab ab ab a2b a2b e a a a2 a2 b b ab ab e a a2b b e a2b b ab a2b ab e a2 a e a a2 b a2b a a2b a2b ab b a2 e 另一方面,我们知道,S3?{(1),(123),(132),(12),(13),(23)}.令

f:e?(1),a?(123),a2?(132),

b?(12),ab?(13),a2b?(23).

于是f是(a,b)到S3的双射.由直接演算可知f保持运算.因此f是(a,b)到S3的同构.所以(a,b)与S3同构. 5.设G是一个群,证明:

f:x?x?1,?x?G

是G的自同构的充要条件为G是交换群.

证明 显然f是G到自身的双射.当G是交换群时,我们有

f(xy)?(xy)?1?y?1x?1?x?1y?1?f(x)f(y),?x,y?G,

因此f是G的自同构.反之,若G不是交换群,则存在x,y?G,使得xy?yx,从而

(xy)?1?(yx)?1,即y?1x?1?x?1y?1.于是,

f(xy)?(xy)?1?y?1x?1?x?1y?1?f(x)f(y).

因此f不是G的自同构.

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6.设H≤G,证明:?a?G,aHa?1≤G,并且aHa?1?H(aHa?1称为H的共轭子群.)

证明 任意给定a?G.显然aHa?1是G的非空子集.任取x,y?aHa?1.于是,存在

h,g?H,使得x?aha?1,y?aga?1.因此hg?1?H,从而

xy?1?(aha?1)(aga?1)?1?aha?1ag?1a?1?a(hg?1)a?1?aHa?1.

所以aHa?1≤G.现在令

f(h)?aha?1,?h?H.

显然f是H到aHa?1的双射.因为

f(hg)?a(hg)a?1?(aha?1)(aga?1)?f(h)f(g),?h,g?H,

所以f是H到aHa?1的同构.由此可见,aHa?1?H.

§2.7子群的陪集

1.写出四次交代群A4关于Klein四元子群

B4?{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}

的左陪集分解与右陪集分解. 解 A4关于B4的左陪集分解为:

A4?B4?(123)B4?(132)B4,

其中,

(123)B4?{(123),(134),(243),(142)}, (132)B4?{(132),(234),(124),(143)}.

A4关于B4的右陪集分解为:

A4?B4?B4(123)?B4(132),

其中,

B4(123)?{(123),(243),(142),(134)}, B4(132)?{(132),(143),(234),(124)}.

2.设p是素数,阶为pm(m?N)的群称为p-群,证明:p?群一定有一个p阶子群. 证明 设G是阶为pm(m?N)的p-群,e为G的单位元.显然G不是单位元群.现在任取a?G,使得a?e.由Lagrange定理的推论1可知|a|?pn,其中1?n?m.当n?1时,(a)就是G的p阶子群.当n?1时,易见|apn?1|?p,从而(ap)是G的p阶子群.所以

n?1G一定有一个p阶子群.

3.证明:在同构的意义下,4阶群只有两个,而且都是交换群.

证明 众所周知,模4剩余类加群Z4?{[0],[1],[2],[3]}和Klein四元群

K4?{e,a,b,c}都是4阶交换群,而且它们不同构.现在考察任意一个4阶群

G?{e',a',b',c'}(其中e'为G的单位元):

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假设G是循环群.于是,G是交换群,并且存在x?G,使得G?(x).令

f(xn)?[n]?Z4,n?0,1,2,3.

显然,f是群G到模4剩余类加群Z4的同构,从而,G?Z4. 假设G不是循环群.根据Lagrange定理的推论1,

|a'|?|b'|?|c'|?2.

利用消去律容易验证

a'b'?b'a'?c',b'c'?c'b'?a',c,a'?a'c'?b'.

由此可见,G是交换群.令

g:e'?e,a'?a,b'?b,c'?c.

显然,g是群G到群K4的同构,从而G?K4.

上述表明,在同构的意义下,4阶群只有两个,即剩余类加群Z4和Klein四元群K4,它们都是交换群.

4.证明: 6阶群有且只有一个3阶子群.

证明 设G是6阶群.根据 Lagrange定理的推论1,G的元素的阶只可能是1,2,3和

6.

首先我们证明G有3阶元素,从而有3阶子群.事实上,若G有6阶元素,例如,a.则a2便是G的3阶元素.现在设G没有6阶元素.于是,G的元素的阶只可能是1,2和3.假设G没有3阶元素,则G有5个2阶元素,容易验证,G有一个4阶子群{e,a,b,ab}.这与Lagrange定理矛盾.所以G有3阶元素.当a为G的3阶元素时,(a)是G的3阶子群.

其次,我们证明G只有一个3阶子群.为此,设(a)和(b)都是G的3阶子群.由定理2.39可知,|(a)?(b)||(|(a)||(b)|,从而|(a)?(b)|?1或|(a)?(b)|?3.假设|(a)?(b)|?1,则|(a)(b)|?9,这与(a)(b)?G矛盾.因此必有|(a)?(b)|?3,从而(a)?(b).所以G只有一个3阶子群.

5.设G是一个阶大于1的群.证明:

G只有平凡子群?G为素数阶循环群.

证明 由Lagrange定理可知,当G为素数阶循环群时,G只有非平凡子群.反之,假设G不是素数阶循环群.由于|G|?1,存在a?G,使得1?|a|?|G|.显然(a)不是G的平凡子群.所以

G只有平凡子群?G为素数阶循环群.

§2.8正规子群与商群

1.设N?G,且|N|?2.证明:N?C(G).

证明 不妨设N?{e,a},其中e为G的单位元.显然e?C(G).其次,对于任意的

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