代数结构 群(II) 作业一

代数结构

陆一洲 5140309557

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Problem 1

设 $H=\{(1),(1\ 2)(3\ 4), (1\ 3)(2\ 4), (1\ 4)(2\ 3)\}$。分别求 $H$ 在 $A_4$ 和 $S_4$ 中的所有左陪集。

$H$ 在 $A_4$ 中的左陪集有

$$(1)H=H \\(1\ 2\ 3)H=\{(1\ 2\ 3), (1\ 3\ 4), (2\ 4\ 3), (1\ 4\ 2)\} \\(1\ 3\ 2)H=\{(1\ 3\ 2), (1\ 4\ 3), (2\ 3\ 4), (1\ 2\ 4)\}$$
$H$ 在 $S_4$ 中的左陪集除去以上三个还有
$$(1\ 2)H=\{(1\ 2), (3\ 4), (1\ 3\ 2\ 4), (1\ 4\ 2\ 3)\} \\(1\ 3)H=\{(1\ 3), (2\ 4), (1\ 2\ 3\ 4), (1\ 4\ 3\ 2)\} \\(2\ 3)H=\{(1\ 4), (2\ 3), (1\ 2\ 4\ 3), (1\ 3\ 4\ 2)\}$$

Problem 8

设 $\mathrm{ord}\ a=30$。问 $\langle a^4 \rangle$ 在 $\langle a \rangle$ 中有多少个左陪集？试将它们列出。

因为 $\mathrm{ord}\ a=30$，所以

$$\mathrm{ord}\ a^4=\frac{30}{(30,4)}=15$$
所以，$\langle a^4 \rangle$ 的左陪集个数为 $\mathrm{ord}\ a/\mathrm{ord}\ a^4=2$，分别为 $$e \langle a \rangle = \{e, a^2, a^4, \cdots, a^{28}\} \\ a \langle a \rangle = \{a, a^3, a^5, \cdots, a^{29}\}$$

Problem 11

证明：一个子群的左陪集的所有元素的逆元素组成这个子群的一个右陪集。

即证：群 $G$ 的子群 $H$，对于 $\forall\ a\in G$，有

$$\{x^{-1} \mid x \in aH\}=Ha^{-1}$$
① $\forall\ x=ah,\ h\in H$，有 $x^{-1}=(ah)^{-1}=h^{-1}a^{-1}\in Ha^{-1}$，所以 $\{x^{-1} \mid x \in aH\} \subseteq Ha^{-1}$
② $\forall\ y=a^{-1}h,\ h\in H$，有 $y=(h^{-1}a)^{-1} \in \{x^{-1} \mid x \in aH\}$，所以 $\{x^{-1} \mid x \in aH\} \supseteq Ha^{-1}$
所以，由 ① & ②，可得 $\{x^{-1} \mid x \in aH\}=Ha^{-1}$

Problem 12

设 $H_1$, $H_2$ 是群 $G$ 的子群，证明：$a(H_1 \cap H_2)=aH_1 \cap aH_2$

① $\forall\ h\in H_1 \cap H_2$，有 $ah\in aH_1$，$ah\in aH_2$，即 $ah\in aH_1 \cap aH_2$，所以 $a(H_1 \cap H_2)\subseteq aH_1 \cap aH_2$
② $\forall\ x\in aH_1 \cap aH_2$，$\exists\ h_1 \in H_1,\ h_2 \in H_2$，s.t. $ah_1=ah_2=x$, 所以 $a^{-1}x\in H_1 \cap H_2$，即 $x\in a(H_1 \cap H_2)$，所以 $a(H_1 \cap H_2)\supseteq aH_1 \cap aH_2$
所以，由 ① & ②，可得 $a(H_1 \cap H_2)=aH_1 \cap aH_2$

Problem 20

设 $|G|=33$。证明：$G$ 必有 3 阶元素。

因为 $|G|=33$，所以 $\forall\ g\in G$，有 $\mathrm{ord}\ g\in \{3, 11, 33\}$。
假设 $G$ 中没有 3 阶元素，那么 $\forall\ g\in G$，有 $\mathrm{ord}\ g\in \{11, 33\}$。
若 $\exists\ g\in G,\ \mathrm{ord}\ g=33$，那么

$$\mathrm{ord}\ g^{11}=\frac{33}{(11,33)}=3$$ 与假设矛盾。
所以欲使假设成立，则 $\forall\ g\in G$，有 $\mathrm{ord}\ g=11$，即 $|\langle g \rangle |=11$。
而 $\bigcup g_i = G$, $|G|=33\neq 1+(11-1) \times 33=|\bigcup g_i|$；
即 $\exists\ g_1, g_2\in G$，使得 $\langle g_1 \rangle \neq \langle g_2 \rangle$，且 $|\langle g_1 \rangle \cap \langle g_2 \rangle|>1$；
即 $\exists\ a, b\in \mathbb{Z},\ a,b\neq 11$，s.t. $g_1^a=g_2^b$。
而 $\mathrm{ord}\ g_1^a=11/(11,a)=11=11/(11,b)\mathrm{ord}\ g_2^b$；
即 $g_1^a=g_2^b$ 同样也是 $\langle g_1 \rangle$ 与 $\langle g_2 \rangle$ 的生成元；
即 $\langle g_1 \rangle =\langle g_2 \rangle$，产生矛盾。
所以，$G$ 必有 3 阶元素。

Problem 22

设 $G$ 是有限交换群，$n$ 是与 $|G|$ 互素的正整数。证明映射 $a \mapsto a^n$ 是 $G$ 的自同构。

及 $\phi : a \mapsto a^n$
① $\forall\ a,b \in G$，若有 $a^n=b^n$，则有 $(ab^{-1})^n=e$，由于 $(n, |G|)=1$，所以 $ab^{-1}=e$，即 $a=b$。
② 若 $\exists\ a \in G$，$\forall\ b\in G$，有 $b^n \neq a$，即 $\{\phi(G)\} \cap \{a\}=\O$。又由于是单射，$|{b^n}|=|G|$，而 $|\{\phi(G)\} \cup \{a\}|>|G|$，产生矛盾，所以是满射。
③ $\forall\ a,b \in G$，有$\phi(ab)=(ab)^n=a^nb^n=\phi(a)\phi(b)$。
所以，综上①、②、③，可得映射 $a \mapsto a^n$ 是 $G$ 的自同构。