2024年3月18日发(作者：井真一)

引　论　章

１畅引论章§１的设置是体现总导引中第１点思想．

２畅引论章的§２是贯彻总导引中第三点思想．本教材主要讲群、环、域三个

运算系统．本章第一节初步体现了研究代数运算系统的必要性．而§２中从人们

熟悉的数域，整数环等例子为背景先引入一般域和环的定义．然后才引入只有一

个运算的系统：群（半群）．研究它们的基本性质时发现群是更基本的运算系统．

这样在后面几章中就是先讲群，后讲域、环．于是群中的一些运算性质，如剩余类

（陪集），商群，同态定理等都能在讲域、环时应用．这种次序安排下，逻辑关系清

楚，且数学处理上可以简便些、而§２中先按域、环、群次序引入定义却是更适合

人们的认知顺序．

３畅§２最后的定理非常重要．其一是引入一般域这种运算系统就是为了能

应用这个定理．其二，在本教材的开始就引入这个定理是为了使本教材的结构比

以前教材有较大的变化．以前教材在群论一章之后必须以很大篇幅讲环，主要是

讲因式分解唯一性定理．这几乎成了以前师范院校近世代数课程的主要部分．而

更有应用更有兴趣的域论部分就无法讲授．我们的处理可以在本教材的第二、三

章大量地讲域（特别是有限域）及其应用．而环只作为铺垫，占很少部分．其中用

到的多项式及线性空间的性质全可由上面所述的定理所提供．这种处理使本教

材的面貌焕然一新．

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

１畅代数问题的特点，代数学研究的对象与特点．

２畅域、环、群（半群）的定义与相互联系．

３畅群、环、域的基本运算性质：消去律（加法与乘法）及零因子、单位元（零

元）和逆元（负元）的唯一性、广义结合律、方幂和倍数．

４畅一般域上关于多项式理论、线性方程组理论、线性空间与线性变换的理

论的定理．

o

m

·１·

１畅在一般域上叙述和证明除法算式（带余除法）成立．

２畅一般域上非常数多项式都是一些不可约多项式的乘积．

３畅设

ａ

１１

ｘ

１

＋ａ

１２

ｘ

２

＋…＋ａ

１ｎ

ｘ

ｎ

＝ｂ

１

ａ

２１

ｘ

１

＋ａ

２２

ｘ

２

＋…＋ａ

２ｎ

ｘ

ｎ

＝ｂ

２

　　　　　…………

ａ

ｓ１

ｘ

１

＋ａ

ｓ２

ｘ

２

＋…＋ａ

ｓｎ

ｘ

ｎ

＝ｂ

ｓ

是域Ｆ上的线性方程组．试给出“这个方程组是相关或无关的”，“这个方程组的

极大无关部分组”的定义．证明这个方程组与它的极大无关部分组同解．

＋

课

后

以下各题中有倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅判断下列哪些是集合Ａ上的代数运算．

（１）Ａ＝所有实数，Ａ上的除法．

（２）Ａ是平面上全部向量，用实数和Ａ中向量作数量乘法（倍数）．

（３）Ａ是空间全部向量，Ａ中向量的向量积（或外积，叉乘）．

（４）Ａ＝所有实数，Ａ上的一个二元实函数．

０｝，定义Ｆ

２

上两个代数运算加法和乘法，用下面的加　倡２畅给定集合Ｆ

２

＝｛１，

法表，乘法表来表示：

答

０

０

１

案

１

１

０

网

w

w

w

.

k

h

d

×

０

１

a

w

０

０

０

１

０

１

０

１

例如，０＋１＝１，在加法表中＋号下的０所在的行与＋号右边的１所在的列相交

处的元就是１；１×０＝０，在乘法表中×号下的１所在的行与×号右边的０所在

的列相交处的元是０．

试验证上述加法、乘法都有交换律、结合律，且乘法对于加法有分配律．

　倡３畅设Ｒ是环．证明下述性质：橙ａ，ｂ，ｃ∈Ｒ，

（１）ａ＋ｂ＝ａ，则ｂ＝０，　　　　（２）－（ａ＋ｂ）＝（－ａ）－ｂ，

（３）－（ａ－ｂ）＝（－ａ）＋ｂ，（４）ａ－ｂ＝ｃ，则ａ＝ｃ＋ｂ，

·２·

.

c

o

m

（５）ａ０＝０，（６）－（ａｂ）＝（－ａ）ｂ＝ａ（－ｂ），

（７）（－ａ）（－ｂ）＝ａｂ（８）ａ（ｂ－ｃ）＝ａｂ－ａｃ．

４畅Ｒ是环，ａ

１

，ａ

２

，…，ａ

ｍ

，ｂ

１

，ｂ

２

，…，ｂ

ｎ

∈Ｒ，则

ｍ

ｉ＝１

∑

ａ

ｉ

ｊ＝１

∑

ｎ

ｂ

ｊ

＝

ｍｎ

ｉ＝１ｊ＝１

∑∑

ａ

ｉ

ｂ

ｊ

．

若ａ，ｂ交换，则（ａｂ）

ｍ

＝ａ

ｍ

ｂ

ｍ

．

　倡６畅Ｒ是环，ａ，ｂ∈Ｒ，ａ，ｂ交换，证明二项定理：

（ａ＋ｂ）

ｎ

＝ａ

ｎ

＋

其中

ｎ

ｎ－１

ａｂ＋…＋

１

　倡５畅Ｒ是环，验证：对所有非负整数ｍ，ｎ，橙ａ，ｂ∈Ｒ，有

ａ

ｍ＋ｎ

＝ａ

ｍ

ａ

ｎ

，（ａ

ｍ

）

ｎ

＝ａ

ｍｎ

．

ｎ

ｎ－ｋｋ

ａｂ

＋…＋ｂ

ｎ

，

ｋ

１畅（１）否，（２）否，（３）是，（４）是．

２畅证明　由于ａ＋ｂ和ｂ＋ａ，ａ＋（ｂ＋ｃ）和（ａ＋ｂ）＋ｃ中１，０出现的次数

分别相同，它们的和就分别相等，故Ｆ

２

中加法交换律和结合律成立．

由于ａｂ和ｂａ，ａ（ｂｃ）和（ａｂ）ｃ中如有０出现，其积为零，否则其积为１，故这

两对积分别相等，于是Ｆ

２

中乘法交换律和结合律成立．

对ａ（ｂ＋ｃ）和ａｂ＋ａｃ，若ａ＝０，这两式子都为零；若ａ＝１，这两式子都为ｂ

＋ｃ，对这两种情形两式子都相等，故Ｆ

２

中乘法对加法的分配律成立．

３畅（１）对ａ＋ｂ＝ａ＝ａ＋０用加法消去律，得ｂ＝０．

（２）由于［（－ａ）－ｂ］＋ａ＋ｂ＝（－ａ）＋［－ｂ＋（ａ＋ｂ）］＝（－ａ）＋ａ＝０，

·３·

课

后

其中ｄ＝１＋ｂｃａ．即若１－ａｂ在Ｒ内可逆，则１－ｂａ也可逆．元素１＋ａｄｂ等于

什么？

９畅Ｍ

ｎ

（Ｆ）为域Ｆ上全体ｎ×ｎ阵作成的环，ｎ≥２．举出其中零因子的

例子．

答

案

网

w

的充要条件是ａ

１

，…，ａ

ｍ

皆有逆元素．

８畅Ｒ是环，ａ，ｂ∈Ｒ．证明

ｃ（１－ａｂ）＝（１－ａｂ）ｃ＝１痴（１－ｂａ）ｄ＝ｄ（１－ｂａ）＝１，

w

w

.

k

h

d

－１－１

的逆元素为ａ

ｍ

ａ

ｍ－１

…ａ

２

－１

ａ

１

－１

．若ａ

１

，…，ａ

ｍ

两两交换，则ａ

１

ａ

２

…ａ

ｍ

有逆元素

a

w

ｎ

ｎ（ｎ－１）…（ｎ－ｋ＋１）

ｋ

＝Ｃ

ｎ

＝

１

·

２…ｋ

ｋ

－１－１

７畅Ｒ是环，ａ

１

，ａ

２

，…，ａ

ｍ

∈Ｒ，分别有乘法逆元素ａ

１

，…，ａ

ｍ

，则ａ

１

…ａ

ｍ

.

c

o

m

由负元的定义知（－ａ）－ｂ＝－（ａ＋ｂ）．

（３）在（２）中将ｂ换为－ｂ，就得－（ａ－ｂ）＝（－ａ）＋ｂ．

（４）对ａ－ｂ＝ｃ两边加上ｂ，左边＝（ａ－ｂ）＋ｂ＝ａ，右边＝ｃ＋ｂ，故ａ＝

ｃ＋ｂ．

（５）ａ·０＋ａ＝ａ·０＋ａ·１＝ａ（０＋１）＝ａ．用加法消去律得ａ·０＝０．

（６）（－ａ）ｂ＋ａｂ＝（－ａ＋ａ）ｂ＝０·ｂ＝０，故－ａｂ＝（－ａ）ｂ．将上式ａ，ｂ互

换就得－ａｂ＝ａ（－ｂ）．

（７）（－ａ）（－ｂ）＝－（ａ（－ｂ））＝－（－ａｂ）＝ａｂ．

（８）ａ（ｂ－ｃ）＝ａ（ｂ＋（－ｃ））＝ａｂ＋ａ（－ｃ）＝ａｂ－ａｃ．

ｍ

４畅

＋…＋

ｉ＝１

ｎ

ｊ＝１

∑

ａ

ｉ

ｊ＝１

∑

ｎ

ｂ

ｊ

＝（ａ

１

＋…＋ａ

ｍ

）

∑

ｂ

ｊ

＝ａ

１

ｊ＝１

ｍｎ

ｉ＝１ｊ＝１

ｎｎ

ｊ＝１

∑

ｂ

ｊ

＋…＋ａ

ｍ

ｊ＝１

∑

ｎ

ｂ

ｊ

＝

ｎ

ｊ＝１

∑

ａ

１

ｂ

ｊ

.

c

５畅分几种情形

（ｉｉ）若ｍ，ｎ中有零，不妨设ｍ＝０，则左边＝ａ

０＋ｎ

＝ａ

ｎ

＝ａ

０

ａ

ｎ

＝右边．

网

w

律知它们相等．

义结合律知它们相等．

若ｍ，ｎ皆为负整数，则ａ

ｍ＋ｎ

与ａ

ａ

皆为－（ｍ＋ｎ）个ａ

w

w

（ｉｉｉ）ｍ，ｎ皆为正整数，则ａ

ｍ＋ｎ

与ａ

ｍ

ａ

ｎ

皆为ｍ＋ｎ个ａ的积，由广义结合

ｍｎ

－１

.

k

h

d

个ａ

－１

的乘积，由广义结合律知ａ

ｍ

ａ

－ｍ

＝１＝ａ

０

＝ａ

ｍ＋（－ｍ）

．

a

w

（ｉ）ｍ＋ｎ＝０，但ｍ，ｎ不为零，不妨设ｍ为正整数．ａ

ａ

o

m

ｍ

－ｍ

∑

ａ

ｍ

ｂ

ｊ

＝

∑∑

ａ

ｉ

ｂ

ｊ

．

为ｍ个ａ及ｍ

的乘积，由广

课

ａ

ｍ

ａ

ｎ

．

后

ａ

ｍ＋ｎ

ａ

－ｍ

＝ａ

（ｍ＋

答

（ｉｖ）ｍ，ｎ中有正有负，且ｍ＋ｎ≠０，不妨设ｍ与ｍ＋ｎ为异号．则由（ｉｉｉ）

ｎ）－ｍ

＝ａ

ｎ

，两边再乘上（ａ

－ｍ

）

－１

＝ａ

ｍ

（参看（ｉ）），则ａ

ｍ＋

＝ａ

ａ

及（ａ）

ｎ个

案

ｎ

＝

以上已证明了ａ

再由ａ

ａ

ｍｎ

ｍ＋ｎ

ｎ个

ｍｎｍ

－１

＝ａ

ｍ

－ｍ

．

＝ａ

ｍ＋ｍ＋…＋ｍ

＝ａ…ａ＝（ａ），当ｎ＞０；

（－ｎ）个

（－ｎ）个（－ｎ）个

ｍｍｎ

ｍｎ

＝ａ

（－ｍ）（－ｎ）

＝ａ

－ｍ…－ｍ

＝ａ

－ｍ

…ａ

－ｍ

＝（ａ）

ｍ

－１

…（ａ）

ｍ

－１

＝（ａ

ｍ

）

ｎ

，当ｎ＜０；

又ａ

ｍ·０

＝１＝（ａ

ｍ

）

０

．

ｍｎ

这就证明了ａ＝（ａ）．

ｍｍｍｍｍ

ｍｎ

与（ａｂ）

ｍ

都是ｍ个ａ，ｍ个ｂ的乘积，由广义结合律知它们相等，当ｍ为负整

数时，ａ

－ｍ

若ａ，ｂ交换，当ｍ＝０时，显然有ａ

ｂ

＝（ａｂ）．当ｍ为正整数时，ａ

ｂ

ｂ

－ｍ

＝（ａｂ）

－ｍ

，即（ａ）

ｍ

－１

（ｂ）

ｍ

－１

＝（（ａｂ））

ｍ

－１

．左边又是（ａ

ｂ

）

ｍｍ

－１

，

·４·

故ａ

ｂ

＝（ａｂ）．

６畅参照中学数学中对二项定理的证明．

－１－１－１－１

７畅由（ａ

１

ａ

２

…ａ

ｍ

）（ａ

ｍ

ａ

ｍ－１

…ａ

２

－１

ａ

１

－１

）＝ａ

１

ａ

２

…ａ

ｍ－１

ａ

ｍ

ａ

ｍ

ａ

ｍ－１

…ａ

１

－１

＝１，

故（ａ

１

ａ

２

…ａ

ｍ

）

－１

ｍｍｍ

＝ａ

ｍ

…ａ

２

ａ

１

－１－１－１

．

…

网

w

１

０

Ａ＝

⁝

０

１

０

⁝

０

０

０

⁝

００

ｎ×ｎ

w

w

…

…

０

０

⁝

１

－１

　　Ｂ＝０

⁝

０

.

k

h

d

a

w

对第２个问题，上面一段正是证明了它的充分性．再证必要性．设ａ

１

ａ

２

…ａ

ｍ

·ｕ

＝１，则任ｉ，ａ

ｉ

（ａ

１

…ａ

ｉ－１

ａ

ｉ＋１

…ａ

ｍ

ｕ）＝１，故每个ａ

ｉ

有逆元素．

８畅（１－ｂａ）ｄ＝（１－ｂａ）（１＋ｂｃａ）＝１－ｂａ＋ｂｃａ－ｂａｂｃａ＝１－ｂａ＋ｂ（１－

ａｂ）ｃａ＝１－ｂａ＋ｂａ＝１，

ｄ（１－ｂａ）＝（１＋ｂｃａ）（１－ｂａ）＝１－ｂａ＋ｂｃａ－ｂｃａｂａ，

＝１－ｂａ＋ｂｃ（１－ａｂ）ａ＝１－ｂａ＋ｂａ＝１．

即１－ｂａ在Ｒ内也可逆．

又由ｃ（１－ａｂ）＝（１－ａｂ）ｃ＝１，得１＋ｃａｂ＝１＋ａｂｃ＝ｃ．故

１＋ａｄｂ＝１＋ａ（１＋ｂｃａ）ｂ＝１＋ａｂ＋ａｂｃａｂ＝１＋ａｂ（１＋ｃａｂ）

＝１＋ａｂｃ＝ｃ．

９畅当ｎ≥２时，取

.

c

０

０

０

⁝

０

o

m

…

…

…

…

０

０

０

⁝

０

ｎ×ｎ

则Ａ≠０，Ｂ≠０，但ＡＢ＝０．Ａ，Ｂ皆为零因子．

课

后

答

案

·５·

第一章　群

１畅本章的一大特点也是本教材的一大特点是以群作用为主线来处理群论

这一章的内容．在其它教材中群作用的概念和理论仅在群论的稍深入的部分出

现．不少教材（例如为师范院校用的教材）甚至不涉及它．作者发现本章的内容

（作为群论的引论内容）大量地与群作用有关：从图形的对称性群的分析引入群

作用概念、用群作用的轨道引出陪集与共轭类的概念、Ｌａｇｒａｎｇｅ定理和Ｃａｙｌｅｙ

定理、群作用与高等代数中各种矩阵变换和几何学中的Ｅｒｌａｎｇｅｒ纲领的联系、群

作用的轨道长和稳定子群关系的结论用于推出类方程和化简图形的对称性群的

计算、Ｂｕｒｎｓｉｄｅ关于轨道数的结论用于组合计算问题等基本上形成了本章内容

从头到尾的一条主线．中间穿插着讲述了群的各个基本概念和基本性质．这样就

体现了群作用的重要性．

２畅读者还可进一步考察高等代数中与群和群作用有关的其它例子．本教材

中将群作用与高等代数矩阵变换相联系，体现了用群作用的高观点去看待以前

·６·

课

后

答

案

网

w

５畅几个应用：图形的对称性群的计算（利用稳定子群）、晶体的对称性定律、

轨道数的定理在一些组合计算问题中的应用．

６畅解析几何、高等代数中有关群的例子、矩阵的各种变换与群作用的关系．

w

w

.

k

h

d

１畅群的例子．

２畅群的基本概念：群、子群、同态、同构、陪集、正规子群、商群、群阶、元的

阶、群的方指数、循环群、交换群、奇（偶）置换、置换的轮换分解．

３畅与群作用有关的概念：群作用及等价定义、轨道（等价类）、不变量及不变

量的完全组、稳定子群、轨道长、共轭类．

４畅重要结论：Ｌａｇｒａｎｇｅ定理、Ｃａｙｌｅｙ定理、类方程，群作为稳定子群的陪集

的无交并、稳定子群的阶与轨道长的积等于群阶（有限群时）、同态基本定理、循

环群及其子群的结构、有限交换群为循环群的充要条件、域中非零元的有限乘法

子群是循环群、Ａ

ｎ

（ｎ≥５）的单性、Ｂｕｒｎｓｉｄｅ关于轨道数的定理．

a

w

.

c

o

m

的知识．

３畅任意域中非零元素的乘法有限子群是循环群．这是非常漂亮的结果，是

群论结果的推论．它在有限域的结构中起重要作用．

４畅利用商群和同态基本定理可以搞清一些对象的构造和性质．读者可从教

材内容和习题中举出几个例子来熟悉这种方法．

（１）空间点阵绕一轴的转动若是它的对称性变换，则转角只有０，±

±

π２π

，±，π．证明　只由这几个变换共能组五个群．

２３

π

，

３

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

（这里Ｔ是矩阵的转置，（ｘ，ｙ）

Ｔ

是一列的矩阵，即列向量）可写为

ｘ′＝ａ

１１

ｘ＋ａ

１２

ｙ＋ｂ

１

，

ｙ′＝ａ

２１

ｘ＋ａ

２２

ｙ＋ｂ

２

，

其中行列式

ａ

１１

ａ

２１

ａ

１２

ａ

２２

≠０．

（１）

证明平面上全体仿射变换对于变换的乘法成一个群，称为平面的仿射变换

群．（可以把（１）写成矩阵形式，再进行证明）．

　倡２畅平面上取定直角坐标系Ｏｘｙ，任意平面正交（点）变换φ：（ｘ，ｙ）

（ｘ′，ｙ′）可写为

·７·

Ｔ

Ｔ

课

　倡１畅平面取定坐标系Ｏｘｙ，则平面仿射（点）变换φ：（ｘ，ｙ）

Ｔ

后

答

案

网

w

w

w

§１　群的例子

.

k

h

d

是正交矩阵下）相似变换下能够互变的充分必要条件．

a

w

方阵在同一轨道的充分必要条件．给出两个ｎ×ｎ实对称矩阵在一般的（不一定

.

c

什么群作用？试找出这个群作用下的不变量的完全组，给出两个ｎ×ｎ实对称

o

m

（２）实对称ｎ×ｎ方阵可用正交矩阵作相似变换化为对角矩阵．这其中有

（ｘ′，ｙ′）

Ｔ

ｘ′＝ａ

１１

ｘ＋ａ

１２

ｙ＋ｂ

１

，

ｙ′＝ａ

２１

ｘ＋ａ

２２

ｙ＋ｂ

２

，

其中矩阵

ａ

１１

ａ

２１

ａ

１２

ａ

２２

是正交矩阵．用这种表示式证明平面上全体正交变换对于变换的乘法成为一个

群，它是平面的正交变换群（见例１０）．

　倡３畅平面上三个（不同的）点（ｘ

０

，ｙ

０

）

Ｔ

，（ｘ

１

，ｙ

１

）

Ｔ

，（ｘ

２

，ｙ

２

）

Ｔ

（在习题１中同一

坐标系Ｏｘｙ下）共线当且仅当有实数ｌ，使（ｘ

２

－ｘ

０

，ｙ

２

－ｙ

０

）

Ｔ

＝ｌ（ｘ

１

－ｘ

０

，ｙ

１

－

ｙ

０

）．证明在习题１中的仿射变换φ下，有（ｘ′

２

－ｘ′

０

，ｙ′

２

－ｙ′

０

）＝ｌ（ｘ′

１

－ｘ′

０

，

ｙ′

１

－ｙ′

０

）

Ｔ

，故变换后的三点（ｘ′

０

，ｙ′

０

），（ｘ′

１

，ｙ′

１

），（ｘ′

２

，ｙ′

２

）也共线．

ＴＴ

.

c

．

离为｜ｘ

２

－ｘ

１

，ｙ

２

－ｙ

１

｜＝

２２

（ｘ

２

－ｘ

１

）

２

＋（ｙ

２

－ｙ

１

）

２

．证明：在习题２中的正交变

o

m

２

　倡４畅平面上二点（ｘ

１

，ｙ

１

），（ｘ

２

，ｙ

２

）（在习题２中直角坐标系Ｏｘｙ下）的距

换φ下，变换前后两点的距离不变．注：只要证明（ｘ

２

－ｘ

１

）＋（ｙ

２

－ｙ

１

）＝（ｘ′

２

－

ｘ′

２

－ｘ′

１

ｙ′

２

－ｙ′

１

ａ

１１

ａ

２１

ＴＴ

w

w

＝

案

又若把一个数看成１×１矩阵，则有

　（ｘ

２

－ｘ

１

）

２

＋（ｙ

２

－ｙ

１

）

２

及

５畅所有形为

２２

　（ｘ′

２

－ｘ′

１

）＋（ｙ′

２

－ｙ′

１

）　　　　

网

w

.

k

h

d

除直接计算外还可利用矩阵工具．实际上

ｘ′

１

）＋（ｙ′

２

－ｙ′

１

）．

ａ

１２

ａ

２２

ｘ

２

－ｘ

１

ｙ

２

－ｙ

１

a

w

２

ａｂ

０ａ

（ａ≠０，ａ，ｂ皆为复数）的矩阵对于矩阵的乘法成为一个群．

　倡６畅令Ｇ是全部实数对（ａ，ｂ），ａ≠０，的集合．在Ｇ上定义乘法为（ａ，ｂ）（ｃ，

ｄ）＝（ａｃ，ａｄ＋ｂ），ｅ＝（１，０），验证Ｇ是一个群．

　倡７畅设Ｇ是一个幺半群．若Ｇ的每个元ａ有右逆元，即有ｂ∈Ｇ，使ａｂ＝ｅ，

则Ｇ是一个群．

　倡８畅设Ｇ是一个群．若橙ａ，ｂ皆有（ａｂ）

２

＝ａ

２

ｂ

２

，则Ｇ是交换群．

２

９畅设群Ｇ的每个元素ａ都满足ａ＝ｅ，则Ｇ是交换群．

１０畅Ｇ＝｛ｚ∈Ｃ（复数域）｜｜ｚ｜＝１｝对于复数的乘法成群．

·８·

课

后

Ｔ

＝（ｘ′ｙ′ｙ′

２

－ｘ′

１

，

２

－ｙ′

１

）（ｘ′

２

－ｘ′

１

，

２

－ｙ′

１

）．

答

＝（ｘ

２

－ｘ

１

，ｙ

２

－ｙ

１

）（ｘ

２

－ｘ

１

，ｙ

２

－ｙ

１

）

Ｔ

课

αβ

α，β∈Ｃ，不同时为０，其中珔α，珋β是α，β的共轭复数，

－珋β珔α

则Ｋ在矩阵的乘法下成群．

１２畅设Ｇ是非空的有限集合，Ｇ上的乘法满足：橙ａ，ｂ，ｃ∈Ｇ有

１）（ａｂ）ｃ＝ａ（ｂｃ）；

２）ａｂ＝ａｃ痴ｂ＝ｃ；

３）ａｃ＝ｂｃ痴ａ＝ｂ；

则Ｇ是群．

（２）偶数个元素的群都含有　倡１３畅证明（１）群中元ａ，ａ

２

＝ｅ当且仅当ａ＝ａ

－１

．

２

一个元ａ≠ｅ，使得ａ＝ｅ．

１４畅证明任一个群Ｇ不能是两个不等于Ｇ的子群的并集．

１５畅以Ｑ

ｐ

记分母与某素数ｐ互素的全体有理数组成的集合，证明它对于数

的加法成为一个群．

ｐｉ

１６畅以Ｑ记分母皆为ｐ（ｉ≥０，ｐ素数）的全体有理数的集合，证明它对数

的加法成为群．

　倡１７畅令

１２３４５６１２３４５６

ρ＝，　σ＝，

６５４３２１２３１５６４

１２３４５６

τ＝，

６２１３５４

计算ρσ，στ，τρ，σ

－１

，σρσ

－１

．

　倡１８畅设

１２…ｎ１２…ｎ

σ＝，　τ＝．

σ（１）σ（２）…σ（ｎ）τ（１）τ（２）…τ（ｎ）

问

　　１１畅Ｋ＝

后

答

案

网

w

σ＝

及

τ（１）

τ（２）

？

…

…

τ（ｎ）

，　τ

－１

＝

ｉ

１

？

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

？

ｉ

２

…

…

？

，

ｉ

ｎ

σ（１）σ（２）…σ（ｎ）１２…ｎ？？…？？…？σ（１）σ（２）…σ（ｎ）１２…ｎ

＝？

　倡１９畅将下列置换分解成不相交轮换的乘积：

１２３４５６７１２３４５６７８９１０

，　　．

７１２６５４３２４５９７１０８３１６

然后再分解成对换的乘积，并说是奇或偶置换．

　倡２０畅确定置换

τστ

－１

＝

·９·

σ＝

１

ｎ

２

（ｎ－１）

…

…

ｎ－１

２

ｎ

１

的奇偶性．

　倡２１畅把（１４７）（７８１０）（３１０９）（９４２）（３５６）分解成不相交的轮换的乘积．

１畅写仿射点变换φ：（ｘ，ｙ）

形式

ａ

１１

ｘ′

＝

ｙ′ａ

２１

其中

Ｔ

（ｘ′，ｙ′）（这儿Ｔ是矩阵的转置）为矩阵

ｂ

１

ｂ

１

ｘｘ

＋＝Ａ＋，

ｙｂ

２

ｙｂ

２

≠０．

Ｔ

ａ

１２

ａ

２２

ρφ＝ρＡ

网

w

ｘｘ

＝ρφ

ｙｙ

ｂ

１

ｘ

＋

ｙｂ

２

．

w

w

其中｜Ｂ｜≠０．则（ｘ，ｙ）经ρφ变成

Ｔ

.

k

h

d

ｂ

１

ｘ

＋

ｙｂ

２

ｃ

１

ｘ′ｘ

＝Ｂ＋

ｙ′ｙｃ

２

a

w

设另一仿射点变换ρ：

.

c

＋

ｃ

１

ｃ

２

｜Ａ｜＝

ａ

２１

ａ

２２

＝ＢＡ

o

m

．

ａ

１１

ａ

１２

由于｜ＢＡ｜＝｜Ｂ｜｜Ａ｜≠０，ρφ仍是仿射点变换．

易证：仿射点变换φ

１

：

课

后

答

ｂ

１

ｃ

１

ｘ

＝ＢＡ＋Ｂ＋

ｙｂ

２

ｃ

２

案

ｘ′

＝Ａ

ｙ′

－１

ｂ

１

ｘ

－

ｙｂ

２

正是φ的逆变换．而仿射点变换

ｘ′ｘ

１０

ｘ

０

＝＝＋

ｙ′ｙ

０１

ｙ

０

是恒等变换，它是乘法单位元，又变换的乘法自然有结合律．故平面上全体仿射

点变换对变换的乘法成为一个群．

２畅平面上正交点变换φ可写成矩阵形式

ｂ

１

ｘ′ｘ

＝Ａ＋，

ｙ′ｙｂ

２

·１０·

其中Ａ为２×２正交矩阵，即满足ＡＡ＝Ａ

Ａ＝Ｉ（单位矩阵）．

正交矩阵的乘积是正交矩阵，正交矩阵的逆也是正交阵．利用这两个性质，

完全类似于习题１中的论证，能证明本习题的结论．

３畅由题设有

ｘ

２

－ｘ

０

ｙ

２

－ｙ

０

在仿射点变换φ：

ｂ

１

ｘ′ｘ

＝Ａ＋

ｙ′ｙｂ

２

的变换下

ｘ′

ｉ

ｙ′

ｉ

故

ｘ′

２

－ｘ′

０

ｙ′

２

－ｙ′

０

＝Ａ

ｘ

ｉ

ｙ

ｉ

ｘ′

０

ｙ′

０

＋

ｂ

１

ｂ

２

，　ｉ＝０，１，２．

＝ｌ

ｘ

１

－ｘ

０

ｙ

１

－ｙ

０

．

ＴＴ

网

w

ｙ

１

－ｙ

０

w

w

＝Ａｌ

ｘ

１

－ｘ

０

.

k

h

d

＝ｌＡ

＝

ｙ′

２

－＝Ａ

ｙ

２

－Ａ

a

w

ｙ

０

ｘ′

２

ｘ

２

ｘ

０

.

c

＝Ａ

＝ｌ

Ｔ

ｘ

１

－ｘ

０

ｙ

１

－ｙ

０

o

m

ｘ

２

－ｘ

０

ｙ

２

－ｙ

０

ｘ′

１

－ｘ′

０

ｙ′

１

－ｙ′

０

．

ｘ

２

－ｘ

１

ｙ

２

－ｙ

１

ｘ′

２

－ｘ′

１

ｙ′

２

－ｙ′

１

ｘ

２

－ｘ

１

ｙ

２

－ｙ

１

２２

由于｜Ａ｜≠０，Ａ可逆．于是φ将不同的三点（ｘ

ｉ

，ｙ

ｉ

）

变成不同的三点（ｘ′

ｉ

，

答

Ｔ

４畅与第三题类似有

后

案

Ａ

Ｔ

ｙ′

ｉ＝０，１，２．上面一串等式的最前端与最后端相等即表示这三点也共线．

ｉ

）

，

ｘ′

２

－ｘ′

１

ｙ′

２

－ｙ′

１

课

＝Ａ

其中Ａ满足ＡＡ＝Ａ

Ａ＝Ｉ．

于是

　（ｘ′ｙ′

２

－ｘ′

１

）＋（ｙ′

２

－ｙ′

１

）＝（ｘ′

２

－ｘ′

１

，

２

－ｙ′

１

）

＝Ａ

ｘ

２

－ｘ

１

ｙ

２

－ｙ

１

ｘ

２

－ｘ

１

ｙ

２

－ｙ

１

ｘ

２

－ｘ

１

ｙ

２

－ｙ

１

２２

ＴＴ

＝（ｘ

２

－ｘ

１

，ｙ

２

－ｙ

１

）Ａ

Ｔ

Ａ

＝（ｘ

２

－ｘ

１

）＋（ｙ

２

－ｙ

１

）．＝（ｘ

２

－ｘ

１

，ｙ

２

－ｙ

１

）

５畅略．

６畅略．

·１１·

７畅对ａ∈Ｇ，ａ有右逆ｂ．ｂ又有右逆ａ′，这时ａ为ｂ的左逆．由ｂａ′＝ｅ＝

ａｂ，得到

ａ＝ａ（ｂａ′）＝（ａｂ）ａ′＝ａ′，

可知ａ＝ａ′．这样ｂａ＝ａｂ＝ｅ，即ｂ是ａ的逆．

８畅由题设，橙ａ，ｂ∈Ｇ，（ａｂ）＝ａｂａｂ＝ａ

ｂ

．对后一等号两边左乘ａ，右

－１

乘ｂ，就得到ａｂ＝ｂａ．

２２－１－１２

９畅橙ａ，ｂ∈Ｇ，有ａ＝ｂ＝ｅ，故ａ＝ａ，ｂ＝ｂ，又（ａｂ）＝ａｂａｂ＝ｅ．对

后一个等号两边左乘ａ，右乘ｂ，就得ｂａ＝ａｂ．

１０畅略．

１１畅略．

１２畅设Ｇ＝｛ｇ

１

，…，ｇ

ｓ

｝．由性质（２），橙ａ∈Ｇ，｛ａｇ

１

，…，ａｇ

ｓ

｝彻Ｇ，且是ｓ个

不同的元，故｛ａｇ

１

，…，ａｇ

ｓ

｝＝Ｇ．同样由性质（３）可得，｛ｇ

１

ａ，…，ｇ

ｓ

ａ｝＝Ｇ．设其

中ａｇ

ｉ

＝ａ，ｇ

ｊ

ａ＝ａ．于是（ｇ

１

ａ）ｇ

ｉ

＝ｇ

１

ａ，…，（ｇ

ｓ

ａ）ｇ

ｉ

＝ｇ

ｓ

ａ；ｇ

ｊ

（ａｇ

１

）＝ａｇ

１

，…，

ｇ

ｊ

（ａｇ

ｓ

）＝ａｇ

ｓ

．即ｇ

ｉ

是Ｇ的右单位元，ｇ

ｊ

是Ｇ的左单位元，分别记为ｅ及ｅ′，则

２２２－１

｛ａ

１

，ａ

１

－１

｝．这不可能，即ａ

２

－１

∈｛ａ

１

，ａ

１

－１

｝．故｛ａ

１

，ａ

１

－１

，ａ

２

，ａ

２

－１

｝是四个不同的

１

ａ

ｋ

－

－

同样论证Ｇ＼｛ｅ｝除了上述２（ｋ－１）个元素外要么没有元素

１

｝彻Ｇ＼｛ｅ｝．

了，要么同时有ａ

ｋ

及ａ

ｋ

且ａ

ｋ

≠ａ

ｋ

－１

课

后

元素．设上面的步骤进行了ｋ－１步，得到２（ｋ－１）个元素｛ａ

１

，ａ

１

－１

，…，ａ

ｋ－１

，

－１

答

案

于是ａ

２

≠ａ

２

－１

．由于ａ

１

，ａ

１

－１

互为逆元素，若ａ

２

－１

∈｛ａ

１

，ａ

１

－１

｝则ａ

２

＝（ａ

２

－１

）

－１

∈

网

w

橙ａ∈Ｇ有逆元．又题设Ｇ有结合律，故是一个群．

１３畅只证（２）．用反证法．设橙ａ∈Ｇ，ａ≠ｅ有ａ

２

≠ｅ．由（１）知ａ≠ａ

－１

．

－１－１

则ａ

１

≠ａ

１

≠ｅ．若Ｇ＼｛ｅ｝除了｛ａ

１

，ａ

１

｝外还有元素ａ

２

，取ａ

１

∈Ｇ＼｛ｅ｝，

w

w

．可知Ｇ＼｛ｅ｝要么等于｛ａ

１

，ａ

１

－１

.

k

h

d

ｅ＝ｅ′ｅ＝ｅ′，即Ｇ有单位元ｅ．

类似于上面作法，由｛ａｇ

１

，…，ａｇ

ｓ

｝＝Ｇ，有ｂ∈Ｇ使ａｂ＝ｅ，由｛ｇ

１

ａ，…，

ｇ

ｓ

ａ｝＝Ｇ，而有ｂ′∈Ｇ使ｂ′ａ＝ｅ．于是ｂ′＝ｂ′ｅ＝ｂ′（ａｂ）＝（ｂ′ａ）ｂ＝ｅｂ＝ｂ，即

a

w

.

c

o

m

－１

，…，ａ

ｋ－１

，

ａ

ｋ－１

｝，要么有２ｋ个元素｛ａ

１

，ａ

１

－１－１

，…，ａ

ｋ

，ａ

ｋ

｝彻Ｇ＼｛ｅ｝．因Ｇ＼｛ｅ｝只有有限

个元素，必然在某个第ｋ步停止，即Ｇ＼｛ｅ｝＝｛ａ

１

，ａ

１

－１

，…，ａ

ｋ

，ａ

ｋ

－１

｝．故Ｇ有

２ｋ＋１个，即奇数个元素，矛盾．因此Ｇ中必有元素ａ≠ｅ，ａ

２

＝ｅ．

１４畅设Ｇ

１

，Ｇ

２

皆为不等于Ｇ的子群，但Ｇ＝Ｇ

１

∪Ｇ

２

．因Ｇ

１

≠Ｇ，可取到

ｇ

１

∈Ｇ

１

．由Ｇ＝Ｇ

１

∪Ｇ

２

，ｇ

１

∈Ｇ

２

．同样能取到ｇ

２

∈Ｇ

２

，但ｇ

２

∈Ｇ

１

．作ｇ＝ｇ

１

·ｇ

２

．

若ｇ∈Ｇ

１

，因ｇ

２

∈Ｇ

１

，则ｇ

１

＝ｇ·ｇ

２

∈Ｇ

１

矛盾．于是ｇ∈Ｇ

１

，同样ｇ∈Ｇ

２

，就

得到ｇ∈Ｇ

１

∪Ｇ

２

与Ｇ＝Ｇ

１

∪Ｇ

２

矛盾．故不能有不等于Ｇ的两个子群Ｇ

１

，Ｇ

２

使得Ｇ＝Ｇ

１

∪Ｇ

２

．

１５畅略．

·１２·

－１

１６畅略．

１７畅略．

１８畅σ＝

τ（１）τ（２）

σ（τ（１））σ（τ（２））

σ（１）σ（２）…

τστ

－１

＝

τ（σ（１））τ（σ（２））…

τ（１）τ（２）…

＝

τ（σ（１））τ（σ（２））…

１９畅略．

２０畅略．

２１畅略．

τ（ｉ

１

）τ（ｉ

２

）…τ（ｉ

ｎ

）

…τ（ｎ）

，τ

－１

＝

ｉ

１

…σ（τ（ｎ））ｉ

２

ｉ

ｎ

σ（ｎ）１２…ｎτ（１）τ（２）…τ（ｎ）

τ（σ（ｎ））σ（１）σ（２）…σ（ｎ）１２…ｎ

τ（ｎ）

．

τ（σ（ｎ））

下列习题中打倡者为必作题，其它为选作题．

　倡１畅计算下列图形的对称性群：

（１）正五边形；

（２）不等边矩形；

（３）圆．

　倡２畅用Ｓ

４

的全部变换去变ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

３

ｘ

４

，把变到的所有可能的多项式写

出来．

２２

　倡３畅用Ｓ

３

去变ｘ

３

把它们全写出来．以ｘ

３

１

ｘ

２

ｘ

３

能变出几个多项式，

１

ｘ

２

ｘ

３

为

其中一项作出一个和，使它是对称多项式，并使其项数最少．

　倡４畅用不相交的轮换的乘积的形式写出Ｓ

３

，Ａ

３

，Ｓ

４

，Ａ

４

中的全部元素．

　倡５畅Ｓ

４

中下列４个元素的集合

｛（１），（１２）（３４），（１３）（２４），（１４）（２３）｝

在置换乘法下成为一个群，记为Ｖ

４

．并且它是Ａ

４

的子群．

６畅求出正四面体Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

Ａ

４

的对称性群．

１畅（１）令绕Ｏ反时针旋转０°，７２°，１４４°，２１６°，２８８°的５个旋转变换为Ｔ

０

，

·１３·

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

§２　对称性变换与对称性群，晶体对称性定律

o

m

Ｔ

１

，Ｔ

２

，Ｔ

３

，Ｔ

４

，令平面对直线ｌ

１

，ｌ

２

，ｌ

３

，ｌ

４

，ｌ

５

，的反射变换为Ｓ

１

，Ｓ

２

，Ｓ

３

，Ｓ

４

，

Ｓ

５

，它们都是对称性变换．对于此正五边形的任一个对称性变换Ｔ，它若将顶点

则Ｔ

ｉ－１

Ｔ就将Ａ

１

变成Ａ

１

．易知正五边形的保持Ａ

１

不动的对称性

Ａ

１

变成Ａ

ｉ

，

－１

变换只有Ｔ

０

和Ｓ

１

，即Ｔ

ｉ

－

－

１

１

Ｔ＝Ｔ

０

或Ｓ

１

，故Ｔ＝Ｔ

ｉ－１

Ｔ

０

＝Ｔ

ｉ－１

或Ｔ＝Ｔ

ｉ－１

Ｓ

１

．

故全部对称性变换为｛Ｔ

ｉ－１

Ｓ

１

，Ｔ

ｉ－１

，ｉ＝１，２，…，５｝，最多有１０个元素．而前面

已列出｛Ｔ

ｉ－１

，Ｓ

ｉ

，ｉ＝１，２，３，４，５｝共１０个对称性变换，它们必须相等．

２

３畅能变出６个单项式，即为：ｘ

３

１

ｘ

２

ｘ

３

，

３３２２３３２２３

ｘ

２

它们

１

ｘ

２

ｘ

３

，ｘ

１

ｘ

３

ｘ

２

，ｘ

１

ｘ

３

ｘ

２

，ｘ

２

ｘ

３

ｘ

１

，ｘ

２

ｘ

３

ｘ

１

．

的和

２２３３２２３３２２３

ｘ

３

１

ｘ

２

ｘ

３

＋ｘ

１

ｘ

２

ｘ

３

＋ｘ

１

ｘ

３

ｘ

２

＋ｘ

１

ｘ

３

ｘ

２

＋ｘ

２

ｘ

３

ｘ

１

＋ｘ

２

ｘ

３

ｘ

１

是所要求的项数最少的多项式．

４畅Ｓ

３

＝｛（１），（１２），（１３），（２３），（１２３），（１３２）｝

Ａ

３

＝｛（１），（１２３），（１３２）｝

Ｓ

４

＝｛（１），（１２），（１３），（１４），（２３），（２４），（３４），（１２３），（１３２），

（１２４），（１４２），（１３４），（１４３），（２３４），（２４３），

（１２）（３４），（１４）（２３），（１３）（２４），（１２３４），（１２４３），

（１３２４），（１３４２），（１４２３），（１４３２）｝

Ａ

４

＝｛（１），（１２３），（１３２），（１２４），（１４２），（１３４）

·１４·

课

后

答

（２）令绕Ｏ反时针旋转０°，１８０°的旋转变换为Ｔ

０

，Ｔ

１

，令平面对直线ｌ

１

，ｌ

２

的

反射为Ｓ

１

，Ｓ

２

．它们都是该矩形的对称性变换．使Ａ

１

分别变到Ａ

１

，Ａ

２

，Ａ

３

，Ａ

４

的

故它们是全部的对称性变换．对称性变换都只有一个，即分别为Ｔ

０

，Ｓ

１

，Ｔ

１

，Ｓ

２

．

（３）令绕Ｏ反时针旋转任意角θ的旋转变换为Ｔ

θ

，令平面对过中心Ｏ的

任意直线ｌ的反射为Ｓ

ｌ

．则圆的对称性变换群＝

｛Ｔ

θ

，０≤θ＜３６０°，Ｓ

ｌ

，全部过中心Ｏ的直线ｌ｝

２畅ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

３

ｘ

４

，ｘ

１

ｘ

３

＋ｘ

２

ｘ

４

，ｘ

１

ｘ

４

＋ｘ

２

ｘ

３

．

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

（１４３），（２３４），（２４３），（１２）（３４），（１４）（２３），（１３）（２４）｝．

５畅略．

６畅正四面体为ＡＢＣＤ，Ｏ为△ＤＢＣ的中心，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｌ分别是ＣＤ，ＡＢ，

ＡＣ，ＡＤ的中点，我们先找出使顶点Ａ不动的全

体对称性变换的集合Ｈ．这些变换使△ＢＣＤ变为

自己，Ｈ限制在平面ＢＣＤ上是△ＢＣＤ的对称性

群．由此易确定出Ｈ＝｛Ｔ

ｉ

，Ｔ

ｉ

Ｓ，ｉ＝１，２，３｝，其中

Ｔ

１

，Ｔ

２

，Ｔ

３

是空间绕轴ＡＯ旋转（按某固定方向）

转０°，１２０°，２４０°的旋转变换，Ｓ是空间对平面

ＡＢＥ的镜面反射．

再任选三个对称性变换Ｍ

１

，Ｍ

２

，Ｍ

３

，它们分别能将点Ｂ，Ｃ，Ｄ与Ａ互变．

例可取Ｍ

１

，Ｍ

２

，Ｍ

３

是空间分别对平面ＣＤＦ，ＢＧＤ，ＣＢＬ的镜面反射．与第１

§３　子群，同构，同态

（１）Ｈ

１

∩Ｈ

２

是子群．

∞

（２）

ｉ＝１

∩

Ｈ

ｉ

是子群．

∞

（３）若Ｈ

１

炒Ｈ

２

炒…炒Ｈ

ｋ

炒Ｈ

ｋ＋１

炒…，则

ｉ

∪

Ｈ

ｉ

是子群．

＝１

　倡３畅设Ｇ是群．令Ｚ（Ｇ）＝｛ａ∈Ｇ｜ａｇ＝ｇａ，橙ｇ∈Ｇ｝，则Ｚ（Ｇ）是Ｇ的子

群．称为Ｇ的中心．

　倡４畅Ｇ是群，Ｓ是Ｇ的非空子集．令

Ｃ

Ｇ

（Ｓ）＝｛ａ∈Ｇ｜ａｓ＝ｓａ，橙ｓ∈Ｓ｝，

Ｎ

Ｇ

（Ｓ）＝｛ａ∈Ｇ｜ａＳａ

－１

＝Ｓ｝，

则它们都是Ｇ的子群，其中ａＳａ

－１

课

　倡２畅Ｈ

１

，Ｈ

２

，…，Ｈ

ｋ

，…都是群Ｇ的子群．证明

后

　倡１畅四个复数１，－１，ｉ，－ｉ的集合Ｕ

４

构成非零复数的乘法群的子群．

答

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

案

网

w

w

w

＝｛ａｓａ

－１

.

k

h

d

｜橙ｓ∈Ｓ｝．Ｃ

Ｇ

（Ｓ）和Ｎ

Ｇ

（Ｓ）分别称

·１５·

a

w

.

c

Ｍ

ｊ

Ｔ

ｉ

Ｓ，ｉ，ｊ＝１，２，３｝．Ｇ有２４个元．

o

m

题（１）中的论证类似，可得正四面体ＡＢＣＤ的对称性群Ｇ＝｛Ｔ

ｉ

，Ｔ

ｉ

Ｓ，Ｍ

ｊ

Ｔ

ｉ

，

为Ｓ在Ｇ中的中心化子和正规化子．

５畅设Ｇ是群，Ｈ是Ｇ的子群．（１）ａ∈Ｇ，则ａＨａ

－１

也是子群．（２）τ是Ｇ的

自同构，则τ（Ｈ）也是子群．

６畅证明§２中习题５中Ｖ

４

与上面习题１中Ｕ

４

不同构．

　倡７畅证明正三角形Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

的对称性群与Ｓ

３

同构（将每个对称性变换与它

引起的顶点的置换相对应）．

８畅令

Ｌ＝

ｃｏｓθｓｉｎθ

－ｓｉｎθｃｏｓθ

０≤θ＜２π，Ｍ＝

ｅ

ｉθ

０

０

ｅ

－ｉθ

０≤θ＜２π．

它们都在矩阵的乘法下成为群，并且相互同构．

９畅证明群Ｇ是交换群当且仅当映射

ＧＧ

是Ｇ的自同构．

１０畅实数域Ｒ到习题８中群Ｌ的映射φ：

ＲＬ　　　　

ｃｏｓθｓｉｎθ

ｘ

，

－ｓｉｎθｃｏｓθ

其中ｘ＝２ｋπ＋θ，０≤θ＜２π，是Ｒ的加群到群Ｌ的同态．

１１畅Ｇ是群，Ｓ是Ｇ的非空子集．令

Ｈ＝｛ｔ

１

…ｔ

ｉ

…ｔ

ｋ

｜橙ｋ是正整数，ｔ

ｉ

或ｔ

ｉ

－１

∈Ｓ｝．

证明Ｈ是子群且Ｈ＝枙Ｓ枛．

　倡１２畅整数加法群Ｚ的子群一定是某个ｎＺ（ｎ∈Ｚ）．

１３畅证明有理数加法群Ｑ的任何有限生成的子群是循环群．

１４畅Ｇ＝｛全体２×２整数元素的可逆矩阵｝，对矩阵乘法是否成为群？全体

正实数元素的２×２可逆矩阵对矩阵乘法是否成为群？

　倡１５畅群Ｇ的全部自同构在Ｇ上变换的乘法下成为群，称为Ｇ的自同构群，

记为ＡｕｔＧ．

１畅略．

２畅（１）略．

∞∞

课

（２）对ａ，ｂ∈

·１６·

ｉ＝１

∩

后

答

案

Ｈ

ｉ

来证ａｂ

－１

∈

网

w

w

w

ｉ＝１

∩

.

k

h

d

Ｈ

ｉ

．因ａ，ｂ∈Ｈ

ｉ

，Ｈ

ｉ

是子群，故ａｂ

－１

∈

a

w

.

c

o

m

ｘｘ

－１

∞

Ｈ

ｉ

，ｉ＝１，２，…，于是ａｂ

∞

－１

∈

ｉ＝１

∩

Ｈ

ｉ

．故

ｉ

∩

Ｈ

ｉ

是子群．

＝１

∞

（３）设ａ，ｂ∈

ｉ＝１

∪

Ｈ

ｉ

，必有ｋ，ｌ使ａ∈Ｈ

ｋ

，ｂ∈Ｈ

ｌ

．不妨设ｋ≤ｌ．于是由Ｈ

ｋ

ｉ＝１

彻Ｈ

ｌ

得ａ，ｂ∈Ｈ

ｌ

，又Ｈ

ｌ

是子群，知ａｂ

－１

∈Ｈ

ｌ

彻

３畅略．

４畅略．

５畅略．

∪

∞

Ｈ

ｉ

．故

ｉ

∪

Ｈ

ｉ

是子群．

＝１

∞

ｅ（单位元），则有ａ＝ｂ＝ｃ＝ｅ．而Ｕ

４

中４个６畅写Ｖ

４

中的元为ａ，ｂ，ｃ，

元为１，－１，ｉ，－ｉ．假设Ｖ

４

到Ｕ

４

有同构τ．不妨设τ（ａ）＝ｉ．由ａ＝ｅ，τ（ａ）

＝τ（ｅ）＝１．但τ（ａ）＝ｉ，ｉ

２

＝－１，τ（ａ）τ（ａ）＝－１．故τ（ａ

２

）≠τ（ａ）τ（ａ），τ不

保持乘法，矛盾．故Ｖ

４

与Ｕ

４

不同构．

７畅§２例３中已计算过正三角形△Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

的对称性群Ｇ有６个元素．每个

检验这６个变换引起Ｓ

３

的全部６个不同的置换．故这映射是双射．又连续两次作

的乘积，故这映射保持乘法．因此上述映射是对称性变换群Ｇ到Ｓ

３

的同构．

８畅略．

９畅略．

１０畅略．

ｔ

１

…ｔ

ｋ

ｘ

ｌ

…ｘ

ｌ－１

…ｘ

１

－１－１

２２

２２２

后

１１畅橙ｔ

１

…ｔ

ｋ

，ｘ

１

…ｘ

ｌ

∈Ｈ，ｔ

ｉ

，ｘ

ｉ

或ｔ

ｉ

－１

，ｘ

ｉ

－１

∈Ｓ，则（ｔ

１

…ｔ

ｋ

）（ｘ

１

…ｘ

ｌ

）

－１

＝

－１

答

ｔ

ｋ

）（ｘ

１

…ｘ

ｌ

）

－１

∈Ｈ，即Ｈ是子群．

又设Ｈ

１

是Ｇ的包含Ｓ的子群，则必含所有形为ｔ

１

…ｔ

ｋ

的元素，其中ｔ

ｉ

或

ｔ

ｉ

－１

∈Ｓ，故Ｈ

１

澈Ｈ，因而Ｈ是包含Ｓ的最小的子群．

１２畅设Ｈ是加法群Ｚ的子群，若Ｈ≠０·Ｚ，则Ｈ中有非零整数ｔ．若ｔ＜０，Ｈ

是子群，Ｈ含－ｔ，它是正整数．故Ｈ中有正整数．取ｎ为Ｈ中最小的正整数．任

ｍ∈Ｈ，作除法算式，ｍ＝ｎｑ＋ｒ，其中ｒ＝０或０＜ｒ＜ｎ．但ｒ＝ｍ－ｎｑ∈Ｈ，若

ｒ≠０则与ｎ的最小性矛盾．故ｒ＝０，ｍ＝ｎｑ，即Ｈ彻ｎＺ．又ｎ∈Ｈ，橙ｌ∈Ｚ，ｌｎ

ｌ个

－ｌ个

＝ｎ＋…＋ｎ或ｌｎ＝（－ｎ）＋…＋（－ｎ）∈Ｈ，即有ｎＺ彻Ｈ．因此Ｈ＝ｎＺ．

１３畅设Ｈ＝

课

，其中ｔ

ｉ

或ｔ

ｉ

案

网

w

w

w

，ｘ

ｉ

对称性变换引起连续两次顶点的置换．即对称性变换的乘积引起对应的顶点置换

.

k

h

d

－１

对称性变换引起顶点Ａ

１

，Ａ

２

，Ａ

３

的一个置换．这就引起了Ｇ到Ｓ

３

的一个映射．易

－１

或（ｘ

ｉ

）

－１

a

w

枙

ｑ

１

ｑ

ｓ

，…，是Ｑ的有限生成的加法子群．由第１２题易知Ｈ＝

ｐ

１

ｐ

ｓ

枛

.

c

－１

o

m

＝ｘ

ｉ

都属于Ｓ，故（ｔ

１

…

·１７·

ｍ

ｑ

ｑ

ｉ

ｐ

ｉ

ｉ

ｑ

ｉ

Ｑ

ｉ

ｌ

ｉ

ｌ

ｉ

∈Ｚ．取ｐ

１

，…，ｐ

ｓ

的最小公倍数为ｍ，则

＝，令为．再令

∑

ｐ

ｉ

ｐ

ｉ

ｍｍ

ｉ＝１

ｑ

ｉ

Ｑ

ｉ

ｎ

Ｑ

ｉ

ｎ

＝（Ｑ

１

，…，Ｑ

ｓ

）＝ｎ，则

＝，令为

ｔ

ｉ

．则（ｔ

１

，ｔ

２

，…，ｔ

ｓ

）＝１．取

ｐ

ｉ

ｍｍ

ｎ

ｍ

ｓｓ

ｎｎｎ

于是

∑

ｋ

ｉ

ｔ

ｉ

＝ｋ

ｉ

ｔ

ｉ

＝

∈Ｈ，且

ｋ

１

，…，ｋ

ｓ

∈Ｚ，使ｋ

１

ｔ

１

＋…＋ｋ

ｓ

ｔ

ｓ

＝１．

∑

ｍｍ

ｉ＝１

ｍ

ｉ＝１

ｓｓｓ

ｑ

ｉ

ｎｎｎ

任意

∑

ｌ

ｉ

＝＝

∑

ｌ

ｉ

ｔ

ｉ

ｌ

ｉ

ｔ

ｉ

．这就证明了Ｈ＝

是循环加法群．

∑

ｐ

ｉ

ｍｍ

ｉ＝１

ｍ

ｉ＝１ｉ＝１

ｓ

枙枛

１－１

－１

１

１１１－１１－１

＝２，＝，即１４畅

２

－１１１１１１１１

不是整数矩阵，故全体２×２整数元素的可逆矩阵不成为群．

取正实数矩阵

１１１１

，

０１０１

为群．

１５畅略．

－１

§４　群在集合上的作用，定义与例子

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅Ｖ是某域Ｆ上ｎ维线性空间，Ｇ＝ＧＬ（Ｖ）是Ｖ上全线性变换群．令Ｍ

为Ｖ的全部子空间的集合．证明Ｇ在Ｍ上有群作用．

　倡２畅Ｇ是群．Ｋ，Ｈ是Ｇ的子群．作群直积Ｋ×Ｈ．定义映射礋：

（Ｋ×Ｈ）×Ｇ

（（ｋ，ｈ），ｇ）

证明它是群Ｋ×Ｈ在集合Ｇ上的作用．

３畅Ｇ是正四面体Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

Ａ

４

的对称性群．令Ｍ

１

＝｛四面体的顶点的集

合｝，Ｍ

２

＝｛四面体的四个面的集合｝，Ｍ

３

＝｛四面体的六条棱的集合｝，则Ｇ在

Ｍ

１

，Ｍ

２

，Ｍ

３

上分别有群作用．

　倡４畅令Ｇ是ｎ×ｎ实正交矩阵的群，Ｍ是ｎ×ｎ实对称矩阵的集合．证明下

·１８·

Ｇ

－１

课

后

答

案

网

w

w

w

（ｋ，ｈ）礋ｇ＝ｋｇｈ

.

k

h

d

．

a

w

即正实数可逆矩阵的逆矩阵不是正实数矩阵．故全体２×２正实数可逆矩阵不成

.

c

＝

o

m

－１

１

０

－１

，

１

述对应是一个映射

Ｇ×Ｍ

（Ｐ，Ａ）

且是Ｇ在Ｍ上的群作用．

ｘ，ｙ，ｚ的全部多项式的集合．Ｇ为群ＧＬ

３

（Ｆ）．对Ａ∈Ｇ，令ｒ′＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′）

Ｔ

＝

Ａ（ｘ，ｙ，ｚ）

＝Ａｒ．证明下述对应

（Ａ，ｆ）Ａ礋ｆ＝ｆ（ｒ′）＝ｆ（Ａｒ）

是Ｇ×ＭＭ的一个映射，且是Ｇ在Ｍ上的群作用．

６畅利用Ｃａｙｌｅｙ定理证明具有给定阶ｎ的不同构的有限群只有有限个．

Ｔ

Ｍ

Ｐ礋Ａ＝ＰＡＰ

－１

，

取Ｍ为Ｆ上　倡５畅写域Ｆ上多项式ｆ（ｘ，ｙ，ｚ）＝ｆ（ｒ），其中ｒ＝（ｘ，ｙ，ｚ）

Ｔ

，

１畅略

２畅（１）Ｋ×Ｈ的单位元是（ｅ，ｅ），其中ｅ是Ｇ的，也是Ｋ和Ｈ的单位元．

橙ｇ∈Ｇ，（ｅ，ｅ）礋ｇ＝ｅｇｅ＝ｇ．

（ｋ

１

，ｈ

１

），（ｋ

２

，ｈ

２

）∈Ｋ×Ｈ．橙ｇ∈Ｇ，（ｋ

１

，（２）橙ｋ

１

，ｋ

２

∈Ｋ，ｈ

１

，ｈ

２

∈Ｈ，

（ｋ

１

ｋ

２

，ｈ

１

ｈ

２

）礋ｇ＝（（ｋ

１

，ｈ

１

）（ｋ

２

，ｈ

２

））礋ｇ．

由定义１′，上面映射“礋”是Ｋ×Ｈ在Ｇ上的群作用．

后

答

３畅略．

４畅首先证明

案

（Ｐ，Ａ）

定义了Ｇ×Ｍ到Ｍ的映射．橙Ｐ∈Ｇ，Ｐ是ｎ×ｎ正交矩阵，故Ｐ

－１

＝Ｐ′，对

橙Ａ∈Ｍ，Ａ是ｎ×ｎ实对称阵，有Ｐ礋Ａ＝ＰＡＰ

故Ｐ礋Ａ∈Ｍ，确定了Ｇ×Ｍ到Ｍ的映射．

易证这映射是Ｇ在Ｍ上的一个群作用．

５畅对Ａ∈Ｇ＝ＧＬ

３

（Ｆ），橙ｆ（ｒ）是Ｆ上ｘ，ｙ，ｚ的多项式，Ａ礋ｆ＝ｆ（Ａｒ），

Ａｒ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′）

Ｔ

中ｘ′，ｙ′，ｚ′都是ｘ，ｙ，ｚ的一次多项式，若设为

ｘ′＝ａ

１１

ｘ＋ａ

１２

ｙ＋ａ

１３

ｚ

ｙ′＝ａ

２１

ｘ＋ａ

２２

ｙ＋ａ

２３

ｚ

ｚ′＝ａ

３１

ｘ＋ａ

３２

ｙ＋ａ

３３

ｚ，

其中ａ

ｉｊ

∈Ｆ．则ｆ（Ａｒ）＝ｆ（ｘ′，ｙ′，ｚ′）＝ｆ（ａ

１１

ｘ＋ａ

１２

ｙ＋ａ

１３

ｚ，ａ

２１

ｘ＋ａ

２２

ｙ＋

ａ

２３

ｚ，ａ

３１

ｘ＋ａ

３２

ｙ＋ａ

３３

ｚ）仍是Ｆ上ｘ，ｙ，ｚ的多项式，故

·１９·

－１

课

网

w

w

w

ｈ

１

）礋（（ｋ

２

，ｈ

２

）礋ｇ）＝（ｋ

１

，ｈ

１

）礋（ｋ

２

ｇｈ

２

－１

）＝ｋ

１

ｋ

２

ｇｈ

２

－１

ｈ

１

－１

＝（ｋ

１

ｋ

２

）ｇ（ｈ

１

ｈ

２

）

－１

＝

Ｐ礋Ａ＝ＰＡＰ

－１

＝ＰＡＰ′，是ｎ×ｎ实对称阵，

.

k

h

d

－１

a

w

.

c

o

m

（Ａ，ｆ）Ａ礋ｆ＝ｆ（Ａｒ）

建立了Ｇ×ＭＭ的一个映射，易证它是Ｇ在Ｍ上的群作用．

６畅Ｃａｙｌｅｙ定理断言，有限群Ｇ同构于Ｇ上的变换群．设Ｇ的阶为ｎ，则Ｇ

同构于Ｓ

ｎ

的子群．而Ｓ

ｎ

的子群只有限个，故只有有限个不同构的ｎ阶群．

§５　群作用的轨道与不变量、集合上的等价关系

ε′

′

′

充成ε

１

…ε

ｋ

…ε

ｎ

；由线性代数知道必有Ｖ上

１

…ε

ｋ

…ε

ｎ

，

使它们都是Ｖ的基．

可逆线性变换Ａ，使Ａε

ｉ

＝ε′２，…，ｎ．Ａ就将子空间Ｗ变成子空间Ｗ

１

．

ｉ

，ｉ＝１，

故Ｗ与Ｗ

１

在同一条轨道上．

故对ｋ＝０，１，２，…，ｎ，Ｖ中全体ｋ维子空间的集合Ｖ

ｋ

构成群作用的一条

轨道．共有ｎ＋１条轨道．子空间的维数是不变量，并构成不变量的完全组．

２畅对Ａ，Ｂ皆为ｎ×ｎ实对称矩阵，若Ａ，Ｂ在同一轨道上，即有ｎ×ｎ正

交阵Ｐ使Ｂ＝ＰＡＰ

－１

，则它们有相同的特征值集合．反之，设Ａ，Ｂ为具有相同

特征值集合｛λ

１

，…，λ

ｎ

｝（λ

ｉ

是ｋ重特征值就在集合中出现ｋ次）的ｎ×ｎ实对称

矩阵，它们都可用实正交矩阵化为对角阵，即有ｎ×ｎ正交阵Ｐ

１

，Ｐ

２

使

·２０·

课

Ｗ

１

，它们有同样维数ｋ＞０，分别取Ｗ和Ｗ

１

的基为ε

１

，…，ε

ｋ

；ε′

ε′

分别补

１

，…，

ｋ

．

后

则把Ｗ的基变成１畅Ｖ中可逆线性变换若把某子空间Ｗ变成子空间Ｗ

１

，

Ｗ

１

的基，故同一轨道上的子空间具有相同的维数，又设Ｖ的两个子空间Ｗ和

答

案

网

w

w

w

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅§４习题１中的群作用有几条轨道？找出群作用的不变量与不变量的完

全组．

　倡２畅找出§４习题４中群作用的不变量和不变量的完全组．

　倡３畅（联系§４习题２中的群作用）令ｔ∈Ｇ，称ＫｔＨ＝｛ｋｔｈ｜ｋ∈Ｋ，ｈ∈Ｈ｝为

Ｇ的一个（Ｋ，Ｈ）双陪集，则Ｇ的两个（Ｋ，Ｈ）双陪集或重合或不相交，且Ｇ是

全部（Ｋ，Ｈ）双陪集的无交并．

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

λ

１

Ｐ

１

ＡＰ

１

＝

－１

λ

２

筹

λ

ｎ

＝Ｐ

２

ＢＰ

２

－１

．

于是（Ｐ

２

－１

Ｐ

１

）Ａ（Ｐ

２

－１

Ｐ

１

）

－１

＝Ｂ，Ｐ

２

－１

Ｐ

１

仍为正交阵，故Ａ，Ｂ在同一条轨道上．

以上说明，特征值的集合是群作用的不变量的完全组．而全部特征值的和，

全部特征值的积，特征多项式都是群作用的不变量．

３畅实际上ＫｔＨ是§４习题２中群作用下的一条轨道，两条轨道或重合或不

相交，即两个（Ｋ，Ｈ）双陪集或重合或不相交，群作用集Ｇ是全体轨道的无交并

也就是全体（Ｋ，Ｈ）双陪集的无交并．

构，ＡＡ．于是群ＧＬ

ｎ

（Ｆ）通过ＧＬ（Ｖ）可作用于空间Ｖ上，进而可作用于

Ｖ的子空间的集合Ｍ上．

（１）ＧＬ

ｎ

（Ｆ）在ε

１

处的稳定化子由哪些元素组成？

（２）令Ｗ是由ε

１

，ε

２

，…，ε

ｋ

，ｋ≤ｎ，生成的子空间，ＧＬ

ｎ

（Ｆ）在Ｗ处的稳定

化子由哪些元素组成？

　倡４畅正四面体Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

Ａ

４

的对称性群Ｇ可作用在它的顶点的集合和它的

面的集合上，也作用在它的棱的集合上．（１）试决定Ｇ在顶点Ａ

１

处的稳定化子；

（２）求Ｇ在面Ａ

２

Ａ

３

Ａ

４

处的稳定化子；（３）求Ｇ在棱Ａ

１

Ａ

２

处的稳定化子．

利用§６定理２５畅把正四面体Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

Ａ

４

的对称性群用顶点的置换表出．

中公式（２）写出它的对称性群的全部元素．再回到四面体上考察每个置换代表什

·２１·

逆线性变换Ａ，设它在ε

１

，…，ε

ｎ

下矩阵为Ａ，则建立起ＧＬ（Ｖ）到ＧＬ

ｎ

（Ｆ）的同

课

陪集．

　倡３畅Ｖ是域Ｆ上ｎ维线性空间，取定Ｖ的一组基ε

１

，ε

２

，…，ε

ｎ

．Ｖ上任一可

后

答

　倡２畅群Ｇ作用于集合Ｍ上，ｘ∈Ｍ．证明：（１）稳定化子Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ）是子群．

（２）设ｇ

１

，ｇ

２

∈Ｇ，则ｇ

１

礋ｘ＝ｇ

２

礋ｘ当且仅当ｇ

１

，ｇ

２

属于Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ）的同一左

案

网

w

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅Ｇ是群，Ｈ是Ｇ的子群．ｘ，ｙ∈Ｇ，则ｘ，ｙ属于Ｈ的同一左陪集当且仅

当ｘ

－１

ｙ∈Ｈ．

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

§６　陪集，Ｌａｇｒａｎｇｅ定理，稳定化子，轨道长

么正交变换．

６畅Ｇ是群，Ｋ及Ｈ是Ｇ的子群．（１）令Ｍ是Ｇ中Ｈ的左陪集的集合．用Ｋ

的元素对Ｍ的元素进行左乘，得下列映射礋：

Ｋ×ＭＭ

（ｋ，ｔＨ）ｋ礋ｔＨ＝ｋｔＨ，

证明这是Ｋ在Ｍ上的一个群作用．

（２）试决定这个群作用过ｔＨ的轨道及在ｔＨ处的稳定化子．并证明｜ＫｔＨ｜

＝［Ｋ：Ｋ∩ｔＨｔ

－１

］｜Ｈ｜．

　倡７畅Ｓ

３

中Ｃ

３

＝ｅ，（１２３），（１３２）组成Ｓ

３

的子群．写出Ｓ

３

中Ｃ

３

的全部

左陪集和全部右陪集．

　倡８畅Ｓ

４

中写出子群Ｓ

３

＝

１

ｉ

１

２

ｉ

２

３

ｉ

３

４

４

ｉ

１

ｉ

２

ｉ

３

是１２３的全部排列的全

网

w

部左陪集．

９畅Ｇ是群，Ｈ是子群．当Ｇ是交换群时，Ｈ的任一左陪集都是一个右

陪集．

　倡１０畅写出Ｚ中子群３Ｚ＝｛３ｋ｜ｋ∈Ｚ｝的全部左陪集．

　倡１１畅证明任意ｌ，ｋ∈Ｚ属于ｎＺ在Ｚ中同一陪集的充分必要条件为ｌ≡

（倡）

ｋ（ｍｏｄｎ）

．写出Ｚ中ｎＺ的全部陪集．

３２

１２畅Ｓ

３

作用在域Ｆ上全部多项式ｆ（ｘ

１

，ｘ

２

，ｘ

３

）的集合上．求Ｓ

３

在ｘ

１

ｘ

２

ｘ

３

w

w

.

k

h

d

a

w

和ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

２

ｘ

３

处的稳定化子及Ｓ

３

作用下分别过ｘ

１

ｘ

２

ｘ

３

和ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

２

ｘ

３

的

轨道．

１３畅有限群Ｇ称为ｐ群，如果它的阶是素数ｐ的方幂．证明Ｇ的非单位元子

群的阶能被ｐ除尽，及Ｇ对于其真子群（即不等于Ｇ的子群）的指数也被ｐ除尽．

１４畅有限群Ｇ为ｐ群，则Ｇ的中心Ｚ（Ｇ）≠｛ｅ｝．（利用改进的类方程（７））．

１５畅Ｇ＝Ｓ

３

共轭作用于自身．求中心化子Ｃ

Ｇ

（σ），其中σ分别是（１２３）和

（１２）．

　倡１６畅求Ｓ

３

的含上题中（１２３）和（１２）的共轭类．

　倡１７畅Ｇ是素数ｐ阶的群，则（１）Ｇ除本身和单位元群以外没有其它子群．

（２）Ｇ＝枙ａ枛，橙ａ≠ｅ．即Ｇ是循环群．（见§３定义４前一段）．

１８畅Ｇ作用在集合Ｍ上．ｘ∈Ｍ，ｇ∈Ｇ，及ｇ礋ｘ＝ｙ，则Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｙ）＝ｇＳｔａｂ

Ｇ

（ｘ）ｇ．

１９畅Ｇ是有限群，Ｈ炒Ｋ皆是Ｇ的子群，则［Ｇ：Ｈ］＝［Ｇ：Ｋ］［Ｋ：Ｈ］．

（倡）

－１

ｌ≡ｋ（ｍｏｄｎ）表示ｌ与ｋ的差是ｎ的倍数，或用ｎ去除ｌ及ｋ所得的余数相同．

·２２·

课

后

答

案

.

c

３２

o

m

　　２０畅有限群Ｇ是ｐ群，ｐ

上有不动元．

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ｍ．Ｇ在Ｍ上有群作用，且｜Ｍ｜＝ｍ，则Ｇ在Ｍ

仅供试用。

２１畅求Ｓ

４

及Ａ

４

的全部共轭类．

１畅略．

２．于是（ｇ

１

ｇ

２

）礋ｘ＝ｇ

１

礋（ｇ

２

礋２畅（１）设ｇ

１

，ｇ

２

∈Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ），ｇ

ｉ

礋ｘ＝ｘ，ｉ＝１，

ｘ）＝ｇ

１

礋ｘ＝ｘ，又ｇ

１

礋ｘ＝ｇ

１

礋（ｇ

１

礋ｘ）＝（ｇ

１

ｇ

１

）礋ｘ＝ｅ礋ｘ＝ｘ．故ｇ

１

ｇ

２

及

－１－１－１

ｇ

１

－１

∈Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ），即Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ）是Ｇ的子群．

（２）ｇ

１

，ｇ

２

∈Ｇ，ｇ

１

礋ｘ＝ｇ

２

礋ｘ骋ｘ＝ｇ

１

－１

礋（ｇ

１

礋ｘ）＝ｇ

１

－１

礋（ｇ

２

礋ｘ）＝（ｇ

１

－１

ｇ

２

）

陪集．

３畅（１）设Ａ∈ＧＬ

ｎ

（Ｆ），Ａ礋ε

１

＝ε

１

．这等价于

Ａ（ε

１

，ε

２

，…，ε

ｎ

）＝（ε

１

，倡，…，倡）

礋ｘ骋ｇ

１

－１

ｇ

２

∈Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ），由第一题这等同于ｇ

１

，ｇ

２

属于Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ）的同一左

网

w

１

０

ε

２

，…，ε

ｎ

）

＝（ε

１

，

⁝

.

k

h

d

０

a

w

倡

倡

⁝

倡

…

…

…

倡

倡

⁝

倡

ａ

１１

…ａ

１ｋ

……

ａ

ｋ１

…ａ

ｋｋ

○

倡

倡

·２３·

１

０

⁝

０

答

ａ

１２

ａ

２２

案

故ＧＬ

ｎ

（Ｆ）在ε

１

处的稳定化子为

…

…

…

ｋ

ｊ＝１

ａ

１ｎ

ａ

２ｎ

⁝

ａ

ｎｎ

其中

w

w

后

ａ

２２

…ａ

２ｎ

……≠０

ａ

ｎ２

…ａ

ｎｎ

课

⁝

ａ

ｎ２

Ａε

ｉ

＝

（２）Ａ∈Ｗ处的稳定化子，则Ａ所对应的线性变换Ａ满足

∑

ａ

ｊｉ

ε

ｊ

，　　ｉ＝１，２，…，ｋ，

也即

Ａ（ε

１

，…，ε

ｋ

，…，ε

ｎ

）＝（ε

１

，…，ε

ｋ

，…，ε

ｎ

）

故ＧＬ

ｎ

（Ｆ）在Ｗ处的稳定化子为

.

c

o

m

ａ

１１

…ａ

１ｋ

……

ａ

ｋ１

…ａ

ｋｋ

○

ａ

ｎ，ｋ＋１

倡

ａ

ｋ＋１，ｋ＋１

…ａ

ｋ＋１，ｎ

……

…ａ

ｎｎ

其中

ａ

１１

…ａ

１ｋ

……

ａ

ｋ１

…ａ

ｋｋ

ａ

ｋ＋１，ｋ＋１

…ａ

ｋ＋１，ｎ

……

ａ

ｎ，ｋ＋１

　…　ａ

ｎｎ

≠０．

４畅（１），（２）中的稳定化子相同，可参考§２第６题的结果．

（３）令Ａ

１

Ａ

２

和Ａ

３

Ａ

４

的中点分别是Ｆ，Ｅ，则Ａ

１

Ａ

２

的稳定化子由恒等变

换、绕ＦＥ转１８０°的旋转变换、对平面Ａ

１

Ａ

２

Ｅ

以及对平面Ａ

３

Ａ

４

Ｆ的反射共四个变换组成．

５畅在§２第６题中求正四面体Ａ

１

Ａ

２

Ａ

３

Ａ

４

的对称性群的方法与§６定理２中公式是一致

的．那里求出对称性群有２４个元素，全体对称性

变换对应了顶点Ａ

１

，Ａ

２

，Ａ

３

，Ａ

４

的２４个置换，

正是Ｓ

４

的全部元素．令Ｅ、Ｆ、Ｇ、Ｈ、Ｉ、Ｌ分别

是棱Ａ

３

Ａ

４

、Ａ

１

Ａ

２

、Ａ

１

Ａ

３

、Ａ

２

Ａ

４

、Ａ

２

Ａ

３

、Ａ

１

Ａ

４

的中点，则顶点的置换与对称性变换的对应如下：

１２３４

恒等变换．

１２３４

１２３４

绕Ａ

１

Ｏ旋转１２０°．

１３４２

１２３４

绕Ａ

１

Ｏ旋转２４０°．

１４２３

１２３４

对平面Ａ

１

ＯＡ

２

的镜面反射．

１２４３

１２３４

对平面Ａ

１

ＯＡ

３

的镜面反射．

１４３２

１２３４

对平面Ａ

１

ＯＡ

４

的镜面反射．

１３２４

１２３４

对平面ＦＡ

３

Ａ

４

的镜面反射．

２１３４

１２３４

先绕Ａ

１

Ｏ旋转１２０°，再对平面ＦＡ

３

Ａ

４

反射．

２３４１

１２３４

先绕Ａ

１

Ｏ旋转２４０°，再对平面ＦＡ

３

Ａ

４

进行反射．

２４１３

·２４·

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

先绕Ａ

１

Ｏ转１２０°，再对平面Ａ

２

ＧＡ

４

作反射．

３１４２

１２３４

先绕Ａ

１

Ｏ转２４０°，再对平面Ａ

２

ＧＡ

４

作反射．

３４２１

１２３４

绕四面体过Ａ

２

的高线旋转１２０°．

３２４１

１２３４

绕ＧＨ轴旋转１８０°．

３４１２

１２３４

绕四面体过Ａ

４

的高线旋转２４０°．

３１２４

１２３４

对平面Ａ

２

ＬＡ

３

的反射．

４２３１

１２３４

先绕Ａ

１

Ｏ转１２０°再对平面Ａ

２

ＬＡ

３

作反射．

４３１２

１２３４

先绕Ａ

１

Ｏ转２４０°再对平面Ａ

２

ＬＡ

３

作反射．

４１２３

１２３４

绕四面体过Ａ

２

的高线旋转２４０°．

４２１３

１２３４

绕四面体过Ａ

３

的高线旋转２４０°．

４１３２

１２３４

绕ＩＬ轴旋转１８０°．

４３２１

６畅（１）略．（２）过ｔＨ的轨道为ＫｔＨ＝｛ｋｔＨ｜ｋ∈Ｋ｝，而在ｔＨ处的稳定化

子为

－１

Ｓｔａｂ

Ｋ

（ｔＨ）＝｛ｋ∈Ｋ｜ｋｔＨ＝ｔＨ｝＝｛ｋ∈Ｋ｜（ｔｋｔ）Ｈ＝Ｈ｝

＝｛ｋ∈Ｋ｜（ｔ

ｋｔ）∈Ｈ｝＝｛ｋ∈Ｋ｜ｋ∈ｔＨｔ

｜ＫｔＨ｜＝（ＫｔＨ中Ｈ的左陪集的数目）·｜Ｈ｜

－１

１

２

１

２

１

２

１

３

１

２

１

２

４

２

３

２

２

２

３

４

３

３

３

１

３

１

３

４

３

４

１

４

４

４

４

４

绕ＦＥ轴旋转１８０°．

绕四面体过Ａ

３

的高线旋转１２０°．

绕四面体过Ａ

４

的高线旋转１２０°．

对平面Ａ

２

ＧＡ

４

的镜面反射．

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

－１

｝＝Ｋ∩ｔＨｔ

－１

．

·２５·

＝（Ｋ作用下过ｔＨ的轨道的长度）·｜Ｈ｜

＝［Ｋ：Ｓｔａｂ

Ｋ

（ｔＨ）］·｜Ｈ｜＝［Ｋ：Ｋ∩ｔＨｔ

－１

］｜Ｈ｜．

７畅略．

８畅Ｓ

４

中Ｓ

３

的左陪集为

１２３４１２３４１２３４

Ｓ

３

，

Ｓ

３

，

Ｓ

３

，

Ｓ

３

．

４２３１１４３２１２４３

９畅略

１０畅略

１１畅略

２

１２畅Ｓ

３

在ｘ

３

在ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

２

ｘ

３

处的稳定化子为

１

ｘ

２

ｘ

３

处的稳定化子为｛１｝，

１２３１２３

，．

１２３３２１

２３２２３３２２３３２

Ｓ

３

作用下过ｘ

３

１

ｘ

２

ｘ

３

的轨道为｛ｘ

１

ｘ

２

ｘ

３

，ｘ

１

ｘ

２

ｘ

３

，ｘ

１

ｘ

３

ｘ

２

，ｘ

１

ｘ

３

ｘ

２

，ｘ

２

ｘ

３

ｘ

１

，

网

w

１３畅设｜Ｇ｜＝ｐ

ｋ

，ｋ＞０．对Ｈ为Ｇ的非单位元子群，则有｜Ｈ｜｜Ｇ｜．ｐ

ｋ

的

不等于１的因子必被ｐ整除，故ｐ｜Ｈ｜．

ｋｋ

又设Ｋ为Ｇ的真子群，｜Ｋ｜｜Ｇ｜．｜Ｇ｜＝ｐ，｜Ｋ｜是ｐ的不等于自己的因

子，设为ｐ

ｌ

，ｌ＜ｋ．由［Ｇ：Ｋ］＝ｐ

ｋ－ｌ

及ｋ－ｌ＞０，故ｐ｜［Ｇ：Ｋ］．

１４畅由改进的类方程

答

｜Ｇ｜＝｜Ｚ（Ｇ）｜＋

案

w

w

ｍ

其中Ｃ

Ｇ

（ｙ

ｉ

）≠Ｇ．由１３题，ｐ｜［Ｇ：Ｃ

Ｇ

（ｙ

ｉ

）］．又ｐ｜Ｇ｜，故ｐ｜Ｚ（Ｇ）｜．即

Ｚ（Ｇ）≠｛ｅ｝．

１５畅令σ＝（１２３），τ＝（１２），由计算得

Ｃ

Ｇ

（σ）＝ｅ，（１２３），（１３２）

课

后

Ｃ

Ｇ

（τ）＝

１６畅含（１２３）的共轭类为

ｅ，（１２）

（１２３），（１３２）．

含（１２）的共轭类为

（１２），（１３），（２３）．

１７畅（１）设Ｈ是Ｇ的子群，则｜Ｈ｜｜Ｇ｜，因｜Ｇ｜＝ｐ是素数，｜Ｈ｜＝１或ｐ．

当｜Ｈ｜＝１时Ｈ＝｛ｅ｝．当｜Ｈ｜＝ｐ时Ｈ＝Ｇ．

（２）取ａ≠ｅ，则枙ａ枛≠｛ｅ｝．由（１），枙ａ枛＝Ｇ．

１８畅设ｇ礋ｘ＝ｙ，则

·２６·

.

k

h

d

ｉ＝１

∑

［Ｇ：Ｃ

Ｇ

（ｙ

ｉ

）］，

a

w

ｘ

１

ｘ

３

｝．

.

c

ｘ

２

ｘ

３

ｘ

１

｝，而过ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

３

ｘ

４

的轨道为｛ｘ

１

ｘ

２

＋ｘ

２

ｘ

３

，ｘ

２

ｘ

３

＋ｘ

３

ｘ

１

，ｘ

２

ｘ

１

＋

２３

o

m

即ｈ∈Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｙ）骋ｇ

－１

ｈｇ∈Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ）．即ｇ

－１

Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｙ）ｇ＝Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ），或

ｇＳｔａｂ

Ｇ

（ｘ）ｇ

－１

＝Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｙ）．

１９畅略．

２０畅设Ｏ

１

，Ｏ

２

，…，Ｏ

ｓ

是Ｍ在Ｇ作用下的全部轨道，则｜Ｍ｜＝

｜Ｏ

ｉ

｜，即有｜Ｏ

ｉ

｜

ｓ

ｓ

ｉ＝１

ｈ礋ｙ＝ｙ骋ｈ礋（ｇ礋ｘ）＝ｇ礋ｘ骋（ｇ

－１

ｈｇ）礋ｘ＝ｘ．

∑

｜Ｏ

ｉ

｜．

若Ｇ在Ｍ上无不动元，则橙ｉ，｜Ｏ

ｉ

｜＞１．取ｘ

ｉ

∈Ｏ

ｉ

，由｜Ｇ｜＝｜Ｓｔａｂ

Ｇ

（ｘ

ｉ

）｜·

｜Ｇ｜．｜Ｇ｜＝ｐ

ｋ

的因子不是１就是ｐ

ｌ

，ｌ＞０，故ｐ｜Ｏ

ｉ

｜．

｜Ｍ｜与题设矛盾．故Ｇ在Ｍ上必有不动元．

由｜Ｍ｜＝

ｉ＝１

∑

｜Ｏ

ｉ

｜，得ｐ

２１畅在Ｓ

４

中有着同类型轮换分解的置换组成一个共轭类．故Ｓ

４

中全部共

轭类为：

（１４）（２３）｝；｛（１２３），（１２４），（１３２），（１４２），（１３４），（１４３）｝；｛（１２３４），（１

上述集合中只有第１，第３，第４个集合是在Ａ

４

中．｛（１）｝是Ａ

４

的一个类．

１

ｉ

１

２

ｉ

２

３

ｉ

３

４１

　及　

ｉ

４

ｉ

１

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

２４３），（１３２４），（１３４２），（１４２３），（１４３２）｝．

由于

τ＝

w

w

.

k

h

d

a

w

２

ｉ

２

.

c

３

ｉ

４

（ｉ

４

）＝τ（１２３）τ

ｊ

１

ｊ

２

ｊ

３

ｊ

４

与ｉ

１

ｉ

２

ｉ

３

ｉ

４

具有相同的奇偶性，同时置换τ与τ

１

也具有相同的奇偶

性．结果（ｊ

１

ｊ

２

ｊ

３

）与（１２３）在Ａ

４

中共轭当且仅当τ

１

是偶置换，也即ｊ

１

ｊ

２

ｊ

３

ｊ

４

是１２３４的偶排列．由此可计算出（１２３）在Ａ

４

中所属的类是

｛（１２３），（１３４），（１４２），（２４３）｝

同样地算出（１３２）在Ａ

４

中所属的类是

｛（１３２），（１２４），（１４３），（２３４）｝．

加上前面算出的两个共轭类

｛（１）｝；｛（１２）（３４），（１３）（２４），（１４）（２３）｝，

Ａ

４

共有４个类．

·２７·

课

又设τ

１

＝

１

ｊ

１

后

２

ｊ

２

答

｛（ｉ

１

ｉ

２

）（ｉ

３

ｉ

４

）｝与（１２）（３４）在Ａ

４

中组成一个共轭类．

３

ｊ

３

４

－１

，则τ

１

（１２３）τ

１

＝（ｊ

１

ｊ

２

ｊ

３

）（ｊ

４

）＝（ｉ

１

ｉ

２

ｉ

３

）

ｊ

４

－１

当且仅当ｉ

４

＝ｊ

４

且ｊ

１

ｊ

２

ｊ

３

是ｉ

１

ｉ

２

ｉ

３

的循环排列．这时

案

皆能满足τ（１２）（３４）τ

－１

＝（ｉ

１

ｉ

２

）（ｉ

３

ｉ

４

）．且这两个τ中必有一个为偶置换．故

网

w

o

m

４

ｉ

３

§７　循环群与交换群

ｎ

．设（ａ

ｉ

）

ｍ

＝ｅ，作除法算式

ｍ

ｉｍｌｍｑｒｍｒｍ

ｉ＝ｌｑ＋ｒ，ｒ＝０或０＜ｒ＜ｑ．若ｒ≠０由ａ

＝ａ·ａ＝ａ．但０＜ｒｍ＜ｍｑ

ｉｍｒｍｉｍ

＝ｎ，故ａ＝ａ≠ｅ．矛盾，故ｒ＝０，即ｉ＝ｌｑ．由此（ａ）＝ｅ当且仅当ｉ＝ｌｑ．

这样的ｉ恰有ｑ，２ｑ，…，ｍｑ＝ｎ共ｍ个，故Ｇ中ｘ

ｍ

＝ｅ恰有ｍ个解．

２畅略．

３畅只证（２），Ｇ中元素的阶是｜Ｇ｜的因子，故Ｇ中的非单位元的阶只能为２，

ｐ，２ｐ．若Ｇ有２ｐ阶元ａ，则Ｇ＝枙ａ枛，与Ｇ为非交换群矛盾．若Ｇ的元全为２阶

元，由§１习题９，Ｇ为交换群，这不可能．故Ｇ中必有ｐ阶元，即有ｐ阶子群．

１畅设Ｇ＝枙ａ枛＝｛ａ，ａ

２

，…，ａ

ｎ

＝ｅ｝．令ｑ＝

·２８·

课

后

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅Ｇ是ｎ阶循环群，ｍ｜ｎ，则方程ｘ

ｍ

＝ｅ在Ｇ中恰有ｍ个解．

　倡２畅循环群的同态象是循环群．

　倡３畅Ｇ有ｎ阶循环子群当且仅当Ｇ有ｎ阶元．再证：

（１）Ｇ是素数ｐ阶群，则Ｇ是循环群．

（２）Ｇ是２ｐ阶非交换群，ｐ素数，则Ｇ必有ｐ阶子群．

４畅Ｇ是交换群，ｇ，ｈ∈Ｇ．ｏ（ｇ）＝ｍ，ｏ（ｈ）＝ｎ，（ｍ，ｎ）＝１．证明：

（１）ｇ，ｈ生成的子群枙ｇ，ｈ枛＝枙ｇｈ枛．

（２）枙ｇ枛∩枙ｈ枛＝ｅ且枙ｇｈ枛碖枙ｇ枛×枙ｈ枛．

　倡５畅Ｇ＝枙ａ枛是ｎ阶循环群，则

ｍ

（１）枙ａ枛＝枙ａ枛当且仅当（ｍ，ｎ）＝１．

ｍｄ

（２）当（ｍ，ｎ）＝ｄ时，枙ａ枛＝枙ａ枛．

６畅Ｇ的阶是ｐ的方幂，ｐ是素数，则Ｇ中有ｐ阶元．

７畅Ｇ是交换群，则Ｇ中有限阶元素的集合组成Ｇ的子群．

－１－１

８畅Ｇ是群，则ｏ（ａ）＝ｏ（ａ），ｏ（ａｂ）＝ｏ（ｂａ），橙ｃ∈Ｇ，ｏ（ａ）＝ｏ（ｃａｃ）．

９畅ｌＺｋＺｌ，ｋ］ＺｌＺｋＺｌ，ｋ）Ｚｌ，ｋ］为ｌ，ｋ的最小公

倍数．

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

４畅（１）由引理４，ｏ（ｇｈ）＝ｍｎ，故｜枙ｇｈ枛｜＝ｍｎ，而枙ｇ，ｈ枛＝｛ｇ

ｈ

｜１≤ｉ≤

ｍ，１≤ｊ≤ｍ｝，有｜枙ｇ，ｈ枛｜≤ｍｎ．但枙ｇｈ枛彻枙ｇ，ｈ枛，则ｍｎ＝｜枙ｇｈ枛｜≤｜枙ｇ，ｈ枛｜

≤ｍｎ，因此｜枙ｇ，ｈ枛｜＝｜枙ｇｈ枛｜，即有枙ｇ，ｈ枛＝枙ｇｈ枛．

（２）作枙ｇ枛×枙ｈ枛枙ｇ，ｈ枛＝枙ｇｈ枛

ｉｊｉｊ

ｇ

ｈ

，１≤ｉ≤ｍ，１≤ｊ≤ｎ．（ｇ，ｈ）

因ｇ，ｈ交换，π是同态．易见它是满同态．又｜枙ｇ枛×枙ｈ枛｜＝ｍｎ＝｜枙ｇ，ｈ枛｜，故π

是双射，因而是同构．

设有ｇ

ｉ

＝ｈ

ｊ

∈枙ｇ枛∩枙ｈ枛，则ｇ

ｉ

ｈ

ｎ－ｊ

＝ｅ．因π是同构，ｇ

ｉ

ｈ

ｎ－ｊ

的原象是（ｇ

ｉ

，

）＝（ｅ，ｅ），即有ｇ＝ｅ，故枙ｇ枛∩枙ｈ枛＝｛ｅ｝．

５畅（１）枙ａ

ｍ

枛＝枙ａ枛骋ａ∈枙ａ

ｍ

枛骋愁ｌ，使ａ

ｌｍ

＝ａ．用除法算式ｌｍ＝ｑｎ＋ｒ，

０≤ｒ＜ｎ．若ｒ≠１，则ａ

ｌｍ

＝ａ

ｑｎ

·ａ

ｒ

＝ａ

ｒ

≠ａ，矛盾．故

ｍｌｍ

枙ａ枛＝枙ａ枛骋愁ｌ，使ａ＝ａ，且ｌｍ＝ｑｎ＋１．

骋（ｍ，ｎ）＝１．

（２）设（ｍ，ｎ）＝ｄ．则有ｌ，ｑ使ｌｍ＋ｑｎ＝ｄ．于是有ａ

ｌｍ

＝ａ

ｄ

，因而枙ａ

ｄ

枛彻

枙ａ

ｍ

枛．

又由（ｍ，ｎ）＝ｄ，ｄ｜ｍ．ａ

ｍ

＝ａ

ｓｄ

∈枙ａ

ｄ

枛，即有枙ａ

ｍ

枛彻枙ａ

ｄ

枛，故枙ａ

ｍ

枛＝枙ａ

ｄ

枛．

６畅Ｇ的元素的阶是｜Ｇ｜的因子．它的非单位元ａ的阶是ｐ

ｌ

，ｌ＞０．于是

ｈ

ｎ－ｊｉ

ｉｊ

π

答

ｅ，故ａ

－１

∈Ｇ

１

．以上证明了Ｇ

１

是Ｇ的子群．

－１

案

（ａｂ）

ｍｎ

＝ａ

ｍｎ

ｂ

ｍｎ

＝ｅ．故ａｂ∈Ｇ

１

．又ａ

ｍ

＝ｅ，（ａ

－１

）

ｍ

＝ａ

ｍ

（ａ

－１

）

ｍ

＝（ａａ

－１

）

ｍ

＝

８畅题７中已证ｏ（ａ）＝ｍ则（ａ）＝ｅ．故ｏ（ａ）≤ｏ（ａ）．由于ａ与ａ

－１－１

互为逆元，故ｏ（ａ）≤ｏ（ａ），因此有ｏ（ａ）＝ｏ（ａ）．

再看

ｍ

－１－１

课

后

ｍ个

ａ

ｍ

＝ｅ痴（ｃ

－１

ａｃ）（ｃ

－１

ａｃ）…（ｃ

－１

ａｃ）

＝ｃ

－１

ａ

ｍ

ｃ＝ｅ痴ａ

ｍ

＝ｃｅｃ

－１

＝ｅ．

由此即得ｏ（ａ）＝ｏ（ｃ

－１

ａｃ）．

－１

又ａｂ＝ｂ（ｂａ）ｂ，即得ｏ（ａｂ）＝ｏ（ｂａ）．

９畅（１）由ｌ｜［ｌ，ｋ］，［ｌ，ｋ］Ｚ彻ｌＺ．同样有［ｌ，ｋ］Ｚ彻ｋＺ，即得［ｌ，ｋ］Ｚ彻

ｌＺ∩ｋＺ．

ｌｋｌｔ

设ｔ∈ｌＺ∩ｋＺ，于是ｌ｜ｔ，ｋ｜ｔ．但［ｌ，ｋ］＝于是，

（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）

ｋｔｌｋｌｋｔｌｋ

．而，＝１，即有．于是

ｔ，

ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，ｋ）（ｌ，

则［ｌ，ｋ］｜ｔ及ｔ∈［ｌ，ｋ］Ｚ．因此ｌＺ∩ｋＺ彻［ｌ，ｋ］Ｚ．就得到ｌＺ∩ｋＺ＝

·２９·

网

w

ａ

ｐ

ｌ－１

的阶就为ｐ．

设ｏ（ａ）＝ｍ，ｏ（ｂ）＝ｎ．则７畅令Ｇ

１

＝｛ａ∈Ｇ｜ａ是有限阶｝．橙ａ，ｂ∈Ｇ

１

，

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

［ｌ，ｋ］Ｚ．

（２）由ｌＺ彻（ｌ，ｋ）Ｚ，ｋＺ彻（ｌ，ｋ）Ｚ，得ｌＺ＋ｋＺ彻（ｌ，ｋ）Ｚ．又有ｕ，ｖ∈Ｚ

使ｕｌ＋ｖｋ＝（ｌ，ｋ），得（ｌ，ｋ）Ｚ彻ｌＺ＋ｋＺ，就有（ｌ，ｋ）Ｚ＝ｌＺ＋ｋＺ．

§８　正规子群和商群

w

w

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅Ｇ的指数为２的子群Ｈ是正规子群．

　倡２畅Ｇ的中心Ｚ（Ｇ）是正规子群．

３畅证明Ｓ

３

中的子群ｅ，（１２）不是正规子群，ｅ，（１２３），（１３２）是正规

子群．

　倡４畅证明Ｓ

４

中Ｖ

４

（见§２习题５）是正规子群．

５畅ＧＬ

ｎ

（Ｆ）中子群ＳＬ

ｎ

（Ｆ）是正规子群及全部ｎ×ｎ数量矩阵的集合组成正

规子群．

.

k

h

d

a

w

８畅证明Ｓ

３

是唯一的非交换６阶群．

９畅Ｓ

４

中ｅ，（１２３），（１３２）是正规子群吗？

　倡１０畅设Ｇ是有限群，ｎ｜｜Ｇ｜，且Ｇ中仅有一个ｎ阶子群Ｈ，则Ｈ是Ｇ的正

规子群．

　倡１１畅确定Ｚ／３Ｚ，Ｚ／６Ｚ的加法表．写出Ｚ／ｎＺ的全部元素．

　倡１２畅Ｆ

２

是二元域，确定Ｆ

２

［ｘ］／（ｘ

２

＋１）Ｆ

２

［ｘ］，Ｆ

２

［ｘ］／（ｘ

３

＋ｘ

２

＋ｘ＋１）

Ｆ

２

［ｘ］的加法表．ｆ（ｘ）是域Ｆ

２

上ｎ次多项式，写出Ｆ

２

［ｘ］／ｆ（ｘ）Ｆ

２

［ｘ］的全

部元素．

１３畅Ｆ是域，写出ＧＬ

ｎ

（Ｆ）／ＳＬ

ｎ

（Ｆ）的全部元素．

１４畅Ｇ＝｛（ａ，ｂ）｜ａ，ｂ∈Ｒ，ａ≠０｝＝Ｒ

倡

×Ｒ，其中Ｒ

倡

＝Ｒ＼｛０｝，对乘法（ａ，

ｂ）（ｃ，ｄ）＝（ａｃ，ａｄ＋ｂ）成为群（§１习题６）．证明

Ｋ＝｛（１，ｂ）｜ｂ∈Ｒ｝

倡

是Ｇ的正规子群，且Ｇ／Ｋ碖Ｒ的乘法群．

１５畅Ｇ是群，Ｈ是子群．Ｃ

Ｇ

（Ｈ）及Ｎ

Ｇ

（Ｈ）分别是Ｈ的中心化子及正规化

·３０·

课

后

答

案

－１

７畅Ｇ是群，Ｈ是子群，则

ｘ

∩

ｘＨｘ

是Ｇ的正规子群．

∈Ｇ

网

w

６畅Ｇ是群，Ｈ

１

，Ｈ

２

，…，Ｈ

ｋ

，…皆为Ｇ的正规子群，则

ｉ

∩

Ｈ

ｋ

是Ｇ的正规子群．

＝１

.

c

∞

o

m

子．（见§３习题４）证明：

（１）Ｃ

Ｇ

（Ｈ）是Ｎ

Ｇ

（Ｈ）的正规子群．

（２）Ｎ

Ｇ

（Ｈ）到Ｈ的自同构群ＡｕｔＨ有同态映射

Ｎ

Ｇ

（Ｈ）ＡｕｔＨ

ｎ

（４）映射

Ｎ

Ｇ

（Ｈ）／Ｃ

Ｇ

（Ｈ）

ｎＣ

Ｇ

（Ｈ）

ＡｕｔＨ

τ

ｎ

τ

ｎ

：τ

ｎ

（ｈ）＝ｎｈｎ

－１

，橙ｈ∈Ｈ．

τ

ｎ

１

＝τ

ｎ

２

当且仅当ｎ

２

∈ｎ

１

Ｃ

Ｇ

（Ｈ）．

（３）橙ｎ

１

，ｎ

２

∈Ｎ

Ｇ

（Ｈ），

是群的单同态．

１６畅Ｇ＝枙ａ枛是ｎ阶循环群，Ｚ是整数加法群．证明：

（１）映射

Ｚ

ｍ

τ

答

案

是群同态．

（２）橙ｋ，ｍ∈Ｚ，τ（ｋ）＝τ（ｍ）当且仅当ｋ∈ｍ＋ｎＺ．

（３）映射

Ｚ／ｎＺＧ＝枙ａ枛

ｍ＋ｎＺａ

ｍ

是群同构．

１７畅Ｇ是ｐ

２

阶群，ｐ是素数，则Ｇ是交换群．进而证明只有两个（不同构

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

Ｇ

ａ

ｍ

.

c

ｐ

ｉ＝１

o

m

∪

ｇ

ｉ

Ｚ（Ｇ））．

Ｈ

ｋ

／Ｋ．

·３１·

１８畅若Ｇ／Ｚ（Ｇ）是循环群，则Ｇ是交换群．

１９畅Ｇ是群，Ｈ是循环子群且在Ｇ中正规，则Ｈ的子群在Ｇ中都正规．

２０畅令Ｄ

ｎ

是平面上正ｎ边形的对称性群．当ｎ为奇数时，Ｚ（Ｄ

ｎ

）为｛ｅ｝，当

ｎ为偶数时，Ｚ（Ｄ

ｎ

）为２阶群．

２１畅Ｇ是群，Ｈ

１

，Ｈ

２

，…，Ｈ

ｋ

，…是Ｇ的子群．Ｋ是Ｇ的正规子群，Ｋ炒Ｈ

ｋ

，

ｋ＝１，２，…，则

∞

ｋ＝１

课

后

的）ｐ

２

阶的群．（提示：若Ｇ≠Ｚ（Ｇ），则有ｇ∈Ｚ（Ｇ），使Ｇ＝

∩

Ｈ

ｋ

／Ｋ

＝

ｋ＝１

∩

∞

１畅橙ａ∈Ｈ，自然有ａＨ＝Ｈ＝Ｈａ．若ａ∈Ｈ，则Ｈ与ａＨ是不同的左陪集．

再由指数［Ｇ：Ｈ］＝２，Ｈ在中只有两个左陪集．故Ｇ＝Ｈ∪ａＨ．由于ａ∈Ｈ，Ｈ

与Ｈａ也是不同的右陪集，于是Ｇ＝Ｈ∪Ｈａ，ａＨ与Ｈａ皆为Ｈ在Ｇ中的补集，

即知ａＨ＝Ｈａ．这样，橙ａ∈Ｇ皆有ａＨ＝Ｈａ．由命题１及正规子群的定义知Ｈ

是Ｇ的正规子群．

２畅略．

３畅略．

４畅略．

５畅略．

∞

６畅首先证，橙ｇ∈Ｇ，有ｇ

－１

为ｇ

－１

ｉ＝１

∩

Ｈ

ｉ

ｇ＝

ｉ＝１

∩

∞

∞

ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ．实际上，左端的任一元

－１

ｈｇ，ｈ∈

ｉ＝１

ｉ＝１

∩

∞

Ｈ

ｉ

，由ｈ∈Ｈ

ｉ

，ｉ＝１，２，…，知ｇ

∞

ｉ＝１

ｈｇ∈ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ，ｉ＝１，２，…．故

ｉ＝１

∞

ｉ＝１

.

k

h

d

替代ｇ，并用ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ替代Ｈ

ｉ

，则有ｇ

ｉ＝１

∩

a

w

∞

∞

.

c

ｇ

－１

ｈｇ∈

∩

ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ，即有ｇ

－１

∩

Ｈ

ｉ

ｇ彻

∩

ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ．由ｇ的任意性，用ｇ

－１

∞

ｉ＝１

ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇｇ

－１

彻

o

m

∩

２

∞

ｇ（ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ）ｇ

－１

＝

∞

ｉ＝１

∞

即有ｇ

－１

ｉ＝１ｉ＝１

网

w

∩

Ｈ

ｉ

ｇ＝

∩

∞

ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ．

w

w

∩

－１－１

Ｈ

ｉ

．再用ｇ

－１

左乘两端，及用ｇ右乘两端就得到

ｉ

∩

ｇＨ

ｉ

ｇ彻ｇ

＝１

∩

Ｈ

ｉ

ｇ，

∞

ｉ＝１

∞

ｉ＝１

７畅首先对橙ｇ∈Ｇ，易知有

ｇＧ＝｛ｇｘ｜ｘ∈Ｇ｝＝Ｇ．

再由习题６证明中的第一部分，可得

ｇ

ｘ∈

∩

课

ｉ＝１

后

∩

Ｈ

ｉ

，这证明了

∩

∞

Ｈ

ｉ

是正规子群．

答

由Ｈ

ｉ

是Ｇ的正规子群，ｇ

－１

Ｈ

ｉ

ｇ＝Ｈ

ｉ

．就得橙ｇ∈Ｇ，ｇ

－１

案

∩

Ｈ

ｉ

ｇ＝

－１－１

ｘＨｘｇ

＝

Ｇ

－１

ｘ∈Ｇ

∩

ｇｘＨｘ

－１

ｇ

－１

＝

∩

－１

（ｇｘ）Ｈ（ｇｘ）＝

ｘ∈Ｇｙ∈Ｇ

∩

ｙＨｙ

－１

故

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

是Ｇ的正规子群．

８畅设Ｈ是６阶非交换群，我们证明Ｈ碖Ｓ

３

．

Ｈ非循环，故没有６阶元．它非交换，不能全是二阶元，故有三阶元ｂ．令Ｋ

＝枙ｂ枛，它是三阶群．［Ｈ：Ｋ］＝２，故Ｋ是Ｈ的正规子群，且有陪集分解Ｈ＝Ｋ

∪ａＫ．于是

Ｋ＝｛ｅ，ｂ，ｂ

｝，　Ｈ＝｛ｅ，ｂ，ｂ，ａ，ａｂ，ａｂ｝．

２２

·３２·

可以断言ａ

ｂａ≠ｂ．否则由ａｂ＝ｂａ，就得出Ｈ是交换群，与假设矛盾．由ａ

－１－１

ｂａ∈Ｋ（Ｋ是正规子群），ａｂａ≠ｅ（为什么？），又不等于ｂ，知ａｂａ＝ｂ

２

．也就

－１－１

得到ｂａ＝ａｂ

２

．

再证ａ＝ｅ．若不相等，则ａ为三阶元，ａ≠ｅ．若ａ∈ａＫ，则有ｋ∈Ｋ使ａ

＝ａｋ．于是ａ＝ｋ∈Ｋ与ａ∈Ｋ矛盾．若ａ

２

∈Ｋ则ｅ＝ａ

３

＝ａ·ａ

２

∈ａＫ也矛盾．

故ａ

２

＝ｅ．同样可证（ａｂ

２

）

２

＝（ａｂ）

２

＝ｅ（由于ａＫ＝ａｂＫ＝ａｂ

２

Ｋ）．

建立双射Ｈ

ｅ（１），ａ

ｂ

它保持乘法，故是同构．

９畅略．

１０畅略．

Ｓ

３

：

１２３

，ａｂ

３２１

１２３

，ｂ

２

２３１

１２３

，ａｂ

２

２１３

１２３

．

３１２

１２３

１３２

２２２２

Ｆ

２

［ｘ］／ｆ（ｘ）Ｆ

２

［ｘ］＝｛ａ

０

＋ａ

１

ｘ＋…＋ａ

ｎ－１

ｘ

ＧＬ

ｎ

（Ｆ），｜Ａ｜＝｜Ｂ｜．则Ａ＝Ｂ（Ｂ

－１

Ａ），｜Ｂ

－１

Ａ｜＝｜Ｂ｜

－１

｜Ｂ｜＝１．得Ｂ

－１

Ａ∈

对ｒ∈Ｆ

倡

＝Ｆ＼｛０｝，可取

后

答

ＳＬ

ｎ

（Ｆ）．故Ａ，Ｂ∈ＧＬ

ｎ

（Ｆ）属于ＳＬ

ｎ

（Ｆ）的同一陪集当且仅当｜Ａ｜＝｜Ｂ｜≠０．

ｒ

Ｒ

ｒ

＝

１

筹

１

则ＳＬ

ｎ

（Ｆ）在ＧＬ

ｎ

（Ｆ）中的全部陪集为

ＧＬ

ｎ

（Ｆ）／ＳＬ

ｎ

（Ｆ）＝｛Ｒ

ｒ

ＳＬ

ｎ

（Ｆ）｜ｒ∈Ｆ

倡

｝

１４畅略．

１５畅（１）取ｃ∈Ｃ

Ｇ

（Ｈ），ｎ∈Ｎ

Ｇ

（Ｈ），只要证（ｎｃｎ

－１－１－１－１

－１

ｎ×ｎ

课

案

网

w

ＳＬ

ｎ

（Ｆ）使Ａ＝ＢＣ．由此可推出｜Ａ｜＝｜Ｂ｜｜Ｃ｜＝｜Ｂ｜．反之设Ａ，Ｂ∈

w

w

１３畅Ａ，Ｂ∈ＧＬ

ｎ

（Ｆ），它们属于ＳＬ

ｎ

（Ｆ）的同一陪集当且仅当有Ｃ∈

.

k

h

d

ｎ－１

１１畅略．

１２畅只写出Ｆ

２

［ｘ］／ｆ（ｘ）Ｆ

２

［ｘ］的全部元素为

＋（ｆ（ｘ））｜ａ

ｉ

∈Ｆ

２

，ｉ＝０，１，…，ｎ－１｝．

a

w

．

）与Ｈ中的元素都交换．

－１

任取ｈ∈Ｈ．因ｎ

ｈｎ∈Ｈ，ｃ（ｎｈｎ）ｃ

＝ｎｈｎ．故（ｎｃｎ

得证．

ｎ（ｃ（ｎ

－１

ｈｎ）ｃ

－１

）ｎ

－１

＝ｎ（ｎ

－１

ｈｎ）ｎ

－１

＝ｈ．

ｎ

（２）对ｎ∈Ｎ

Ｇ

（Ｈ），易知τ

ｎ

：τ

ｎ

（ｈ）＝ｎｈｎ

－１

.

c

o

m

－１

）ｈ（ｎｃｎ）

－１

＝

，橙ｈ∈Ｈ，是Ｈ的自同构．故

·３３·

τ

ｎ

是Ｎ

Ｇ

（Ｈ）到Ａｕｔ（Ｈ）的映射．又对ｎ

１

，ｎ

２

∈Ｎ

Ｇ

（Ｈ），橙ｈ∈Ｈ，

τ

ｎ

１

ｎ

２

（ｈ）＝（ｎ

１

ｎ

２

）ｈ（ｎ

１

ｎ

２

）

－１

＝ｎ

１

（ｎ

２

ｈｎ

２

）ｎ

１

＝τ

ｎ

１

τ

ｎ

２

（ｈ）．故

－１－１

τ

ｎ

１

ｎ

２

＝

τ

ｎ

１

τ

ｎ

２

，即这映射是群Ｎ

Ｇ

（Ｈ）到Ｈ的自同构群Ａｕｔ（Ｈ）的同态．

（３）橙ｎ

１

，ｎ

２

∈Ｎ

Ｇ

（Ｈ），τ

ｎ

１

＝τ

ｎ

２

骋橙ｈ∈Ｈ，ｎ

１

ｈｎ

１

－１

＝ｎ

２

ｈｎ

２

－１

骋橙ｈ∈Ｈ，

（ｎ

１

－１

ｎ

２

）ｈ（ｎ

１

－１

ｎ

２

）＝ｈ骋ｎ

１

－１

ｎ

２

∈Ｃ

Ｇ

（Ｈ）骋ｎ

２

∈ｎ

１

Ｃ

Ｇ

（Ｈ）．

（４）先说明ｎＣ

Ｇ

（Ｈ）τ

ｎ

与代表元ｎ的选择无关．实际上，橙ｎ

１

∈

η

ｎＣ

Ｇ

（Ｈ），由（３）知τ

ｎ

１

＝τ

ｎ

．这样，映射

Ｎ

Ｇ

（Ｈ）／Ｃ

Ｇ

（Ｈ）

ｎＣ

Ｇ

（Ｈ）

Ａｕｔ（Ｈ）

τ

ｎ

是有定义的．仍由（３）知，这是单射．又η（ｍＣ

Ｇ

（Ｈ）ｎＣ

Ｇ

（Ｈ））＝η（ｍｎＣ

Ｇ

（Ｈ））＝

故η是群同态，且是单同态．

τ

ｍｎ

＝τ

ｍ

τ

ｎ

＝η（ｍＣ

Ｇ

（Ｈ））·η（ｎＣ

Ｇ

（Ｈ））．

１６畅（１）τ（ｍ

１

＋ｍ

２

）＝ａ

ｍ＋ｎＺ．

（３）令Ｚ／ｎＺ

ｍ＋ｎＺ

由（２）知，ｍ＋ｎＺ

（２）知，它是单射．

η

＝ａ＝τ（ｍ

１

）τ（ｍ

２

），故τ是同态．

.

k

h

d

Ｇ＝枙ａ枛

课

群．当Ｚ（Ｇ）≠Ｇ，则［Ｇ：Ｚ（Ｇ）］＝ｐ．于是Ｇ／Ｚ（Ｇ）是ｐ阶循环群．令枙珔ｇ枛＝

ｐ

后

τ（ｋ）＝η（ｍ＋ｎＺ）η（ｋ＋ｎＺ）．故η是同态．η显然是满射，故是同构．

１７畅Ｇ是ｐ群，由§６习题１６知Ｚ（Ｇ）≠｛ｅ｝．若Ｚ（Ｇ）＝Ｇ，则Ｇ是交换

答

案

又η（（ｍ＋ｎＺ）＋（ｋ＋ｎＺ））＝η（（ｍ＋ｋ）＋ｎＺ）＝τ（ｍ＋ｋ）＝τ（ｍ）

网

w

τ（ｍ）与代表元的选择无关，即这映射是有定义的．仍由

w

w

τ（ｍ）＝ａ

．

a

w

ｍ

ｐ－１ｐ

.

c

（２）橙ｋ，ｍ∈Ｚ，τ（ｍ）＝τ（ｋ）骋ａ

ｋ

＝ａ

ｍ

骋ａ

ｋ－ｍ

＝ｅ骋（ｋ－ｍ）∈ｎＺ骋ｋ∈

o

m

ｍ

１

＋ｍ

２

ｍ

１

ａ

ｍ

２

ｇ

Ｇ／Ｚ（Ｇ），ｇ＝ｇＺ（Ｇ）．珔枙珔ｇ枛＝枙ｇ珔，ｇ珔

，…，珔

２

，珔ｇ＝珋ｅ枛．于是Ｇ＝

ｉ＝１

∪

ｇ

ｉ

Ｚ（Ｇ）．Ｇ

的任何元素可写成ｇ

ｉ

ｚ，ｚ∈Ｚ（Ｇ）．Ｇ的两个元素ｇ

ｉ

ｚ

１

和ｇ

ｊ

ｚ

２

，ｚ

１

，ｚ

２

∈Ｚ（Ｇ），

就有ｇ

ｉ

ｚ

１

ｇ

ｊ

ｚ

２

＝ｇ

ｉ

ｇ

ｊ

ｚ

１

ｚ

２

＝ｇ

ｊ

ｚ

２

ｇ

ｉ

ｚ

１

，即相互交换，故Ｇ为交换群．

｜Ｇ｜＝ｐ

２

，Ｇ有下列两种类型：

（１）Ｇ中有ｐ

２

阶元ａ，则Ｇ是ｐ

２

阶循环群．

（２）Ｇ中非单位元皆为ｐ阶．任取ｅ≠ａ∈Ｇ，枙ａ枛是ｐ阶群，故Ｇ＼枙ａ枛中

还有ｂ≠ｅ．枙ｂ枛也为ｐ阶群，枙ａ枛∩枙ｂ枛≠枙ａ枛，而ｐ阶群枙ａ枛的真子群只有｛ｅ｝．

故枙ａ枛∩枙ｂ枛＝｛ｅ｝．此时作映射

枙ａ枛×枙ｂ枛

·３４·

τ

Ｇ

（ａ，ｂ）

ｉｊ

ａ

ｂ

ｉｊ

中心中的元素．故Ｚ（Ｄ

ｎ

）＝ｅ．

当ｎ为偶数，仍将各顶点编号为Ａ

１

，Ａ

２

，…，Ａ

ｎ

，中心记为Ｏ．记直线

ｎｎｎ

ＯＡ为ｌ

，ｌ，…，ｌ

ｎ

Ａ

１

ＯＡ

２

Ａ

２

ＯＡ

２

＋１

，

＋２

，…，Ａ

ｎ

１２

２２

２ｉπ

的

ｎ

ｎ

的变换为Ｔ

ｉ

，ｉ＝０，１，…，ｎ－１．平面对ｌ

１

，ｌ

２

，…，ｌ

２

（例ｎ＝４，如图２）．记平面上绕Ｏ反时针旋转

ｎ

．反射分别记为Ｓ

１

，Ｓ

２

，…，Ｓ

２

则

Ｄ

ｎ

＝｛Ｔ

ｉ

，Ｔ

ｉ

Ｓ

１

，ｉ＝０，１，２，…，ｎ－１｝．

ｎ

－１

Ｔ

ｉ

Ｓ

１

Ｔ

ｉ

＝Ｓ

ｉ＋１

，ｉ＝０，１，…，

－１．

２

ｎｎ

ｎ

，

Ｔ

ｉ

Ｓ

１

Ｔ

ｉ

－１

＝Ｓ

ｉ＋１－

２

ｉ＝，＋１，…，ｎ－１．

２２

·３５·

易知

课

后

外与任何Ｔ

ｉ

不交换．当然对ｉ＞０，Ｔ

ｉ

也不与任何

Ｔ

ｊ

Ｓ

１

交换，因此Ｔ

ｉ

，ｉ＞０及Ｔ

ｊ

Ｓ

１

，任何ｊ，都不是

答

案

ｎ－１｝．可算出Ｔ

ｉ

Ｓ

１

Ｔ

ｉ

＝Ｓ

ｉ＋１

．这说明Ｓ

１

，除Ｔ

０

－１

网

w

绕Ｏ

（例ｎ＝３，见图１）．令平面对ｌ

ｉ

的反射为Ｓ

ｉ

，

２ｉπ

反时针旋转

１，２，…，ｎ－１．

角的变换为Ｔ

ｉ

，ｉ＝０，

ｎ

则它的对称性群Ｄ

ｎ

＝｛Ｔ

ｉ

，Ｔ

ｉ

Ｓ

１

，ｉ＝０，１，２，…，

w

w

.

k

h

d

易知它是同态，再证它是单射．设τ（（ａ

ｉ

，ｂ

ｊ

））＝τ（（ａ

ｌ

，ｂ

ｍ

）），即ａ

ｉ

ｂ

ｊ

＝ａ

ｌ

ｂ

ｍ

．于

是ａ

ｉ－ｌ

＝ｂ

ｍ－ｊ

．由枙ａ枛∩枙ｂ枛＝ｅ，得ａ

ｉ－ｌ

＝ｂ

ｍ－ｊ

＝ｅ．于是ａ

ｉ

＝ａ

ｌ

，ｂ

ｍ

＝ｂ

ｊ

．这证

明了τ是单射．

最后证明τ是满射，τ的象集是Ｇ的子群．τ的象中有枙ａ枛及枙ｂ枛，多于ｐ个

故τ的象只能是Ｇ本身，元．｜Ｇ｜＝ｐ

２

，Ｇ的子群只有｛ｅ｝，ｐ阶子群和Ｇ本身，

这样τ是满射．

综合以上论证，τ是同构．

０１２

ｉ

１８畅设Ｇ／Ｚ（Ｇ）＝枙ｇ珔枛，枙珔ｇ枛＝枙ｇ珔，珔ｇ，ｇ，…枛．珔则Ｇ＝∪ｇ

Ｚ（Ｇ）．橙ａ，ｂ∈

Ｇ，令ａ＝ｇ

ｉ

ｚ

１

，ｂ＝ｇ

ｊ

ｚ

２

，ｚ

１

，ｚ

２

∈Ｚ（Ｇ）．ａｂ＝ｇ

ｉ

ｚ

１

ｇ

ｊ

ｚ

２

＝ｇ

ｉ

ｇ

ｊ

ｚ

１

ｚ

２

＝ｇ

ｊ

ｚ

２

ｇ

ｉ

ｚ

１

＝

ｂａ，故Ｇ是交换群．

１９畅由§７定理３，循环群Ｈ中的同阶子群只有一个．设Ｋ是Ｈ中ｑ阶子

群，橙ｇ∈Ｇ，因Ｋ彻Ｈ，Ｈ在Ｇ中正规，ｇ

－１

Ｋｇ彻Ｈ．ｇ

－１

Ｋｇ是Ｈ中ｑ阶子群，

故ｇ

－１

Ｋｇ＝Ｋ，Ｋ在Ｇ中正规．

２０畅令Ｏ为正ｎ边形的中心，当ｎ为奇数时，将它的顶点编号为Ａ

１

，Ａ

２

，…，

Ａ

ｎ

，令过Ｏ，Ａ

ｉ

的直线为ｌ

ｉ

，ｉ＝１，２，…，ｎ共ｎ个

a

w

.

c

o

m

ｎ

Ｓ

Ｔ

ｎ

＝Ｓ，

ｎ

故除了Ｔ

０

Ｓ

１

Ｔ

０

＝Ｓ

１

，Ｔ

２

其它Ｔ

ｉ

与Ｓ

１１１

即Ｓ

１

与Ｔ

０

，Ｔ交换外，

２２

－１－１

ｎｎ

皆不交换，当然对ｉ≠０，，Ｔ

ｉ

不与任何Ｔ

ｊ

Ｓ

１

交换．即Ｔ

ｉ

，ｉ≠０，

，Ｔ

ｊ

Ｓ

１

都不是

２２

ｎ

Ｚ（Ｄ

ｎ

）中的元素．Ｚ（Ｄ

ｎ

）＝｛Ｔ

０

，Ｔ

２

｝．

∞

２１畅设珔ｈ∈

Ｈ

ｋ

／Ｋ，于是珔ｈ∈

反之，对珔ｈ∈

ｋ＝１

∩

Ｈ

ｋ

／Ｋ，其中ｈ∈

（Ｈ

ｋ

／Ｋ）．即

ｋ＝１

ｋ＝１

∩

∞

Ｈ

ｋ

．则ｈ∈Ｈ

ｋ

，ｋ＝１，２，…．因此珔ｈ∈

ｋ＝１ｋ＝１

∞

∩

∞

∩

∞

Ｈ

ｋ

／Ｋ彻

∩

∞

（Ｈ

ｋ

／Ｋ）．

ｋ＝１

∩

（Ｈ

ｋ

／Ｋ），则橙ｋ有珔ｈ∈Ｈ

ｋ

／Ｋ．于是有ｈ

ｋ

∈Ｈ

ｋ

，ｌ

ｋ

∈Ｋ，使

ｋ＝１

ｈ＝ｈ

ｋ

ｌ

ｋ

．故橙ｋ有ｈ∈Ｈ

ｋ

，就有ｈ∈

∞

ｋ＝１

∩

∞

Ｈ

ｋ

．即得珔ｈ∈

ｋ＝１

∩

∞

Ｈ

ｋ

／Ｋ．由此

ｋ＝１

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

（１３），…，（１ｎ）生成，也可由（１２），（２３），…，（ｎ－１ｎ）

　倡１畅证明Ｓ

ｎ

可由（１２），

生成．

２畅（１）求（１２），（３４５）在Ｓ

７

中的中心化子．

　倡（２）证明σ＝（１２３…ｎ）在Ｓ

ｎ

中的中心化子是枙σ枛及σ所在的共轭类中元

素数目为（ｎ－１）！．

（３）求（１２）（３４５）（６）在Ｓ

６

中的中心化子的阶及其所在共轭类元素数目．

　倡３畅Ｇ是Ｓ

ｎ

的子群，则Ｇ中全部偶置换组成Ｇ的一个正规子群Ｈ．若Ｇ中

有奇置换，则［Ｇ：Ｈ］＝２．

４畅Ｇ是２ｋ阶群，ｋ奇数，则Ｇ中有一个ｋ阶的正规子群（提示：由§４中的

定理２（Ｃａｙｌｅｙ定理），Ｇ同构于Ｓ

２ｋ

的一个子群．又由§１习题１３，这个子群有一

个元ａ≠ｅ，ａ

２

＝ｅ，分析这个置换的奇偶性）．

５畅证明ｎ≥３时，Ｓ

ｎ

的中心为ｅ．

　倡６畅重新证明Ａ

５

是单群．

７畅证明Ａ

４

中没有６阶子群．

·３６·

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

§９　ｎ元交错群Ａ

ｎ

，Ａ

ｎ

（ｎ≥５）的单性

a

w

.

c

o

m

∩

（Ｈ

ｋ

／Ｋ）彻

∩

∞

Ｈ

ｋ

／Ｋ，故两者相等．

１畅对ｎ作归纳法，当ｎ＝２时显然成立．设ｎ－１时已对，即１，２，…，ｎ－１

它是轮换的

的任一置换是（１２），（１３），…，（１ｎ－１）的乘积．对Ｓ

ｎ

的任一置换，

乘积．我们只要证明任一轮换是（１２），（１３），…，（１ｎ）的乘积就行．对含文字ｎ

的轮换（ｉ

１

…ｉ

ｋ

ｎ）它等于（ｉ

１

ｉ

２

…ｉ

ｋ

）（ｉ

ｋ

ｎ）＝（ｉ

１

…ｉ

ｋ

）（１ｉ

ｋ

）（１ｎ）（１ｉ

ｋ

）．而（ｉ

１

…

可由（１２），（１３），…，（１ｎ－１）的乘积表出．故结论成立．这就完成ｉ

ｋ

）∈Ｓ

ｎ－１

，

了归纳法．后半题略证．

２畅（１）求（１２）在Ｓ

７

中的中心化子．

１２３４５６７

设σ＝使σ（１２）σ

－１

＝

σ（１）σ（２）σ（３）σ（４）σ（５）σ（６）σ（７）

（１２）．上式左端＝（σ（１）　σ（２））＝（１　２）骋σ∈Ｓ

２

Ｓ

５

．其中Ｓ

２

是文字１，２的对

称群，Ｓ

５

是文字３，４，５，６，７的对称群．即（１　２）的中心化子是Ｓ

２

Ｓ

５

．

其中Ｃ

３

＝｛（１），（３４５），（３５４）｝，类似地（３　４　５）的中心化子是Ｃ

３

Ｓ

４

．

（２）先证σ＝（１２…ｎ）的中心化子Ｃ

Ｓ

ｎ

（σ）＝枙σ枛．

ｎ！

＝（ｎ－１）！．

ｎ

（３）（１２）（３４５）（６）的中心化子是Ｓ

２

Ｃ

３

．其中Ｓ

２

，Ｃ

３

如本题（１）．

［Ｓ

ｎ

∶Ｃ

Ｓ

ｎ

（σ）］＝

３畅Ｈ由Ｇ中全部偶置换组成，对橙σ∈Ｈ，τ∈Ｇ，τστ

－１

仍为Ｇ中偶置换．

故τＨτ

－１

＝Ｈ，即Ｈ是Ｇ的正规子群．又若Ｇ中还有奇置换τ，则τＨ中皆为奇

置换．且对Ｇ中任一奇置换τ

１

，ττ

１

必为偶置换，故ττ

１

∈Ｈ，因而τ

１

∈τＨ．

故τＨ是Ｇ中全部奇置换．由此Ｇ＝Ｈ∪τＨ，［Ｇ∶Ｈ］＝２．

４畅考虑Ｇ在Ｇ上左乘的群作用，由§４的Ｃａｙｌｅｙ定理，这是群Ｇ到Ｇ上

置换群的同构．后者是２ｋ个元的集合Ｇ上的｜Ｇ｜个置换组成的Ｓ

２ｋ

的子群．因

｜Ｇ｜＝２ｋ，故有ｇ∈Ｇ，ｇ≠ｅ，但ｇ＝ｅ（§１习题１３）．考虑ｇ左乘Ｇ所对应的

全部置换．对任ａ∈Ｇ，ｇ在ａ，ｇａ这对元素上的作用构成二轮换，即对换，令ａ

１

＝

·３７·

２

－１－１

课

由于｜枙σ枛｜＝ｎ，σ所在的共轭类中元素的数目为

后

即τ＝σ

ｋ－１

答

１　…　ｋ－１．因而τ＝

１２…ｎ－（ｋ－１）ｎ－（ｋ－２）…ｎ

．

ｋｋ＋１…ｎ１…ｋ－１

，１≤ｋ≤ｎ．这证明了τστ

－１

＝σ当且仅当τ∈枙σ枛，因此Ｃ

Ｓ

ｎ

（σ）＝枙σ枛．

案

网

w

１２…ｎ

满足τστ

－１

＝σ．即（τ（１）τ（２）…τ（ｎ））＝

τ（１）τ（２）…τ（ｎ）

（１２…ｎ）．故τ（１）τ（２）…τ（ｎ）是１　２…ｎ的如下形式的排列ｋ　ｋ＋１…ｎ

设τ＝

w

w

.

k

h

d

Ｓ

４

是１，２，６，７四个文字上的对称群．

a

w

.

c

o

m

ａ，ａ

２

＝ｇａ

１

＝ｇａ，则ｇａ

２

＝ｇ

ａ

１

＝ａ

１

．易知ｇ在Ｇ＼｛ａ

１

，ａ

２

｝上的左乘作用仍是

封闭的，用归纳法可知Ｇ中２ｋ个元可逐个配对为ａ

１

ａ

２

；ａ

３

，ａ

４

；…；ａ

２ｋ－１

，ａ

２ｋ

，

２

２，…，ｋ．即ｇ在Ｇ上的左乘并满足ｇａ

２ｌ－１

＝ａ

２ｌ

，ｇａ

２ｌ

＝ｇ

２

ａ

２ｌ－１

＝ａ

２ｌ－１

，ｌ＝１，

作用是ｋ个对换的乘积．ｋ是奇数，故ｇ对应奇置换．由习题６，Ｇ的左乘作用作

成的置换群中有指数为２的正规子群．

５畅设τ∈Ｓ

ｎ

的中心，令σ＝（１２…ｎ－１）（ｎ）．当然τ在σ的中心化子中．由

τστ＝σ，就得（τ（１）τ（２）…τ（ｎ－１））（τ（ｎ））＝（１２…ｎ－１）（ｎ）．再由

ｎ－１≥２，故τ（ｎ）＝ｎ．适当更换σ，可证明τ（１）＝１，τ（２）＝２，…，τ（ｎ）＝ｎ．即

τ＝ｅ．

６畅按课文中的证明路线，只要证明Ａ

５

的非平凡正规子群Ｈ中有三轮换．

我们按Ｈ中置换的不动元数目来进行分析．

Ｈ中有非单位元置换τ．若τ有四个不动元，则另一个元也为不动元，它就

是单位元，不可能．若τ有三个不动元，则τ为对换或单位元．前者是奇置换，它

不属于Ｈ，这也不可能．若τ恰有两个不动元，只能是其它三个元的三轮换，故

Ｈ中有三轮换．现设τ最多有一个不动元，τ是偶置换，只能是五轮换，τ＝

（α

１

α

２

α

３

α

４

α

５

）或是两个不相交的对换的乘积，τ＝（α

１

α

２

）（α

３

α

４

）．令φ＝

（α

３

α

４

α

５

）∈Ａ

５

，作φτφ

－１

，它是φτφ

－１

＝（α

１

α

２

α

４

α

５

α

３

）或（α

１

α

２

）（α

４

α

５

），再作

τφτφ，它就等于（α

１

）（α

２

α

３

α

５

）（α

４

）或（α

１

）（α

２

）（α

４

α

５

α

３

）它们都是三轮换且

都属于Ｈ．

由习题７知Ｈ中有三阶正规子群Ｋ，且Ｈ中７畅设Ｈ是Ａ

４

中的６阶子群．

Ｋ．但ｈ

２

＝ｅ，于是ｈｋ

１

＝ｅ，而得ｈ∈Ｋ．Ｋ中无二阶元，矛盾．即ｈＫ中皆为二阶

元．Ａ

４

中仅有三个二阶元，（１２）（３４），（１３）（２４），（１４）（２３），加上ｅ正好组成

Ｈ中的４阶子群．但４嘲｜Ｈ｜，矛盾．故Ａ

４

中没有６阶子群．

－１

课

后

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

１畅Ｆ是域．试证明ＧＬ

ｎ

（Ｆ）／ＳＬ

ｎ

（Ｆ）碖Ｆ．

２畅Ｓ

４

有正规子群Ｖ

４

＝｛（１），（１２）（３４），（１３）（２４），（１４）（２３）｝．试写出

Ｓ

４

／Ｖ

４

的全部元素，并建立一个同构映射

·３８·

答

§１０　同态基本定理

案

有二阶元ｈ．于是Ｈ＝Ｋ∪ｈＫ．若ｈｋ∈ｈＫ为三阶元，则（ｈｋ）＝ｈ

ｋ

１

＝ｅ，ｋ

１

∈

３３

网

w

w

w

－１－１

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

Ｓ

４

／Ｖ

４

Ｓ

３

．

　倡３畅Ｇ是群，Ｚ（Ｇ）是Ｇ的中心，则Ｇ／Ｚ（Ｇ）同构于ＡｕｔＧ的子群．进而，若

Ｇ非交换，则ＡｕｔＧ是非循环群．

　倡４畅Ｃ

倡

是非零复数的乘法群．Ｕ＝｛ｅ

ｉθ

｜θ实数｝是Ｃ

倡

中绝对值等于１的复数

的子群，则Ｃ

倡

／Ｕ同构于正实数的乘法群．

　倡５畅Ｒ是实数加法群，Ｚ是它的加法子群，则Ｒ／Ｚ同构于绝对值为１的复数

的乘法群．

６畅设群Ｇ到群Ｇ珚有满同态ｆ．令Ｎ＝Ｋｅｒｆ．记ｆ

－１

（Ｋ珡）为Ｇ珚的子集Ｋ珡对

于ｆ的原象．证明：

（１）若Ｋ珡是Ｇ珚的子群，则Ｎ炒ｆ

－１

（Ｋ珡）．

（２）｛Ｇ的包含Ｎ的子群｝｛Ｇ珚的子群｝

Ｈｆ（Ｈ）

是双射，且保持包含关系．

（３）若Ｋ珡是Ｇ珚的正规子群，则ｆ

－１

（Ｋ珡）是Ｇ的含Ｎ的正规子群．于是

｛Ｇ的包含Ｎ的正规子群｝｛Ｇ珚的正规子群｝

Ｋｆ（Ｋ）

是双射．

（４）设Ｈ珡是Ｇ珚的正规子群，则有同构

Ｇ／ｆ

－１

（Ｈ珡）碖Ｇ珚／Ｈ珡．

（５）Ｇ是群，Ｎ是正规子群．令Ｇ珚＝Ｇ／Ｎ．π是自然同态

φ

案

ＧＧ／Ｎ＝Ｇ珚，

则π建立了｛Ｇ的含Ｎ的子群｝到｛Ｇ珚的子群｝上的双射：π（Ｈ）＝Ｈ珡＝Ｈ／Ｎ．且

保持包含关系．同时建立了｛Ｇ的含Ｎ的正规子群｝到｛Ｇ珚的正规子群｝上的双

射．且有同构

课

后

以上的结论称为第二同构定理．

７畅Ｇ是群，Ｈ是子群，［Ｇ：Ｈ］＝ｎ．令Ｇ中Ｈ的左陪集的集合Ｍ＝｛ｘ

ｉ

Ｈ｜ｉ

＝１，２，…，ｎ，ｘ

ｉ

∈Ｇ｝．证明：

（１）ｇ∈Ｇ，ｇｘ

ｉ

Ｈ＝ｘ

ｉ

Ｈ，ｉ＝１，２，…，ｎ当且仅当ｇ∈

ｎ

ｉ＝１

答

Ｇ／Ｈ碖Ｇ珚／Ｈ珡＝Ｇ／Ｎ

／

Ｈ／Ｎ．

网

w

π

w

w

.

k

h

d

φ

a

w

.

c

o

m

∩

ｎ

ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

－１

．

（２）

ｉ＝１

∩

ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

－１

＝

φ

ｘ∈Ｇ

∩

ｘＨｘ

－１

是Ｇ的正规子群．

（３）映射Ｇ

Ｓ

ｎ

（Ｍ中ｎ个元的置换群）

·３９·

ｇ

是群同态．

φ（ｇ）：ｘ

ｉ

Ｈｇｘ

ｉ

Ｈ，ｉ＝１，２，…，ｎ，

－１

（４）橙ｇ

１

，ｇ∈Ｇ，φ（ｇ）＝φ（ｇ

１

）当且仅当ｇ

１

∈ｇ（

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

（５）映射：Ｇ

／

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

ｇ

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

－１

）．

Ｓ

ｎ

φ（ｇ）

－１

－１

是群的单同态．即Ｇ

／

ｘ

∩

ｘＨｘ

与Ｓ

ｎ

的一个子群同构．

∈Ｇ

（６）Ｈ包含一个正规子群，它在Ｇ中的指数是ｎ！的因子．

８畅Ｇ是有限群，ｐ是｜Ｇ｜的最小素因子．证明Ｇ的指数为ｐ的任意子群皆

为正规子群．

１畅由§８习题１３的证明可得所要的结论．

２畅计算Ｖ

４

在Ｓ

４

中的全部陪集：

Ｖ

４

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

（１３）Ｖ

４

＝｛（１３），（２４），（１４３２），（１２３４）｝＝（１３），

（１２３）Ｖ

４

＝｛（１２３），（１３４），（２４３），（１４２）｝＝（１２３），

Ｓ

４

／Ｖ

４

＝｛（１），（１２），（１３），（２３），（１２３），（１３２）｝

（１）（１），（１２）（１２），（１３）（１３），（２３）

（１２３），（１３２）（１３２）．

课

作映射：

后

（１３２）Ｖ

４

＝｛（１３２），（１４３），（２３４），（１２４）｝＝（１２３）．

Ｓ

３

（２３），（１２３）

易知这是双射，又显然是同态，故是同构．

另一法：考虑Ｓ

４

在｛σ

１

＝（１２）（３４），σ

２

＝（１３）（２４），σ

３

＝（１４）（２３）｝上的

σ

３

｝上的置换群Ｓ

３

有同态π，可算出：共轭作用．于是Ｓ

４

到｛σ

１

，σ

２

，

π（（１２））＝

π（（２３））＝

·４０·

σ

１

σ

１

σ

１

σ

２

σ

２

σ

３

σ

２

σ

１

σ

３

σ

２

σ

３

σ

３

，π（（１３））＝

，

σ

１

σ

３

σ

２

σ

２

σ

３

σ

１

，

答

案

（２３）Ｖ

４

＝｛（１４），（２３），（１２４３），（１３４２）｝＝（２３），

网

w

（３４），（１４２３），（１３２４）｝＝（１２），（１２）Ｖ

４

＝｛（１２），

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

π（（１２３））＝

π（（１））＝

Ｖ

４

≤Ｋｅｒπ．

σ

１

σ

１

σ

１

σ

３

σ

２

σ

２

σ

２

σ

１

σ

３

σ

３

σ

３

σ

２

．

，π（（１３２））＝

σ

１

σ

２

σ

２

σ

３

σ

３

σ

１

，

故π是满射，又Ｖ

４

是交换群，它的元共轭作用于σ

１

，σ

２

，σ

３

上是恒等变换，即

由Ｓ

４

／Ｋｅｒπ碖Ｓ

３

，知｜Ｋｅｒπ｜＝｜Ｖ

４

｜＝４，故Ｋｅｒπ＝Ｖ

４

．

３畅群Ｇ共轭作用于Ｇ自身是内自同构，这就将群Ｇ映射到ＡｕｔＧ之中．设

此映射为π，共轭作用决定π是同态．又

Ｚ（Ｇ）．

ｇ∈Ｋｅｒπ骋ｇ的共轭作用是恒等变换骋对橙ａ∈Ｇ，有ｇ

－１

ａｇ＝ａ骋ａ∈

数．作映射

Ｃ

＝Ｃ＼｛０｝

ｚ＝ｒｅ

ｉθ

倡

π

网

w

Ｒ

（正实数乘法群）

ｒ，

＋

倡＋

答

乘法群．作映射

案

这是满射，且是同态．ｚ∈Ｋｅｒπ骋ｚ的绝对值ｒ＝１．故Ｋｅｒπ＝Ｕ．即Ｃ／Ｕ碖Ｒ．

ｉ２πθ

，０≤θ＜１．以Ｕ记这种复数的５畅每个绝对值为１的复数ｚ可写成ｚ＝ｅ

Ｒ

后

ｒ

＝ｋ＋θ

０≤θ＜１，ｋ∈Ｚ

课

w

w

η

这是同态：对ｒ

１

＋ｒ

２

＝ｋ

１

＋ｋ

２

＋θ

１

＋θ

２

．若θ

１

＋θ

２

＜１，则η（ｒ

１

＋ｒ

２

）＝ｅ

ｉ２π（θ

１

＋

＝ｅ

ｉ２πθ

１

ｉ２πθ

２

.

k

h

d

Ｕ

ｅ

ｉθ２π

即Ｋｅｒπ＝Ｚ（Ｇ），这样Ｇ／Ｚ（Ｇ）＝Ｇ／Ｋｅｒπ碖Ｇ在π下的象，是ＡｕｔＧ的子群．

若ＡｕｔＧ是循环群，则Ｇ的象，因而Ｇ／Ｚ（Ｇ）是循环群，再由§８习题１８，

Ｇ是交换群，矛盾，故ＡｕｔＧ是非循环群．

４畅中学数学中已学过，任意非零复数ｚ＝ｒｅ

ｉθ

，ｒ≠０是ｚ的绝对值，θ是实

．

θ

２

）

η（ｒ

１

＋

ｅ

＝η（ｒ

１

）η（ｒ

２

）；若θ

１

＋θ

２

＝１＋θ，０≤θ＜１，ｒ

１

＋ｒ

２

＝ｋ

１

＋ｋ

２

＋１＋θ，

ｉ２πθ

a

w

－１

.

c

ｒ

２

）＝ｅ＝ｅ

ｉ２π（１＋θ）

＝ｅ

ｉ２π（θ

１

＋θ

２

）

＝ｅ

o

m

ｉ２πθ

１

η（ｒ

２

）．又ｒ∈Ｋｅｒη骋ｅ

ｉ２πθ

＝１骋θ＝０骋ｒ∈Ｚ，即Ｋｅｒη＝Ｚ．因此

Ｒ／Ｚ＝Ｒ／Ｋｅｒη碖Ｕ．

６畅（１）Ｎ＝Ｋｅｒｆ＝ｆ

－１

（ｅ），ｅ是Ｇ珚的单位元．对Ｋ珡是Ｇ珚的子群，ｅ∈Ｋ珡，显然

ｆ

－１

（Ｋ珡）澈ｆ

－１

（ｅ）＝Ｎ．

（２）令Ｈ珡＝ｆ（Ｈ），我们证Ｈ＝ｆ

－１

（Ｈ珡）．显然Ｈ彻ｆ

－１

（Ｈ珡）．现证ｆ

－１

（Ｈ珡）

彻Ｈ．对任ｋ∈ｆ

－１

（Ｈ珡），则ｆ（ｋ）∈Ｈ珡＝ｆ（Ｈ）．于是有ｈ∈Ｈ使ｆ（ｈ）＝ｆ（ｋ），即

得ｆ（ｈ

－１

ｅ

ｉ２πθ

２

＝η（ｒ

１

）·

ｋ）＝ｅ．故ｈ

－１

ｋ∈Ｎ．由于Ｎ彻Ｈ，而有ｈｋ∈Ｈ，ｋ∈ｈＨ＝Ｈ．因此

·４１·

Ｈ＝ｆ

（Ｈ珡）．这说明φ是单射．

再证φ是满射．对任Ｈ珡是Ｇ珚的子群，来证ｆ

－１

（Ｈ珡）是Ｇ的子群．对ｈ

１

，

－１

ｈ

２

∈ｆ

－１

（Ｈ珡），ｆ（ｈ

１

），ｆ（ｈ

２

）∈Ｈ珡．故ｆ（ｈ

１

ｈ

２

）＝ｆ（ｈ

１

）ｆ（ｈ

２

）∈Ｈ珡，就有ｈ

１

ｈ

２

∈

ｆ

－１

（Ｈ珡），又对ｆ（ｈ

１

）∈Ｈ珡，ｆ（ｈ

１

）

－１

＝ｆ（ｈ

１

－１

）∈Ｈ珡．因此ｈ

１

－１

∈ｆ

－１

（Ｈ珡）．以上就

证明了ｆ

－１

（Ｈ珡）是Ｇ的子群．

－１－１

由于φ（ｆ（Ｈ珡））＝ｆ（ｆ（Ｈ珡））＝Ｈ珡，φ是满射．因此φ是双射．

保持包含关系是明显的．

（３）设Ｋ珡是Ｇ珚的正规子群．对ｋ∈ｆ

－１

（Ｋ珡），有ｆ（ｋ）∈Ｋ珡．橙ｇ∈Ｇ，

ｆ（ｇ

－１

ｋｇ）＝ｆ（ｇ）

－１

ｆ（ｋ）ｆ（ｇ）∈Ｋ珡．即ｇ

－１

ｋｇ∈ｆ

－１

（Ｋ珡），ｆ

－１

（Ｋ珡）是正规子

群．由（１），它包含Ｎ，且φ（ｆ

－１

（Ｋ珡））＝Ｋ珡．

又若Ｋ是Ｇ的正规子群，φ（Ｋ）＝ｆ（Ｋ）是Ｇ珚的子群．对Ｇ珚的任一元素．由

ｆ是满同态，必是Ｇ的某元ｇ的象ｆ（ｇ）．任意Ｋ的元ｋ，ｆ（ｋ）∈ｆ（Ｋ）

－１－１－１

有ｆ（ｇ）

ｆ（ｋ）ｆ（ｇ）＝ｆ（ｇｋｇ），由Ｋ是Ｇ的正规子群，ｇｋｇ∈Ｋ，于是

－１

ｆ（ｇ）ｆ（ｋ）ｆ（ｇ）∈ｆ（Ｋ）．因此ｆ（Ｋ）是Ｇ珚的正规子群，这证明了φ引起

｛Ｇ的包含Ｎ的正规子群｝→｛Ｇ珚的正规子群｝

间的满射．由（２）φ引起单射．故这映射也是双射．

（４）ＧＧ珚Ｇ珚／Ｈ珡，因ｆ，η皆为满同态，故ηｆ也是满同态．ｇ∈Ｇ，

（ηｆ）（ｇ）＝ηｆ（ｇ）＝ｆ（ｇ）Ｈ珡．由此有

珡）．

ｇ∈Ｋｅｒ（ηｆ）骋ｆ（ｇ）∈Ｈ珡骋ｇ∈ｆ

－１

（Ｈ

即有Ｋｅｒ（ηｆ）＝ｆ

－１

（Ｈ珡）．由同态基本定理有

珡）碖Ｇ珚／Ｈ珡

Ｇ／ｆ

－１

（Ｈ

（５）当ｆ为自然同态π；ＧＧ／Ｎ时，利用（２），（３），（４）的结论，就得到

（５）所要的结论．

－１

７畅（１）ｇ∈Ｇ，橙ｉ，ｇｘ

ｉ

Ｈ＝ｘ

ｉ

Ｈ骋橙ｉ，ｇｘ

ｉ

∈ｘ

ｉ

Ｈ骋橙ｉ，ｇ∈ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

骋ｇ∈

ｎ

ｉ＝１

ｆ

η

∩

ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

－１

．

（２）橙ｘ∈ｘ

ｉ

Ｈ，有ｈ∈Ｈ使ｘ＝ｘ

ｉ

ｈ，故ｘＨｘ

－１

＝ｘ

ｉ

ｈＨｈ

－１

ｘ

ｉ

－１

＝ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

－１

．

因此

ｎｎ

课

后

－１

ｘＨｘ

＝

ｘ∈Ｇ

∩

答

案

网

w

ｉ＝１

∩∩

w

w

ｉ

－１

ｘＨｘ

＝

ｘ∈ｘＨ

.

k

h

d

（３）橙ｇ

１

，ｇ

２

∈Ｇ，φ（ｇ

１

ｇ

２

）（ｘ

ｉ

Ｈ）＝ｇ

１

ｇ

２

ｘ

ｉ

Ｈ＝ｇ

１

（ｇ

２

ｘ

ｉ

Ｈ）＝φ（ｇ

１

）（φ（ｇ

２

）

（ｘ

ｉ

Ｈ））＝（φ（ｇ

１

）φ（ｇ

２

））（ｘ

ｉ

Ｈ）．故φ（ｇ

１

ｇ

２

）＝φ（ｇ

１

）φ（ｇ

２

），φ是同态．

（４）橙ｇ

１

，ｇ∈Ｇ，φ（ｇ）＝φ（ｇ

１

）当且仅当橙ｉ，φ（ｇ）（ｘ

ｉ

Ｈ）＝φ（ｇ

１

（ｘ

ｉ

Ｈ）即

·４２·

§８习题７已证

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

－１

是正规子群．

a

w

ｉ＝１

∩

.

c

ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

－１

．

o

m

ｇｘ

ｉ

Ｈ＝ｇ

１

ｘ

ｉ

Ｈ当且仅当橙ｉ，ｇ

１

ｘ

ｉ

∈ｇｘ

ｉ

Ｈ当且仅当橙ｉ，ｇ

１

∈ｇ（ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

），即ｇ

１

＝

－１

ｇｋ，ｋ∈

ｉ＝１

∩

ｎ

ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

当且仅当ｇ

１

∈ｇ

ｉ

∩

ｘ

ｉ

Ｈｘ

ｉ

＝ｇ

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ＝１

－１－１

ｎ

－１

．

（５）作映射

　　　　　　Ｇ

ｇ

φ

Ｓ

ｎ

（Ｍ中ｎ个元的置换）

φ（ｇ）：ｘ

ｉ

Ｈｇｘ

ｉ

Ｈ，ｉ＝１，２，…，ｎ．

－１

ｘＨｘ

．即Ｋｅｒφ＝

ｘ∈Ｇ

ｇ∈Ｋｅｒφ当且仅当φ（ｇ）＝φ（ｅ）当且仅当ｇ∈

由同态基本定理

∩

－１

ｘＨｘ

．

ｘ∈Ｇ

∩

－１

Ｇ／

ｘ

∩

ｘＨｘ

碖φ（Ｇ）（是Ｓ

ｎ

的子群）

∈Ｇ

－１

其同构映射是ｇ

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

φ（ｇ）．

Ｇ／

ｘ

∩

ｘＨｘ

∈Ｇ

（６）

子，但

正规子群．

§１１　轨道数的定理及其在计数问题中的应用

以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅在一个圆手镯上串上六粒珠子，珠子可任意染白色或黑色．问能作出几

种式样的手镯？（下图中列出两种式样的例子）

·４３·

课

－１

∩

则｜Ｇ｜中最小素因子为ｐ，因此Ｈ：

ｘＨｘ

＝１．这证明了Ｈ＝

ｘ∈Ｇ

后

∩

ｘＨｘ

它需为ｐ！的因子，则Ｈ：

ｘ∈Ｇ

答

案

－１－１－１

∩

∩∩

Ｇ：ｘＨｘ

＝［Ｇ：Ｈ］Ｈ：

ｘＨｘ

＝ｐＨ：

ｘＨｘ

ｘ∈Ｇｘ∈Ｇｘ∈Ｇ

－１

网

w

８畅设Ｇ的子群Ｈ满足［Ｇ：Ｈ］＝ｐ．上题已证Ｇ：

ｘ

∩

ｘＨｘ

－１

是ｐ！的因

∈Ｇ

，

w

w

是（ｐ－１）！的因子．它又是｜Ｇ｜的因子，

－１

ｘＨｘ

是

ｘ∈Ｇ

.

k

h

d

故Ｇ对此正规子群的指数等于φ（Ｇ）的阶．但φ（Ｇ）是Ｓ

ｎ

子群，它的阶是

｜Ｓ

ｎ

｜＝ｎ！的因子．

a

w

－１

碖φ（Ｇ）

.

c

ｘ∈Ｇ

∩

ｘＨｘ

－１

是同态核，当然是Ｇ的正规子群，又含于Ｈ中．且

o

m

∩

　倡２畅在一个正四面体的顶点上任意染黑色或白色，能作出几种式样？

　倡３畅将课文例２中的问题计算出答案．

４畅下面图中，矩形板上有１２个同样的矩形格子．将其中５个染红色，７个染

黄色．问能作出几种图板？若矩形板换成白布．将格子的正反面都染成同一颜

色，五个染红色，７个染黄色．问能染成几种图样？

５畅把３个红球，４个白球，２个篮球共１０个球分成三堆，问有多少种分法？

角形的对称性群Ｇ．把六个珠子所有允

许的串法（只许黑、白两色）组成集合

Ｍ．手镯经旋转Ｔ

０

，Ｔ

１

，Ｔ

２

，Ｔ

３

，Ｔ

４

，Ｔ

５

把一种串法变成另一种串法，这两种串

法当然构成同一式样．而用六种反射之

一将一种串法变成另一种串法相当于从背面去看手镯，这仍然构成同一式样．因

此集合Ｍ中在群Ｇ作用下属同一轨道的串法是同一式样．故手镯的式样数等

于Ｍ在Ｇ作用下的轨道数．

下面计算Ｇ的每个元在Ｍ上的不动点数．与课文中的例１类似可算出：

Ｔ

０

固定Ｍ中６４种串法．

Ｔ

１

，Ｔ

５

固定全黑，全白两种串法．

·４４·

课

Ｓ

１

，Ｓ

２

，Ｓ

３

，Ｒ

１

，Ｒ

２

，Ｒ

３

．它们组成正六

后

答

ｌ

１

，ｌ

２

，ｌ

３

，Ｍ

１

，Ｍ

２

，Ｍ

３

的反射变换记为

案

１畅不妨把六个珠子放在手镯上的一个正六角形的顶点上．把绕Ｏ旋转０°，

６０°，１２０°，１８０°，２４０°，３００°的变换记为

Ｔ

０

，Ｔ

１

，Ｔ

２

，Ｔ

３

，Ｔ

４

，Ｔ

５

，把平面对直线

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

Ｔ

３

固定的串法中，顶点１，４上，顶点２，５上，顶点３，６上颜色分别相同．共

有８种串法．

Ｔ

２

，Ｔ

４

固定的串法中，顶点１，３，５上，顶点２，４，６上颜色分别相同．共有４

种串法．

６上，顶点３，５上分别有相同颜色，顶点１，４上Ｓ

１

能固定的串法中顶点２，

可任取颜色，共１６种串法．同样地，Ｓ

２

，Ｓ

３

也固定１６种串法．

Ｒ

１

能固定的串法中，顶点１，２上，顶点３，６上，顶点４，５上分别有相同颜

色．共８种串法、同样Ｒ

２

，Ｒ

３

也固定８种串法．

由Ｂｕｒｎｓｉｄｅ定理，Ｍ在群Ｇ作用下的轨道数也即在允许串法下手镯的式样

数为

１１５６

（６４＋２×２＋８×１＋４×２＋１６×３＋８×３）＝＝１３（种）．

１２１２

２畅正四面体的对称性群是顶点上的全体置换的群Ｓ

４

．令正四面体顶点上

全体允许的着色法的集合为Ｍ．下面计算Ｓ

４

的各置换在Ｍ中的不动点数．

恒等置换（１）固定Ｍ中每种着色法．因每个顶点有黑白两种选择，四个顶

点皆着色共有２

４

种方法．

（１２）固定的着色法在顶点１，２上有相同颜色，顶点３，４上可任意选择黑，

３３

白．共有２种方法．Ｓ

４

中有６个对换，都与（１２）一样地固定２种着色方法．

（１２）（３４）它固定的着色方法在顶点１２上和顶点３，４上分别有相同颜色，

２

共有２种方法，同样（１３）（２４），（１４）（２３）

２

也固定２种着色方法．

（１２３）固定的着色法在顶点１，２，３上

有相同颜色，顶点４上可任意选择黑，白．共

２

有２种方法．同样地，Ｓ

４

中所有的三轮换

（共８个）都固定２种着色方法．

（１２３４）固定全着黑色和全着白色共两

种方法．所有四轮换（共６个）都固定两种着

色法．

正四面体顶点允许的着色方案的数

目为：

１

（１６＋６×８＋３×４＋８×４＋６×２）＝５（种）．

２４

３畅这时的群Ｇ是由绕中心Ｏ旋转０°，１２０°，２４０°的变换Ｔ

０

，Ｔ

１

，Ｔ

２

及平面

对直线ｌ

１

，ｌ

２

，ｌ

３

的反射Ｓ

１

，Ｓ

２

，Ｓ

３

组成．令在６个顶点上任意配置Ｈ或ＣＨ

３

的

方法的集合为Ｍ．则Ｇ在Ｍ上有群作用．在Ｇ作用下可以互变的配置方法作

·４５·

课

２

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

出的化合物是相同的．故能得到的化合物的数目为Ｍ在Ｇ作用下的轨道数．现

计算Ｇ的元在Ｍ上的不动元的数目．

Ｔ

０

固定Ｍ中每种配置方法，共２

６

种．

Ｔ

１

固定的配置方法中须在顶点１，３，５上，顶点２，４，６上配置分别相同，故

有四种方法．

Ｔ

２

与Ｔ

１

在Ｍ中有同样多的不动元．

Ｓ

１

固定的配置方法必须在顶点１，２上，顶点３，６上，顶点４，５上配置分别

相同．故有８种配置方法．Ｓ

２

，Ｓ

３

也固定８种方法．

由Ｂｕｒｎｓｉｄｅ定理，Ｇ在Ｍ上的轨道数也即能作成的化合物数目为

１

６

（２＋２

２

＋２

２

＋２

３

＋２

３

＋２

３

）＝１６（种）

６

４畅第一种情形是板的反面没有图案，这问题中的群Ｇ由绕矩形中心旋转

矩形板的图案数等于矩形板的允许染色法的集合０°及１８０°的变换Ｔ

０

，Ｔ

１

组成．

Ｍ在Ｇ作用下的轨道数．先计算Ｇ的元在Ｍ中的不动元的数目．

５

Ｔ

０

固定全部的Ｍ中染色法．共Ｃ

１２

＝７９２种．

格３，１０上，方格４，９上，方格６，７上，方格５，

８上，方格２，１１上分别有相同颜色．这是不

允许的染色法，故Ｔ

１

在Ｍ上没有不动元．

由Ｂｕｒｎｓｉｄｅ定理，矩形板的图案数即Ｇ

１

在Ｍ上的轨道数＝（７９２＋０）＝３９６（种）．

２

第二种情形是板的正反面同样地染色．

问题中Ｍ与第一情形一样．群Ｇ除了前面

的Ｔ

０

，Ｔ

１

外还有矩形板绕ｌ

１

及ｌ

２

的旋转１８０°的变换Ｓ

１

，Ｓ

２

．

Ｔ

０

在Ｍ中的不动元有７９２个．

Ｔ

１

在Ｍ中的不动元数目为０．

Ｓ

１

的不动元在方格１２，１０上，在方格４，６上，在方格９，７上，在方格３，１上

分别有相同颜色，而在方格２，５，８，１１上可任意选择颜色．有两种情形：

（ｉ）在方格２，５，８，１１上有一格选黄色，而上面四对方格上选两对为黄色，共

１２

有Ｃ

４

Ｃ

４

＝４×６＝２４种方法．

（ｉｉ）在方格２，５，８，１１上选三个黄色，在上面４对方格上选一对为黄色，共

１

有Ｃ

３

４

Ｃ

４

＝４×４＝１６种．

故Ｓ

１

在Ｍ中的不动元数目为４０．

·４６·

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

Ｔ

１

固定的染色法须在方格１，１２上，方

a

w

.

c

o

m

易计算Ｓ

２

在Ｍ中没有不动元．结果矩形板（反面染同样颜色）的图案数为

１

（７９２＋４０）＝２０８（种）．

４

５畅给三个堆编号为１，２，３．这九个球在三个堆上的分配方法的集合为Ｍ．

右图是分配方法的一个例子．群Ｇ是三个堆的置换作成的群．两个分配方法如

能经Ｇ的元素互变，应为同一种分配方案．

先计算｜Ｍ｜，它即为恒等置换在Ｍ中的不动元的数目．分别计算篮，红，白

球在三个堆上的分配方法数．回忆，ｎ个东西

－１

放在ｍ个抽屉中的方法数为Ｃ

ｍ

故篮

ｎ＋ｍ－１

．

球的分配方法数＝Ｃ

２

红球的分配方法

２＋２

＝６；

数＝Ｃ

３＋２

＝１０；白球的分配方法数为Ｃ

４＋２

＝

１５．故三种球分配到三个堆上的方法数为６

×１０×１５＝９００．

（１２）固定的方法中篮球的分配方法只能在第三堆上放两个篮球或不放篮

球，即两种；红球在第三堆上放１个或放三个，也是两种；白球在第三堆上放２个

或４个或不放，共有三种．故（１２）固定的方法共２×２×３＝１２（种）．

同样（１３），（２３）也固定１２种．

（１２３）固定的方法中各球在三堆上的数目应相同，故它在Ｍ中没有不动

元．同样（１３２）也没有．

结果三种球分成三堆，不相同的分配方案的数目即Ｇ在Ｍ上的轨道数为

１

（９００＋３×１２＋２×０）＝１５６（种）．

３！

２２

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

o

m

·４７·

2024年3月18日发(作者：井真一)

引　论　章

１畅引论章§１的设置是体现总导引中第１点思想．

２畅引论章的§２是贯彻总导引中第三点思想．本教材主要讲群、环、域三个

运算系统．本章第一节初步体现了研究代数运算系统的必要性．而§２中从人们

熟悉的数域，整数环等例子为背景先引入一般域和环的定义．然后才引入只有一

个运算的系统：群（半群）．研究它们的基本性质时发现群是更基本的运算系统．

这样在后面几章中就是先讲群，后讲域、环．于是群中的一些运算性质，如剩余类

（陪集），商群，同态定理等都能在讲域、环时应用．这种次序安排下，逻辑关系清

楚，且数学处理上可以简便些、而§２中先按域、环、群次序引入定义却是更适合

人们的认知顺序．

３畅§２最后的定理非常重要．其一是引入一般域这种运算系统就是为了能

应用这个定理．其二，在本教材的开始就引入这个定理是为了使本教材的结构比

以前教材有较大的变化．以前教材在群论一章之后必须以很大篇幅讲环，主要是

讲因式分解唯一性定理．这几乎成了以前师范院校近世代数课程的主要部分．而

更有应用更有兴趣的域论部分就无法讲授．我们的处理可以在本教材的第二、三

章大量地讲域（特别是有限域）及其应用．而环只作为铺垫，占很少部分．其中用

到的多项式及线性空间的性质全可由上面所述的定理所提供．这种处理使本教

材的面貌焕然一新．

课

后

答

案

网

w

w

w

.

k

h

d

a

w

.

c

１畅代数问题的特点，代数学研究的对象与特点．

２畅域、环、群（半群）的定义与相互联系．

３畅群、环、域的基本运算性质：消去律（加法与乘法）及零因子、单位元（零

元）和逆元（负元）的唯一性、广义结合律、方幂和倍数．

４畅一般域上关于多项式理论、线性方程组理论、线性空间与线性变换的理

论的定理．

o

m

·１·

１畅在一般域上叙述和证明除法算式（带余除法）成立．

２畅一般域上非常数多项式都是一些不可约多项式的乘积．

３畅设

ａ

１１

ｘ

１

＋ａ

１２

ｘ

２

＋…＋ａ

１ｎ

ｘ

ｎ

＝ｂ

１

ａ

２１

ｘ

１

＋ａ

２２

ｘ

２

＋…＋ａ

２ｎ

ｘ

ｎ

＝ｂ

２

　　　　　…………

ａ

ｓ１

ｘ

１

＋ａ

ｓ２

ｘ

２

＋…＋ａ

ｓｎ

ｘ

ｎ

＝ｂ

ｓ

是域Ｆ上的线性方程组．试给出“这个方程组是相关或无关的”，“这个方程组的

极大无关部分组”的定义．证明这个方程组与它的极大无关部分组同解．

＋

课

后

以下各题中有倡者为必作题，其余为选作题．

　倡１畅判断下列哪些是集合Ａ上的代数运算．

（１）Ａ＝所有实数，Ａ上的除法．

（２）Ａ是平面上全部向量，用实数和Ａ中向量作数量乘法（倍数）．

（３）Ａ是空间全部向量，Ａ中向量的向量积（或外积，叉乘）．

（４）Ａ＝所有实数，Ａ上的一个二元实函数．

０｝，定义Ｆ

２

上两个代数运算加法和乘法，用下面的加　倡２畅给定集合Ｆ

２

＝｛１，

法表，乘法表来表示：

答

０

０

１

案

１