代组杂题选做

证明 \(A/B\) 同构于 \(C\) 思路：

取满同态 \(\varphi:A\rightarrow C\) （证明良定义，满射，同态）

证 \(B=\ker\varphi\)

根据第一同构定理可得。

P0

有右单位元 \(e\)，每个元素有右逆元的半群 \(G\) \(\rightarrow\) \(G\) 是群

证明：

\(\forall x\in G\) ，设 \(x'\) 为右逆元，考虑 \(e*e=e\rightarrow exx'=xx'\rightarrow ex=x\)

所以 \(e\) 是单位元。

\(\forall x\in G\) ，设 \(x''\) 为 \(x'\) 右逆元，考虑 \(x''=xx'x''=x\) ，于是 \(x'\) 为 \(x\) 左逆元。

P1

环 \(R\) 满足 \(|R|>2\) 且 \(\forall a\in R,a=a^2\) 。

证明：

(1) \(2a=0\) (2) \(R\) 是交换群 (3) \(R\) 不是整环

解：

(1)

\(2a=(2a)^2=4a^2=4a\rightarrow 2a=0\)

(2)

\(x+y=(x+y)^2=x+y+xy+yx\)

\(xy+yx=0,2xy=0\rightarrow xy=yx\)

(3)

由 \(|R|>2\) ，任取 \(a\in R\) 使得 \(a\ne 0,a\ne 1\) 。

那么 \(a(a-1)=a^2-a=a-a=0\) ，\(a\) 为零因子。

所以 \(R\) 不是整环。

P2

对于群 \(G\) 若 \(G/C(G)\) 是循环群，证明 \(G\) 是交换群。

令 \(G/C(G)=<C(G)a>\) 。

\(\forall x,y\in G\) ，存在 \(i,j\) 使得 \(x\in C(G)a^i,y\in C(G)a^j\) ，

即存在 \(x',y'\in C(G)\) 使得 \(x=x'a^i,y=y'a^j\) 。

\(xy=x'a^iy'a^j=x'y'a^{i+j}\)

\(yx=y'a^jx'a^{i}=x'y'a^{i+j}\)

所以 \(xy=yx\) 。

P3

设 \(G\) 是有限群，\(N\unlhd G\) ， \(|G|=nm,|N|=n\) 且 \((n,m)=1\) 。

(1) \(N=\{a|a^n=e\}\) (2) \(N=\{a^m|a\in G\}\) 。

证明：

考虑 \(|G/N|=m\) ，则 \(\forall x\in G,(Nx)^m=N\) 。则 \(x^m\in N\) 。

(1)

由 \((n,m)=1\) ，任取整数 \(s,t\) 满足 \(sn+tm=1\) 。

先证 \(\{a|a^n=e\}\subseteq N\) 。 \(a^n=e\rightarrow a^{sn+tm}=(a^t)^m\rightarrow a\in N\)

再证 \(N\subseteq \{a|a^n=e\}\) 。\(|N|=n\rightarrow \forall x\in N,x^n=e\)

(2)

\(\{a^m|a\in G\}\subseteq N\) 显然。

再证 \(N\subseteq\{a^m|a\in G\}\) 。\(\forall x\in N,\) \(x^n=e\rightarrow a^{sn+tm}=(a^t)^{m}\rightarrow x\in \{a^m|a\in G\}\)

P4

群 \(G\) 中若 \(x\) 是唯一二阶元，则 \(x\in C(G)\) 。

证明：\(\forall y\in x,|yxy^{-1}|=|x|=2\rightarrow yxy^{-1}=x\rightarrow yx=xy\)

P5

阶为偶数的群 \(G\) 必存在二阶元。

证明：

由 \(|x|=|x^{-1}|\) ，阶大于 \(2\) 的元素两两配对；

阶 \(=1\) 的元素只有 \(e\) ，所以阶 \(=2\) 的元素有奇数个。

P6

群 \(G\) 中元素 \(x,y\) 满足 \(x\neq e,|y|=2\) 且 \(x^2y=yx\) ，求 \(x\) 的阶。

考虑 \(yx^2y=x\)

两边平方得 \(yx^4y=x^2\)

将 \(x^2\) 代入第一个式子，得到 \(x^4=x\rightarrow x^3=e\rightarrow |x|=3\)

P7

\(6\) 阶群必含三阶元。

证明：若存在六阶元 \(a\) ，则 \(a^2\) 为三阶元。

否则所有元素都是一阶元/二阶元。

任取 \(a,b\) 使得 \(a\ne b\) 且 \(a\ne e,b\ne e\) ，那么 \(\{e,a,b,ab\}\) 构成子群，与拉格朗日定理矛盾

P8

\(6\) 阶群同构意义下只有两个：\(Z_6\) 和 \(S_3\) 。

\(Z_6\) 是显然的。

剩下的情况，考虑取三阶元 \(a\) 和 \(b\notin <a>\) ，则 \(b,ba,ba^2\) 互不相等且都不在 \(<a>\) 中。

则 \(\{e,a,a^2,b,ba,ba^2\}\) 构成这个群。

P9

\(|\overline{a}|=|G:N(a)|\)

证明：\(N(a)x=N(a)y\leftrightarrow xy^{-1}\in N(a)\leftrightarrow xy^{-1}a=axy^{-1}\leftrightarrow x^{-1}ax=y^{-1}ay\)

于是 \(|G;N(a)|=\{xax^{-1}|x\in G\}\)

P9.5

群 \(G\) 满足 \(|G|=p^s\) ，则 \(|C(G)|\) 是 \(p\) 的倍数。

证明：考虑群分类方程。由 \(|\overline{a}|=|G:N(a)|\) ，对于 \(a\notin C(G)\) 有 \(|\overline{a}|\) 是 \(p\) 的倍数。

P10

\(N\) 是 \(G\) 唯一 \(n\) 阶子群 $\rightarrow $ \(N\unlhd G\)

证明：

考虑 \(|gNg^{-1}|=|N|\) ，则 \(gNg^{-1}=N\) ，\(gN=Ng\) 。

\([G:N]=2\rightarrow N\unlhd G\)

证明：\(\forall x\notin N,Nx=G-N=xN\)

P11

交换群 \(G\) 满足 \(|G|\) 是 \(p\) 的倍数，则 \(G\) 含 \(p\) 阶元。

证明：

任取 \(a\in G\) ，令 \(N=<a>\) 。若 \(|N|=m\) 是 \(p\) 的倍数，则 \(a^{\frac{m}{p}}\) 是 \(p\) 阶元。

否则 \(|G/N|\) 是 \(p\) 的倍数。归纳证明。设 \(Nb\) 是 \(G/N\) 的 \(p\) 阶元。由 \(Nb^p=N\) 得 \(b^p\in N\) ，即存在 \(t\) 使得 \(b^p=a^t\) 。那么 \(b^{pm}=e\) 。

同时 \(b^m\neq e\) 否则 \((Nb)^m=N\) 导出 \(p|m\) ，矛盾。所以 \(b^m\neq e\) 且 \((b^m)^p=e\) ，于是 \(|b^m|=p\) 。

P11.5

推论：\(p,q\) 为不相等质数，则 \(pq\) 阶交换群必为循环群。

考虑取出 \(p\) 阶元 \(a\) 和 \(q\) 阶元 \(b\) 。则由 \(ab=ba\) 有 \(|ab|=pq\) 。

P12

记忆同构定理

同态基本定理：\(\varphi:A\rightarrow B\) 是满同态，则 \(A/\ker \varphi\cong B\)

第一同构定理：\(\varphi:A\rightarrow B\) 是满同态，\(K\unlhd A\) 且 \(\ker \varphi\subseteq K\)，则：

\(A/K\cong B/\varphi(K)\)

（构造 \(\tau:A/K\rightarrow B/\varphi(K)\) 满足 \(\tau(Kx)=\varphi(K)\varphi(x)\) )

推论：对于 \(B\unlhd A,C\unlhd B\) ，有 \(A/B\unlhd (A/C)/(B/C)\)

(构造 \(\varphi:A\rightarrow A/C\) 的自然同态，有 \(\ker \varphi=C\))

第二同构定理：对于 \(A\le G,B\unlhd G\) ，有 \(A/(A\cap B)\cong AB/B\)

（作 \(\varphi:A\rightarrow AB/B\) 使得 \(\varphi(x)=xB\) ， \(\ker\varphi =A\cap B\) ）

第三同构定理：\(A\unlhd G,B\le G/A\) ，则：

（1）存在唯一的 \(H\le G,A\subseteq H\) 使得 \(H/A\cong B\)

（2）若 \(B\unlhd G/A\) ，则存在唯一的 \(H\unlhd G,A\subseteq H\) 使得 \(H/A\cong B\)

定理：\(A\) 的包含 \(B\) 的子群和 \(A/B\) 的子群一一对应 ( \(\varphi(X)=X/B\) ）

P13

对于 \(A,B\le G\) ，有： \(|A||B|=|AB||A\cap B|\)

证明：

考虑 \(|AB:A|=|B:A\cap B|\)

原因是考虑 \(\forall x,y\in B,xA=yA\leftrightarrow xy^{-1}\in A\cap B\leftrightarrow x(A\cap B)=y(A\cap B)\)

P14

大小为 \(p^2\) 的群 \(G\) 是 Abel 群。

证明：

取中心 \(C\) ，如果 \(|C|=p^2\) 就结束了。

否则 \(|G/C|=p\) ，则 \(G/C=<Cb>\) 。

\(\forall x\in G\) ，由 \(xC\in G/C\) ，取 \(xC=Cb^i\) ，则 \(xb^{-i}\in C\) ，那么有 \(x=c_1b^{i}\) ，其中 \(c_1\in C\) ;同理可以取 \(y\in G\) 使得 \(y=c_2b^j\)

显然 \(xy=yx=c_1c_2b^{i+j}\) 。

P15

大小为 \(pm\) 的群 \(G\)，其中 \(p\) 是质数，\(m<p\) 。则其 \(p\) 阶子群 \(H\) 满足 \(H\unlhd G\) 。

证明：

反证，取 \(xHx^{-1}\neq H\) ，则 \(xHx^{-1}\cap H=\{e\}\) ，则 \(|G|=p^2\) ，矛盾！

P16

若群 \(G\) 子群个数有限，\(f\) 是 \(G\) 的满自同态，则 \(f\) 一定为自同构。

考虑 \(G/\ker f\cong G\) ，则 \(G/\ker f\) 的子群个数有限，记为 \(m\) 。

\(G\) 中包含 \(\ker{f}\) 的子群和 \(G/\ker f\) 的子群一一对应。

如果 \(\ker{f}\neq \{e\}\) ，那么 \(G\) 子群个数至少为 \(m+1\) ，矛盾！

所以 \(\ker f=e\) ，\(f\) 为自同构