群论习题乱做

有一些在课上做过了就没放(而且都还是*题，拿来入门，难顶....)

当然后来再补也说不定。拿不准的翻译就照抄原文。

令\(G\)是\(n\)阶有限群，\(S\)是\(G\)的子集，且\(2|S|>|G|\)，试证明\(\forall a\in G\)都\(\exists b,c\in S\)使得\(a=bc\)

这题有点巧妙。注意到\(S\subseteq G\)，我们构造\(T=\left\{x^{-1}|x\in S\right\}\)，则任意取\(a\in G\)，构造\(aT=\left\{ax^{-1}|x\in S\right\}\subseteq G\)。又因为\(|aT|+|S|>|G|\)且\(aT\cup S\subseteq G\)，所以\(aT\cap S\neq \varnothing\)

即\(\exists d\in T, b\in S\)使得\(ad=b\)，即\(a=bd^{-1}\)，这里\(d^{-1}\in S\)

证明：\(b\)是含幺半群\(G\)中的元\(a\)的逆元当且仅当\(aba=a,ab^2a=1\)

由\(aba=a\)两侧同时左乘\(ab^2\)得到\(ab^2aba=(ab^2a)ba=ba=1\)

由\(aba=a\)两侧同时右乘\(b^2a\)得到\(abab^2a=ab^2a=ab=1\)

即\(ab=ba=1\)，\(b\)为\(a\)的逆元

令\(G\)是\(n\)阶有限群，从中任取出\(n\)个元素\(a_1,a_2,\dots,a_n\)，不一定两两不同。证明：存在正整数\(1\le p\le q\le n\)使得\(\prod\limits_{i=p}^{q}{a_i}=1\)

不妨从\(G\)中再任意取出一个元素\(a_{0}\)，构造\(s_k=\prod\limits_{i=0}^{k}{a_i}\)，易得\(\forall 0\le k\le n\)都有\(s_k\in G\)

\(|G|=n\le n+1\)，则根据鸽笼原理，\(s_0,s_1,\dots,s_n\)这\(n+1\)个数中必有两个相等，不妨记作\(s_u\)和\(s_v\)，其中\(0\le u< v\le n\)，则\(s_v{s_u}^{-1}=\prod\limits_{i=u+1}^{v}{a_i}=1\)，此时的\(p,q\)恰好为\(u+1,v\)

证明：已知\(\gcd(n,m)=1\)，若有限群\(G\)中\(\exists a\)使得\(a^n=e\)，则\(\exists b\in G\)使得\(b^m=e\)

裴蜀定理：\(\gcd(n,m)=1\iff sm+tn=1\)有整数解

那么\(e=a^{sm+tn}=a^{sm}a^{tn}={\left(a^s\right)}^{m}{\left(a^n\right)}^t={\left(a^s\right)}^{m}\)

取\(b=a^s\)就好了

\(\left\{A,B\right\}\)是半群\(S\)的一个划分，且\(\forall a,b,c\in A\)都有\(abc\in A\)；\(\forall a,b,c\in B\)都有\(abc\in B\)。证明：\(A,B\)至少有一个是半群

由反证法，不妨假设\(\exists a_1,a_2\in A\and \exists b_1,b_2\in B\)使得\(a_1a_2\in B\and b_1b_2\in A\)

于是\(a_1a_2b_1b_2=(a_1a_2)b_1b_2=a_1a_2(b_1b_2)\)，分属于两个不交的集合，于是矛盾；

设\(A\le G,B\le G\) ，若\(\exists a,b\in G\)使得\(Aa=Bb\)，则\(A=B\)

由\(Aa=Bb\Rightarrow Aab^{-1}=B\)

因为\(e\in B\)，所以\(ba^{-1}\in A\)，所以\({\left({ba^{-1}}\right)}^{-1}=ab^{-1}\in A\)

所以\(Aab^{-1}=A=B\)得证

\(A,B\le G\)，试证\(AB\le G\iff AB=BA\)

先证明\(\Leftarrow\)：

单位元和结合律比较显然

逆元：且\(x\in AB\iff \exists a\in A,b\in B\)使得\(x=ab\)，则\(x^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in BA=AB\)

封闭性：若\(x=ab\in AB,y=cd\in AB\)，则\(xy=abcd=b'a'cd=b'(a'c)d=(a'c)(b'd)\in AB\)

再证明\(\Rightarrow\)：

由\(AB\le G\)可知，\(ab\in AB\Rightarrow (ab)^{-1}\in AB\)；

而\((ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in BA\)，这说明\(\forall (ab)^{-1}\in AB\)，\((ab)^{-1}\in BA\)，即\(AB\subseteq BA\)；

另一方面，\(\forall ba\in BA\)，\((ba)^{-1}=a^{-1}b^{-1}\)，即\(\forall (ba)^{-1}\in BA\)，\((ba)^{-1}\in AB\)，即\(BA\subseteq AB\)

也就是说\(AB=BA\)

若\(A,B\le G\)，\(AB=G\)且\(A\le C\le G\)，证明\(C=A(B\cap C)\)

这个技法貌似比较有用，要多学学

首先\(A(B\cap C)\subseteq C\)比较简单：

\(\forall x\in A(B\cap C)\) ，都\(\exists a\in A,\exists b\in (B\cap C)\)使得\(x=ab\)

因为\(b\in B\) ，所以\(ab\in AB=G\)；因为\(b\in C\)，所以\(ab\in AC=C\)，综合就有\(ab\in (AB\cap AC)=(G\cap C)=C\)，于是\(A(B\cap C)\subseteq C\)

再证明\(C\subseteq A(B\cap C)\)

由\(G=AB\)可得\(\forall c\in C\)都\(\exists a\in A,\exists b\in B\)使得\(c=ab\)

即\(b=a^{-1}c\)

由\(b\in B\)且\(a^{-1}c\in C\)可知\(b\in (B\cap C)\)，即\(c=ab\in A(B\cap C)\)

也就证明了\(C\subseteq A(B\cap C)\)

设\(A,B\subseteq G\)且\(|A|+|B|>|G|\)，求证\(G=AB\)

类似第一题，考虑\(\forall g\in G, gA^{-1}\cap B\neq \varnothing\)就好了

已知\(H\le G\)且\(K\le G\)，则\([G\colon H]\)有限\(\Rightarrow [G\cap K\colon H\cap K]=[K\colon H\cap K]\)有限

我们构造 \(f:k(K\cap H)\mapsto kH\), \(k\in K\)，然后证明这是一个\(L_{K\cap H}(K)\) 到 \(L_{H}(G)\)的单射

先证明这是一个映射：

\(\forall k_1,k_2\in K\)

如果 \(k_1(K\cap H)=k_2(K\cap H)\), 那么有 \(k_1\in k_2(K\cap H)\)，也就是\(\exists h\in (K\cap H)\) 使得 \(k_1=k_2h\)

又因为\(h\in (K\cap H)\), \(h\in H\)，所以 \(k_1=k_2h\in k_2H\)

即 \(k_1(K\cap H)=k_2(K\cap H)\Rightarrow k_1H=k_2H\)，说明\(f\)是一个映射

然后证明\(f\)是单射：

\(\forall k_1,k_2\in K\), \(k_1(K\cap H)\neq k_2(K\cap H)\)

由 \(k_1(K\cap H)\neq k_2(K\cap H)\) 可知，\(\exists h_1\in (K\cap H)\) 使得 \(\forall h_2\in (K\cap H)\) , \(k_1h_1\neq k_2h_2\)

我们猜测 对于同一个\(h_1\) 有 \(k_1h_1\neq k_2h_3\) 对任意的 \(h_3\in H\) 成立，并由此证明 \(k_1H\neq k_2H\)

不妨假设 \(\exists h_3\in H\) 使得 \(k_2h_3=k_1h_1\), 于是有 \(h_3={k_2}^{-1}k_1h_1\). 观察到 \({k_2}^{-1}, k_1, h_1\) 都在 \(K\)中， \(h_3\) 也一定在 \(K\)中，即\(h_3\in (H\cap K)\)，这和条件(\(\forall h_2\in (H\cap K)\)都有\(k_1h_1\neq k_2h_2\))矛盾；

于是通过证明 \(\forall k_1,k_2\in K\) , \(k_1(K\cap H)\neq k_2(K\cap H)\Rightarrow k_1H\neq k_2H\)，我们就证明了 \(f\) 是一个单射，且 \(|L_{K\cap H}(K)|\le |L_{H}(G)|\)，也就是 \(\left[G\colon H\right]\in \N^+\Rightarrow \left[K\colon K\cap H\right]\in\N^+\)

若\(G\)到\(H\)有一个同态\(f\)，则\(\forall g\in G\)有\(ord(f(g))\mid ord(g)\)

很显然\(g^{ord(g)}=1\)，两边取\(f\)就有\(f(g^{ord(g)})=f(1)={f(g)}^{ord(g)}\)，也就是\(ord(f(g))\mid ord(g)\)

若\((|G|,|H|)=1\)，则\(G\)到\(H\)的同态只有\(f:x\mapsto e\)

由上面可知\(\forall g\in G\)，\(ord(f(G))\mid ord(G)\mid|G|\)，又\(ord(f(g))\mid |H|\)，故\(ord(f(g))=1\)，即\(f(g)=e\)

if \(A\subseteq G,B\subseteq G\), \(|A|+|B|>|G|\), prove \(G=AB\)

since \(|A|+|B|>|G|\), we have \(A\cap B\neq\varnothing\)

\(\forall g\in G\), \(|A^{-1}g|=|A^{-1}|=|A|\)

thus \(A^{-1}g\subseteq G\), \(B\subseteq G\), \(|A^{-1}g|+|B|>|G|\)

\(A^{-1}g\cap B\neq\varnothing\), assume \(x\in \left({A^{-1}g\cap B}\right)\), there \(\exists a\in A\) and \(b\in B\) s.t. \(x=a^{-1}g=b\), which means \(g=ab\), that is, \(G\subseteq AB\)

apparently we have \(AB\subseteq G\), thus \(G=AB\)

\(A\leqslant G\), \(B\leqslant G\), if \(\exists a,b\in G\) s.t. \(Aa=Bb\), then \(A=B\)

\(Aa=Bb\Rightarrow A=B\left({ba^{-1}}\right)\)

we claim \(ba^{-1}\in B\). assume \(ba^{-1}\not\in B\), then \(B\left({ba^{-1}}\right)\cap B=\varnothing\), which leads to \(e\not\in A\), an obvious contradiction

thus \(ba^{-1}\in B\), where \(A=B\left({ba^{-1}}\right)=B\)