发布时间 : 星期一 文章代数学引论（聂灵沼 - 丁石孙版）第一章习题答案更新完毕开始阅读
(Ⅰ)设HK=KH，下面证明HK为G的一子群. 任取a,b∈HK,可令
a=h1k1，b=h2k2
这里hi∈H，ki∈K，i=1,2. 那么
ab=(h1k1)(h2k2)=h1(k1h2)k2 ---------------(1)
因HK=KH，故此
k1h2= h3k3 ----------------------(2)
这里h3∈H，k3∈K. 由(1),(2)知
ab= h1(h3k3)k2=(h1h3)(k3k2)∈HK. ------------(3)
另外，
a-1= (h1k1)-1= ∈KH=HK. ----------------- (4)
由(3),(4)知HK是G的子群.
(Ⅱ) HK为G的一子群,下面证明HK=KH.
若a∈HK,易知a-1∈KH. HK是子群,任取a∈HK，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈KH，那么有HK KH.
若a∈KH,易知a-1∈HK. HK是子群,任取a∈KH，有a-1∈HK,因此(a-1)-1=a∈HK，那么有KH HK.
综上知，HK=KH.
21. 设H，K为有限群G的子群，证明
证明：
因H∩K为H的子群，那么可设H的左陪集分解式为
H=h1(H∩K)∪h2(H∩K)∪…∪hr(H∩K)
这里r为H∩K在H中的指数，hi∈H，当i≠j，hi-1hj?H∩K(事实上等价于hi-1hj?K),i, j=1,2,…,r.
又(H∩K)K=K,所以
HK=h1K∪h2K∪…∪hrK.------------(1)
注意到hi-1hj?K，所以当i≠j(i, j=1,2,…,r)时，
hiK∩hjK=.----------------(2)
由(1),(2)我们得到
[总结]
左陪集的相关结论
设H为G的一子群，那么 (1) a∈aH;
(2) a∈H?aH=H; (3) b∈aH?aH=bH; (4) aH=bH?a-1b∈H;
(5) aH∩bH≠，有aH=bH.
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22. 设M,N是群G的正规子群.证明： (i) MN=NM; (ii) MN是G的一个正规子群； (iii) 如果MN={e}，那么MN/N与M同构. 证明： (i)[方法1]
任取a∈MN,可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M为G的正规子群，故n-1mn∈M. 所以a=n(n-1mn) ∈NM，故此MN?NM.
同样的方法可以证明NM?MN. 因此MN=NM. [方法2]
任取a，b∈MN，可设a=m1n1(m1∈M，n1∈N)，b=m2n2(m2∈M，n2∈N).下面只要证明MN为G的一个子群即可(由第20题可知)，也就是说只要证明ab-1∈MN即可.
因为
ab-1=m1n1n2-1m2-1= [m1(n1n2-1m2-1n2n1-1)](n1n2-1)，
而M为G的正规子群，故
n1n2-1m2-1n2n1-1∈M，
所以ab-1∈MN.
(ii) 由(i)可知MN为G的一个子群.
任取a∈MN, 可设a=mn(m∈M，n∈N).因为M和N为G的正规子群，对任意g∈G，有
g-1ag= g-1mng= (g-1mg)(g-1ng) ∈MN.
所以MN为G的正规子群.
(iii) 易知N为MN的正规子群，因此MN/N是一个群. 因为MN={e}，对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN[注].
作一个MN/N到M的映射f[注]，
f: MN/N→M mNm，
那么该映射显然是一一对应，另外
f(miNmjN)= f(mimjN)= mimj，
因此f为MN/N到M的同构映射，即MN/N与M同构.
[讨论]
1. 只要M和N的一个是正规子群，那么MN就是子群，或者说成立MN=NM.这一点我们从(i)的证明方法2可知.
2. M和N中有一个不是正规子群时MN一定不是正规子群. [注意]
1MN={e}，对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN.
证明：若存在mi≠mj∈M, 有miN=mjN，那么mimj-1∈N，而mimj-1∈M. 因此mimj-1∈MN，产生矛盾.
2. 设
f: MN/N→M
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mNm，
则由于对任何mi≠mj∈M, 有miN≠mjN，故此f为MN/N到M的一个映射.
23. 设G是一个群，S是G的一非空子集合.令 C(S)={x∈G|xa=ax,对一切a∈S} N(S)= {x∈G|x-1Sx=S}. 证明：
(i) C(S),N(S)都是G的子群; (ii) C(S)是N(S)的正规子群. 证明：
(i) 首先证明C(S)是G的子群.
任取x，y∈C(S)，那么对任意a∈S有xa=ax，ya=ay. 那么一方面，
(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)，
所以xy∈C(S). 另一方面，
xa=axa=x-1axax-1=x-1a
所以x-1∈C(S).
因此，C(S)是G的子群.
接着证明N(S)都是G的子群.
任取x，y∈N(S)，则x-1Sx=S，y-1Sy=S. 那么一方面，
(xy)-1S(xy)=x-1(y-1Sy)x=x-1Sx=S
所以xy∈N(S). 另一方面，
x-1Sx=SS=xSx-1
所以x-1∈N(S).
因此，N(S)是G的子群. (ii) 任取x∈C(S)，a∈S，则xa=ax，即a=x-1ax，亦即S= x-1Sx. 因此x∈N(S)，即C(S)N(S).
任取x∈C(S)，y∈N(S)，a∈S，则存在ay∈S使得yay-1=ay，因此a=y-1ayy. 那么
(y-1xy)a(y-1xy)-1=y1[x(yay-1)x-1]y= y1(xayx-1)y= y-1ayy=a，
即
(y-1xy)a=a(y-1xy).
所以y-1xy∈C(S)，因此C(S)是N(S)的正规子群.
24. 证明任意2阶群都与乘法群{1，-1}同构. 证明：略.
25. 试定出所有互不相同的4阶群. 解：
我们分类讨论:(1)存在四阶元；(2)不存在四阶元.
(1) 若存在一个四阶元，并设a为一个四阶元，那么该四阶群为.
(2) 若不存在四阶元，那么除了单位元e的阶为1，其余元素的阶只能是2，即设四阶群 G={e，a，b，c}，那么a2=b2=c2=e，ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a. 群表如下：
e a 11
b c e a b c e a b c a e c b b c e a c b a e 这是Klein四阶群. 综上可知，四阶群群在同构意义下只有两种或者是四阶循环群或者是Klein四阶群.
26. 设p为素数.证明任意两个p阶群必同构. 证明：
易知当p为素数时，p阶群必存在一个p阶元，即p阶群必是p阶循环群，故两个p阶群必同构.
27. Z为整数环，在集合S=Z×Z上定义
(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d), (a,b)(c,d)=(ac+bd,ad+bc).
证明S在这两个运算下成为幺环. 提示：(1,0)为该环的单位元素. 证明：略.
28. 在整数集上重新定义加法“”与乘法“”为
ab=ab, ab=a+b
试问Z在这两个运算下是否构成一环. 答：不构成环.
29. 设L为交换幺环，在L中定义：
ab=a+b-1, ab=a+b-ab.
这里e为单位元素，证明在新定义的运算下，L仍称为交换幺环，并且与原来的环同构. 证明：
(i)证明L在运算下构成交换群：
由的定义，得到
(ab)c=(a+b-1)c=a+b-1+c-1=a+b+c-2 a(bc)= a(b+c-1)= a+b+c-1-1=a+b+c-2
这里2=1+1，所以
(ab)c= a(bc).----------------(1)
同时由的定义还可以得到
a1= 1a=a，------------------------(2) a(2-a)=(2-a)a=1，---------------(3) ab=ba，----------------------------(4) 由(1),(2),(3)(4)可知L在运算下构成交换群.
(ii)证明L中运算满足结合律和交换律：容易证明这里略过. (iii)证明乘法对加法满足分配律： 因为
a(bc)= a(b+c-1)=a+(b+c-1)-a(b+c-1)=2a+b+c-ab-ac-1，
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