顾沛《抽象代数》1.6"变换群与置换群"习题解答

习题

4.证明：置换群$G$中若含有奇置换，则$G$必有指数为$2$的子群.

证明    易知$G$中若有奇置换，则奇偶置换各半.不妨设$G$的偶置换为

$${\rm id}=\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{m}$$

而奇置换$\phi_{1},\cdots,\phi_{m}$,又消去律可知每个$\sigma_{i}\phi_{1}$均为奇置换且互不相等,从而

$$\{\sigma_{i}\phi_{1}|i=1,2,\cdots,m\}=\{\phi_{1},\cdots,\phi_{m}\}$$

取$G$的子群

$$N=\{\sigma_{1},\cdots,\sigma_{m}\}<G$$

那么根据前面分析可知$[G:N]=2.$

 

5.设$G_{1},G_{2}$是群, $N_{1}\lhd G_{1},N_{2}\lhd G_{2}$,且有

$$N_{1}\simeq N_{2},G_{1}/N_{1}\simeq G_{2}/N_{2}$$

问是否一定有$G_{1}\simeq G_{2}$?

解答    不一定.反例如下：取$G_{1}=S_{3},G_{2}=\mathbb Z_{6}$,再取子群

$$N_{1}=<(123)>,N_{2}=<\overline{2}>$$

由于$N_{1},N_{2}$均为三阶循环群,从而必有$N_{1}\simeq N_{2}$.此外

$$[G_{1}:N_{1}]=[G_{2}:N_{2}]=2$$

因此二者均为正规子群,所以可作商群$G_{1}/N_{2},G_{2}/N_{2}$,且

$$|G_{1}/N_{1}|=|G_{2}/N_{2}|=2$$

而二阶群仅有一种结构,必为循环群,因此$G_{1}/N_{1}\simeq G_{2}/N_{2}$.但是显然$S_{3}$与$\mathbb Z_{6}$不同构.(由于$S_{3}$不是循环群)

 

6.设$G$是有限群,而$G$的任何真子群都是循环群,问$G$是否一定是循环群?

解答    不一定.同样的反例可以取$G=S_{3}$,那么$S_{3}$的真子群的阶数只能为$1,2,3$,由于$2,3$都是素数,从而$S_{3}$的子群必为循环群.事实上其全部子群如下

$$(1),<(12)>,<(13)>,<(23)>,<(123)>$$

而$S_{3}$不是循环群.

 

8.证明$S_{3}=<(12),(13)>$.

证明    注意到

\begin{align*}(1)=(12)^2;(132)=(12)(13);(123)=(13)(12);(23)=(12)(123)=(12)(13)(12)\end{align*}

从而$|<(12),(13)>|\geq6$,另一方面

$$<(12),(13)>\big<S_{3}$$

而$|S_{3}=6|$,因此$S_{3}=<(12),(13)>$.

 

10.证明$\forall\sigma\in S_{n}$,都有

$$\sigma(i_{1}i_{2}\cdots i_{r})\sigma^{-1}=(\sigma(i_{1})\sigma(i_{2})\cdots\sigma(i_{r})).$$

证明    由于$\sigma$是双射,任取$g=\sigma(h)\in G$,那么只需说明

\begin{align*}\sigma(i_{1}i_{2}\cdots i_{r})(h)=(\sigma(i_{1})\sigma(i_{2})\cdots\sigma(i_{r}))(g)\tag{1}\end{align*}

即可.若

1)$h\notin\{i_{1},\cdots,i_{r}\}$,那么$g\notin\{\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r})\}$,那么(1)式左端为

$$\sigma(h)=g=(\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r}))(g)=g$$

2)若存在某个$t\in\{1,2,\cdots,r\}$使得$h=i_{t}$,那么(1)式左端为

$$\sigma(i_{t+1})=(\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r}))(\sigma(i_{t}))$$

为了避免出现$t=r$的情况,此时可单独考虑.

 

11.设$G$是$n$阶交换群,若$m,n$为互素的自然数,定义\begin{align*}f:G&\to G\\a&\mapsto a^m\end{align*}

证明$f\in{\rm Aut}G$.

证明    显然$f$为同态,再证$f$单,只需说明${\rm Ker}f=\{e\}$即可.任取$g\in{\rm Ker}f$,则

$$f(g)=g^m=e$$

那么我们考虑循环群$<g><G$,显然其阶数$$|<g>|\big| m$$

此外据Lagrange定理可知$|<g>|\big|n$,而$m,n$互素,因此$|<g>|=1$,从而$g=e$,即

$${\rm Ker}f=\{e\}$$

因而$f$确实是单的,那么$|f(G)|=|G|$,且又$f(G)\subset G$,所以

$$f(G)=G$$

所以$f$满.综上便知$f\in{\rm Aut}G$.

 

12.设$G$是$n$阶群,且$G$的中心只有幺元.证明:G有且仅有$n$个不同的内自同构.

证明    注意到

$$G/C(G)\simeq{\rm Inn}G$$

而$C(G)=\{e\}$,因此$G\simeq{\rm Inn}G$.由此结论显然.

 

补充题：

1.证明:当$n\geq3$时,$S_{n}$的中心$C(S_{n})=\{{\rm id}\}$.

证明    若$C(S_{n})\neq\{{\rm id}\}$,则存在

$$\sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})\cdots(i_{0}i_{m})\in C(S_{n})(m\geq1)$$

且$i_{0},i_{1},\cdots, i_{m}$互不相等.那么考虑置换$(i_{0}i_{1})$,有

\begin{align*}\sigma(i_{0}i_{1})\sigma^{-1}=(\sigma(i_{0})\sigma(i_{1}))=(i_{m}i_{0})=(i_{0}i_{1})\end{align*}

因此$m=1$.所以对任意的$\phi\in C(S_{n})$,且若$\phi\neq{\rm id}$,那么$\phi$必然具有如下形式

$$\phi=(st),s\neq t$$

显然$\phi$与置换$(sq)(q\neq s,t)$不可交换.综上便知$C(S_{n})=\{{\rm id}\}$.

 

2.证明:在同构意义下$6$阶群只有两种,一种是$6$阶循环群,另一种是$S_{3}$.

证明    若$G$中有$6$阶元,则$G$为循环群.若不含$6$阶元,那么据Lagrange定理$G$中元素阶数只能为$1,2,3$.

我们断言$G$中必有一个$3$阶元,否则$G$中仅有幺元和二阶元,那么易知$G$为Abel群,这是由于

$$ab=(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=ba,\forall a,b\in G$$

取$4$阶群$H=\{e,a,b,ab\}<G$,而根据Lagrange定理这是不可能的.

所以说$G$中必有$6$阶元$a$,再任取$b\in G\setminus\{e,a,a^2\}$,显然

$$G=\{e,a,a^2,b,ba,ba^2\}$$

而且易知$ba=a^2b,ba^2=ab,b^2=(ba)^2=(ab)^2=e$.因此

$$G=<b,ab>$$

显然与$S_{3}=<(12),(13)>$同构.

 

3.设$G$是阶大于$2$的有限群且$G$中有阶大于$2$的元素,证明:${\rm Aut}G>1$.

证明   若$G$是非交换群,那么$C(G)\neq G$,据

$$G/C(G)\simeq {\rm Inn}G$$

便知$|{\rm Aut}G|\geq|{\rm Inn}G|>1$.

若$G$是Abel群,而$2<|G|<\infty$,因此存在$p>2$以及$H$使得

$$G=\mathbb Z_{p}\times H$$

从而

$$|{\rm Aut}G|\geq|{\rm Aut}\mathbb Z_{p}|=|\mathbb Z^*_{p}|=p-1>1.$$

 

4.证明:$S_{3}\simeq{\rm Aut}S_{3}={\rm Inn}S_{3}$.

证明    由于$C(S_{3})=\{{\rm id}\}$,从而

$$S_{3}\simeq{\rm Inn}S_{3}$$

再说明${\rm Aut}S_{3}={\rm Inn}S_{3}$,事实上只需说明

$$|{\rm Aut}S_{3}|=6$$

注意到

$$S_{3}=<(12),(13),(23)>$$

对任意的自同构$\sigma\in{\rm Aut}S_{3}$,作用$S_{3}$上,显然仅仅是对上式中三个元素的重排,因而

$$|{\rm Aut}S_{3}|\leq 3！=6$$

而$|{\rm Inn}S_{3}|=6$,且${\rm Inn}S_{3}\lhd{\rm Aut}S_{3}$,易知

$${\rm Inn}S_{3}={\rm Aut}S_{3}.$$

 

5.证明:$S_{n}=<(12),(13),\cdots,(1n)>$.

证明    显然$<(12),(13),\cdots,(1n)><S_{n}$,再证另一半.由于对任意的置换$\sigma\in S_{n}$,都有如下分解

$$\sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})\cdots(i_{0}i_{m})$$

因此只说明任一对换可由$(12),(13),\cdots,(1n)$表示,不失一般性的只需说明对换$(24)$可被其表示即可.注意到

$$(24)=(12)(14)(12)$$

便说明了问题.