数学教科书/代数 (9780132413770)/第 2 章

练习 1.1

$a(bc)=ab=a$ 以及 $(ab)c=ac=a$。 如果 $1,a\in S$ 且 $a\neq 1$，我们有 $1\cdot a=1$，因此具有此合成法则和单位元的唯一集合 $S$ 是集合 $S=\{1\}$。

练习 2.3

a) $y=x^{-1}w^{-1}z$

b) $yzx=x^{-1}xyzx=x^{-1}x=1$，但一般来说 $yxz\neq 1$。 例如，考虑排列 $x=(12),y=(13),z=(123)$，因此 $xyz=(12)(13)(123)=1$，但 $yxz=(13)(12)(123)=(132)$。

练习 2.4

a) $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 是 $GL_{n}(\mathbb {C} )$ 的子群。

b) $\{-1,1\}$ 是 $\mathbb {R} ^{\times }$ 的子群。

c) 正整数不是 $\mathbb {Z} ^{+}$ 的子群，因为它们不包含逆元，甚至 0 的逆元也没有。

d) 正实数是 $\mathbb {R} ^{\times }$ 的子群。

e) 集合 $H$ 不是 $GL_{2}(\mathbb {R} )$ 的子群，因为它们不包含单位矩阵。

习题 2.5

设 $H$ 是 $G$ 的子群。如果 $H$ 有一个单位元（可能与 $G$ 的单位元不同），那么我们有 $1_{H}h=h=1_{G}h$，两边同时乘以 $h^{-1}$ 表明单位元是相同的。类似地，如果 $h$ 在 $H$ 中有逆元，我们必然有 $hh_{H}^{-1}=1=hh_{G}^{-1}$，这意味着逆元是相同的。

习题 3.1

使用标准欧几里得算法，我们得到 $\gcd(321,123)=3$ 和 $-18\cdot 321+47\cdot 123=3$.

练习 3.2

令 $a,b\in \{1,2,3,...\}$ 是正整数，使得 $a+b$ 是一个素数。 那么，如果 $\gcd(a,b)=d$，我们有 $a=a_{0}d,b=b_{0}d$，因此 $a+b=d(a_{0}+b_{0})$。 因为我们想要 $a+b$ 是素数，唯一可能性是 $d=1$.

练习 4.3

令 $a,b\in G$ 且 $k$ 使得 $(ab)^{k}=1$。 那么 $(ab)^{k-1}=(ab)^{k-1}abb^{-1}a^{-1}=(ab)^{k}(ab)^{-1}=(ab)^{-1}$，因此 $(ba)^{k}=baba\ldots baba=b(ab)^{k-1}a=b(ab)^{-1}a=bb^{-1}a^{-1}a=1$.

练习 4.4

假设一个群 $G$ 没有真子群。 然后

• $G$ 必须是有限的。如果 $G$ 是无限的，取任何 $g\in G$ 使得 $g$ 不能生成 $G$，并考虑集合 $H=\{g^{k}|k\in \mathbb {Z} \}$。由于 $g$ 不能生成 $G$，$H$ 是 $G$ 的真子群，这很容易证明。
• $G$ 必须是循环的。实际上，假设 $G$ 不是循环的，因此没有单个元素可以生成 $G$。那么，对于任何元素 $g\in G$，$H=\{g^{k}|k\in \mathbb {N} \}$ 是 $G$ 的子群，因为 $G$ 是有限的。
• $G$ 的阶必须是素数。为了产生矛盾，假设 $G$ 的阶是 $pq$。那么，由于 $G$ 是一个有限循环群，由元素 $g$ 生成，我们有 $H=\{g^{pk}|k\in \mathbb {N} \}$ 是一个真子群。
• 最后，如果 $G$ 的阶是素数，则 $G$ 中的任何元素都不会生成 $G$ 的真子群。这是因为任何元素都具有 $g^{k}$ 的形式，其中 $g\in G$ 是某个元素，$k$ 是整数。根据命题 2.4.3，我们知道 $g^{k}$ 的阶是 $n/d$，其中 $n$ 是群的阶，$d=\gcd(n,k)$。在这种情况下，$n$ 是素数，所以 $g^{k}$ 的阶是 $n$ 或 1（当 $k=n$ 时）。

练习 4.5

令 $G=<g>$ 为循环群。取任何子群 $H\subseteq G$。我们假设 $G$ 是有限的（因为本书主要关注有限情况，事实上，第 46 页的定义隐含地假设了这一点），所以 $H$ 也是有限的。令 $H=\{g^{k_{1}},\ldots ,g^{k_{m}}\}$。然后，由于 $H$ 是一个子群，对于每个 $a_{1},\ldots a_{m}\in \mathbb {Z}$ 都有 $g^{a_{1}k_{1}}\ldots g^{a_{m}k_{m}}=g^{a_{1}k_{1}+\ldots a_{m}k_{m}}\in H$。因此，对于指数 $q\in \mathbb {Z}$，其中 $g^{q}\in H$，都有 $q\in \mathbb {Z} k_{1}+\ldots +\mathbb {Z} k_{m}$。定理 2.3.3 告诉我们，我们可以写成 $\mathbb {Z} k_{1}+\ldots +\mathbb {Z} k_{m}=\mathbb {Z} d$，其中 $d$ 是一个整数。这表明 $H$ 中的任何元素都具有形式 $g^{kd}$，所以 $H=<g^{d}>$。

练习 4.8 b

第一类初等矩阵是指矩阵 $E$，其中元素 $e_{ii}=1$，$e_{ij}=a$ 对于唯一的一对索引 $i,j$ 成立，其他元素为 0。从行列式公式可以很容易地看出，这类矩阵的行列式始终为 1。根据行列式的乘积规则，这类矩阵的所有乘积的行列式都为 1。

另一方面，我们先考虑 2×2 的情况，设 $A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ 其中 $ad-bc=1$。通过将一个行乘以一个因子加到另一个行，并利用元素之间的关系，我们可以将矩阵进行如下操作：

${\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\rightarrow {\begin{pmatrix}1&b+{\frac {d(1-a)}{c}}\\c&d\end{pmatrix}}\rightarrow {\begin{pmatrix}1&{\frac {d-1}{c}}\\c&d\end{pmatrix}}\rightarrow {\begin{pmatrix}1&{\frac {d-1}{c}}\\0&1\end{pmatrix}}\rightarrow {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$.

由于我们只能使用对应于与第一类矩阵相乘的操作来将矩阵转换为单位矩阵，并且条件 $ad-bc=1$ 成立，因此我们可以通过逆转操作从单位矩阵生成原始矩阵 $A$。因此，我们可以只使用第一类初等矩阵生成 $A$。一般情况可以通过归纳法证明：对于任何 $M\in \mathbb {R} ^{n\times n}$ 矩阵，如果它的行列式为 1，假设我们可以将 $M$ 转换成如下形式：

$M'={\begin{pmatrix}I_{n-1}&b\\c^{T}&d\end{pmatrix}}$,

其中 $b,c\in \mathbb {R} ^{n-1}$ 且 $d\in \mathbb {R}$。可以很容易地看到，我们可以进一步操作 $M'$ 如下

${\begin{pmatrix}I_{n-1}&b\\c^{T}&d\end{pmatrix}}\rightarrow {\begin{pmatrix}I_{n-1}&b\\0&1\end{pmatrix}}\rightarrow {\begin{pmatrix}I_{n-1}&0\\0&1\end{pmatrix}}$.

注意，在第二步中，元素 $d$ 被操作为 1，因为我们消除了向量 $c$ 的行条目，否则操作后的矩阵的行列式将不等于 1。

练习 4.9

阶数为 2 的元素必然交换一对元素，或者两对元素。这样的排列有 $(12),(13),(14),(23),(24),(34),(12)(34),(13)(24),(14)(23)$，共 9 个阶数为 2 的排列。

练习 4.11

a) 交换元素 $a,b$ 的任何对换都有一个置换矩阵 $T$，该矩阵是一个单位矩阵，其中行 $a,b$ 已被交换。这些是第二类型的初等矩阵。任何对应于 $S_{n}$ 中排列的置换矩阵 $P$ 是一个单位矩阵，其行已根据排列进行了置换。从 $P$ 的排列解释，我们知道 $P$ 是可逆的，所以根据定理 1.2.6，它是初等矩阵的乘积。很容易看出，在这种乘积中，只有第二类型的初等矩阵是必要的，因为不需要缩放或将行加在一起。因此，$P$ 可以分解成第二类型的初等矩阵的乘积，这意味着该排列是对换的乘积。

b) 首先我们证明以下结论

结论：任何两个对换的乘积都可以写成三个循环的乘积。

证明：令 $(ab)(cd)$ 是两个对换的乘积，其中 $a,b,c,d$ 是某些整数（可能有些相等）。然后我们可以写 $(ab)(cd)=(acb)(acd)$.

由于 $S_{n}$ 中的任何排列都是由对换生成的，而对换矩阵的行列式为 $-1$，所以 $A_{n}$ 中的任何排列都是偶数个对换的乘积。令 $\pi \in A_{n}$ 为一个排列，其对换分解为 $\pi =\tau _{1}\cdots \tau _{2n}$。然后我们可以将乘积分组为 $\pi =(\tau _{1}\tau _{2})(\tau _{3}\tau _{4})\cdots (\tau _{2n-1}\tau _{2n})$，其中两个对换的每个乘积也可以表示为如断言所示的三循环的乘积。

练习 5.3

令 $A,B\in U$ 使得 $AB={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\0&a_{22}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\0&b_{22}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{11}b_{11}&a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}\\0&a_{22}b_{22}\end{pmatrix}}$。 那么 $\varphi (AB)=a_{11}^{2}b_{11}^{2}=\varphi (A)\varphi (B)$ 所以 $\varphi$ 是一个群同态。 我们有 $\ker \varphi =\{A\in U:a_{11}=0\}$ 和 ${\textrm {im}}~\varphi =\mathbb {R} ^{\times }$.

习题 6.2

任何同态 $\varphi :\mathbb {Z} ^{+}\rightarrow \mathbb {Z} ^{+}$ 满足 $\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)$，所以 $\varphi$ 必须是一个具有整数系数的线性函数。换句话说，$\varphi (k)=m\cdot k$ 其中 $m\in \mathbb {Z}$。为了使 $\varphi$ 是单射的，只要 $m\neq 0$ 就足够了。为了使 $\varphi$ 是满射的，我们需要 $m\in \{-1,1\}$，因为很明显 ${\textrm {im}}~\varphi =\mathbb {Z} ^{+}m$。满射函数 $\varphi$ 也是双射的，因此它们是同构。

练习 6.6

两个元素 $a,b\in G$ 是共轭的，如果对于某个 $g\in G$，$ga=bg$。不难看出，对于给定的矩阵，任何形式为 ${\begin{pmatrix}0&s\\s&t\end{pmatrix}}$，其中 $s\neq 0$ 的矩阵都可以满足要求。这个矩阵也是可逆的，因为它的行列式是 $-s^{2}$。由于行列式为负数，这些矩阵在 $SL_{2}(\mathbb {R} )$ 中不共轭。

练习 7.1

设 $a,b\in G$，$\sim$ 是由 $a\sim b$ 当且仅当存在 $g\in G$ 使得 $a=gbg^{-1}$ 给出的关系。

自反性：$a=1a1^{-1}$，因此 $a\sim a$。

对称性：如果 $a\sim b$，那么 $a=gbg^{-1}$，因此 $b=g^{-1}ag$。因此 $b\sim a$，反之亦然。

传递性：如果 $a\sim b$ 且 $b\sim c$，那么 $a=gbg^{-1}$ 且 $b=hch^{-1}$，因此 $a=ghch^{-1}g^{-1}=ghc(gh)^{-1}$。因此 $a\sim c$。

练习 7.5

• 集合 $\{(s,s):s\in \mathbb {R} \}$ 定义了 $\mathbb {R}$ 上的等价关系，它与实数上的通常“=”关系相同。
• 由空集定义的关系满足对称性和传递性，但不满足自反性。
• 轨迹 $\{(x,y):xy+1=0,x,y\in \mathbb {R} \}$ 满足对称性和传递性，但不满足自反性（例如 $0\sim 0$ 不成立）。
• 轨迹 $\{(x,y):x^{2}y-xy^{2}-x+y=0,x,y\in \mathbb {R} \}$ 是自反的（$x\sim x$ 因为 $x^{3}-x^{3}-x+x=0$），对称的（因为 $x^{2}y-xy^{2}-x+y=-(y^{2}x-yx^{2}-y+x)$）和传递的（如果 $(x,y)$ 和 $(y,z)$ 是该方程的解，那么根据对称性，$(y,x)$ 和 $(z,y)$ 也是。因此，$(z,x)$ 也是解，因此 $(x,z)$ 是一个解。）

练习 7.6

集合中等价关系的数量等于集合中划分的数量。如果集合有 5 个元素，我们有以下划分

• 划分为 1 个集合：1
• 划分为大小为 1、4 的 2 个集合：5
• 将 5 个元素分成 2 个集合，大小分别为 2 和 3：${\binom {5}{2}}{\binom {3}{3}}=10$
• 将 5 个元素分成 3 个集合，大小分别为 1、1 和 3：${\frac {1}{2}}{\binom {5}{1}}{\binom {4}{1}}{\binom {3}{3}}=10$
• 将 5 个元素分成 3 个集合，大小分别为 1、2 和 2：${\frac {1}{2}}{\binom {5}{1}}{\binom {4}{2}}{\binom {2}{2}}=15$
• 将 5 个元素分成 4 个集合，大小分别为 1、1、1 和 2：${\frac {1}{6}}{\binom {5}{1}}{\binom {4}{1}}{\binom {3}{1}}{\binom {2}{2}}=10$
• 将 5 个元素分成 5 个集合，每个集合大小为 1： 1

因此，总共有 52 种不同的划分方式。

习题 8.3

令 $G$ 为一个群，使得 $|G|=p^{k}$ 对于某个素数 $p$。对于任何 $g\in G$，$<g>$ 是 $G$ 的子群，根据引理 2.8.7 的阶为 $p^{m}$，其中 $m\leq k$。如果 $m=1$，我们就完成了，因为我们找到了一个阶为 $p$ 的元素。否则，考虑 $h=g^{p^{m-1}}$ 并注意到 $h^{p}=\left(g^{p^{m-1}}\right)^{p}=g^{p^{m}}=1$，所以 $h$ 的阶为 $p$。

练习 8.4

对于一个具有 35 个元素的群 $G$，我们有几种情况。

• 如果该群是循环的，即 $G=<g>$，我们有 $g^{5}$ 的阶为 7，而 $g^{7}$ 的阶为 5。
• If the group is not cyclic, then for every $h\in G$ there is some integer $k<35$ such that $<h>$ is a subgroup of $G$ order $k$. The order of $<h>$ divides the order of $G$, so if $h$ is not the identity, the order of $h$ is either 5 or 7. Assume $h$ is of order 5 and there is another element $x$ of order 5 that is not a power of $h$. Then the subgroup of $G$ generated by $h$ and $x$ has order 25. Indeed, all elements $h^{i}x^{j}$ for $i,j\in \{0,\ldots ,4\}$ are distinct (if not, we have for $i_{1}\neq i_{2},j_{1}\neq j_{2}$ that $h^{i_{1}}x^{j_{1}}=h^{i_{2}}x^{j_{2}}\Rightarrow h^{i_{1}-i_{2}}=x^{j_{2}-j_{1}}$, which implies that $x$ is a power of $h$), and there is 25 ways to choose the exponents. But 25 does not divide 35, so there cannot be another subgroup of order 5, and thus any element $x$ that is not a power of $h$ must generate a cyclic group of order 7.

练习 8.5

如果一个群 $G$ 包含一个阶为 6 的元素 $g$ 和一个阶为 10 的元素 $h$，则 $<g>$ 和 $<h>$ 是 $G$ 的子群，因此 6 和 10 都能整除 $G$ 的阶。因此，我们可以说 $|G|\geq 30$.

练习 8.10

令 $H\subset G$ 为一个子群，使得 $\left[G:H\right]=2$。那么，由于左（和右）陪集将群划分，我们有 $G=H\cup gH=H\cup Hg$ 对于某个 $g\notin H$。因为 $|H|=|gH|=|Hg|$，我们必须有 $gH=Hg$，因此根据命题 2.8.17 $H$ 是正规的。

例如，对于$H\subset G$ 且$\left[G:H\right]=3$，考虑$G=S_{3}$ 和 $H=\{1,(12)\}$。由于$|H|=2$，我们确实有$\left[G:H\right]=3$。那么，$(13)H=\{(13),(123)\}$ 和 $H(13)=\{(13),(132)\}$，所以$H$ 不是正规的。

练习 8.12

断言 1：对于所有$h,g\in S$，我们有$hg\in S$。

证明：假设$hg\notin S$。那么$hS\neq S$，因为$hg\in hS$。但由于$1\in S$，我们有$h\in hS$，这与$S$ 的陪集划分$G$ 的假设相矛盾。

断言 2：对于所有$h\in S$，我们有$h^{-1}\in S$。

证明：假设存在$h^{-1}\in aS$，其中$a\in G$。然后我们有$h^{-1}=ag$，其中$g\in S$。这意味着$1=agh$，根据断言1，我们有$hg\in S$，所以$ahg\in aS$。但是，然后$1\in aS$，所以除非$aS=S$，否则就会出现矛盾。

断言1和断言2共同证明了$S$是$G$的子群。

练习 9.4

所涉及的数字非常小，因此可以通过暴力求解来解决。为了解决$2x\equiv _{9}5$，我们注意到$2\cdot 5=10\equiv _{9}1$，所以$2^{-1}\equiv _{9}5$，所以$x\equiv _{9}5\cdot 5\equiv _{9}25\equiv _{9}7$.

为了研究同余式$2x\equiv _{6}5$，我们通过计算所有可能性注意到，不存在模 6 下的元素$2^{-1}$。因此，该同余式没有解。

练习 9.5

给定方程

${\begin{cases}2x-y\equiv _{n}1\\4x+3y\equiv _{n}2\end{cases}}$

我们可以解出 $y\equiv _{n}2x-1$，并将其代入另一个同余方程，得到 $10x\equiv _{n}5$。当且仅当存在 $10^{-1}$ 模 $n$时，该方程才存在解，换句话说，存在一个整数 $m$ 使得 $10m\equiv _{n}1$。这意味着方程 $10m+an=1$ 必须有一个整数解 $a$。但这只有在 $\gcd(10,n)=1$ 时才有可能。

练习 10.1

从题目中不清楚答案应该是什么样子。因此，以下可能的答案可能不是预期的。

我们证明每个形式为 $(a_{1}a_{2}\ldots a_{n})$ 的循环的符号为 $(-1)^{n-1}$。这很容易看出来，因为我们可以将 $(a_{1}a_{2}\ldots a_{n})=(a_{1}a_{n})(a_{1}a_{n-1})\cdots (a_{1}a_{2})$ 进行分解。每个对换对应于一个第二类初等矩阵，它的行列式为 $-1$。循环的乘积形式包含 $n-1$ 个对换，因此符号如所述。所以，如果一个排列具有一个循环分解为 $m$ 个循环，每个循环具有 $n_{i}$ 个项，则排列的符号为 $(-1)^{\sum n_{i}-1}$。

练习 10.3

令 $G=<x>,G'=<y>$ 且 $\varphi (x^{i})=y^{i}$。我们有 $\ker \varphi =\{1,x^{6}\}$，且 $G$ 具有子群 $<1>,<x^{2}>,<x^{3}>,<x^{4}>,<x^{6}>,G$，而 $G'$ 具有子群 $<1>,<y^{2}>,<y^{3}>,G'$。因此，由 $\varphi$ 给出的对应关系如下

在 $G$ 中的子群	子群在 $G'$
$<x^{2}>$	$<y^{2}>$
$<x^{3}>$	$<y^{3}>$
$<x^{6}>$	$<1>$
$G$	$G'$

注意子群 $<1>$ 和 $<x^{4}>$ 不包含 $\ker \varphi$.

习题 11.3

令 $G=<x>,H=<y>$ 并假设 $K=G\times H$ 由元素 $(x^{n},y^{m})$ 生成。 那么，对于 $K$ 的每个元素 $k\in K$，我们将有 $k=(x^{n},y^{m})^{i}$ 对于某个 $i$。 但是，由于 $G,H$ 是无限的，不存在 $i_{1},i_{2}$ 使得 $(x^{n},y^{m})^{i_{1}}=(x,1)$ 且 $(x^{n},y^{m})^{i_{2}}=(1,y)$，因为第一个条件要求 $n\neq 0,m=0$，而第二个条件要求 $n=0,m\neq 0$。 假设 $G,H$ 是无限的意味着 $x^{n}=0\Leftrightarrow n=0$ 且 $y^{m}=0\Leftrightarrow m=0$.

练习 11.4

a) $G=R^{\times }$ 同构于 $H\times K=\{-1,1\}\times \{x\in \mathbb {R} :x>0\}$ 通过函数 $\varphi :G\rightarrow H\times K$ 给出，函数定义如下 $\varphi (g)=\left({\frac {g}{|g|}},|g|\right)$，该函数的逆函数为 $\varphi ^{-1}((h,k))=h\cdot k$。我们可以直接从实数的乘法规则和绝对值的性质得出 $\varphi$ 是一个同态。

b) 令 $G$ 为可逆上三角矩阵的集合，$H$ 为可逆对角矩阵的集合，以及 $K$ 为对角线上为 1 的上三角矩阵的集合。为了获得同态 $\varphi :G\rightarrow H\times K$，我们必须有

$\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\right)=\left({\begin{pmatrix}h_{1}&0\\0&h_{2}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&k\\0&1\end{pmatrix}}\right)$,

对于适当的实数 $g_{i},h_{i}$ 和 $k$。使用这个符号，我们有

$\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}g'_{1}&g'_{2}\\0&g'_{3}\end{pmatrix}}\right)=\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}g_{1}'&g_{1}g_{2}'+g_{2}g_{3}'\\0&g_{3}g_{3}'\end{pmatrix}}\right)=\left({\begin{pmatrix}h_{1}h_{1}'&0\\0&h_{2}h_{2}'\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&h_{1}k'+h_{2}k\\0&1\end{pmatrix}}\right)$. (1)

另一方面，

$\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\right)\cdot \varphi \left({\begin{pmatrix}g'_{1}&g'_{2}\\0&g'_{3}\end{pmatrix}}\right)=\left({\begin{pmatrix}h_{1}&0\\0&h_{2}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&k\\0&1\end{pmatrix}}\right)\cdot \left({\begin{pmatrix}h'_{1}&0\\0&h'_{2}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&k'\\0&1\end{pmatrix}}\right)=\left({\begin{pmatrix}h_{1}h_{1}'&0\\0&h_{2}h_{2}'\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1&k+k'\\0&1\end{pmatrix}}\right)$. (2)

为了使 $\varphi$ 为同态，我们需要这两个式子的值相等。但是，(1) 中的第二个坐标依赖于 $h_{1}$ 和 $h_{2}$，而 (2) 中没有。因此，(1) 和 (2) 一般情况下不相等。

c) 令 $G=\mathbb {C} ^{\times }$，$H=(\{\theta \in \mathbb {R} :\theta \in [0,2\pi ]\},+)$（以加法作为群运算的圆周角）以及 $H=\mathbb {R} _{>0}^{\times }$。 那么 $G$ 同构于 $H\times K$，通过同态 $\varphi :G\rightarrow H\times K$，由 $\varphi (g)=\left(\arg(g),|g|\right)$给出。 $\varphi$ 是一个双射同态，这很容易从复数的极坐标表示得出。

练习 12.1

令 $H=\{1,(12)\}$ 是 $S_{3}$ 的一个子群。 很明显 $H$ 不是正规的，因为 $(13)H=\{(13),(123)\}\neq \{(13),(132)\}=H(13)$。 那么 $(13)H=\{(13),(123)\}$ 以及 $(23)H=\{(23),(132)\}$。 很容易验证 $(12)H(23)H=\{1,(12),(23),(132)\}$。 这组有 4 个元素，但所有陪集的大小都必须是 2，因此它不是一个陪集。

练习 12.5

设 $G$ 为上三角矩阵组 ${\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}$，其中 $a,d\neq 0$。

a) 设 $S$ 为 $G$ 的子集，由 $b=0$ 定义，即可逆对角矩阵的集合。很容易看出 $S$ 是一个群，因为每个这样的矩阵的逆也是一个对角矩阵，两个对角矩阵的乘积也是一个对角矩阵，单位矩阵是一个对角矩阵。然而，$S$ 不是一个正规子群，因为对于任何 ${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\in G$，其逆为 ${\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}\in G$，我们可以计算

${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&0\\0&d\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ag_{1}&dg_{2}\\0&dg_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&-ag_{2}/g_{3}+dg_{2}/g_{3}\\0&d\end{pmatrix}}$,

不在 $S$ 中，当 $a\neq d$。

b) 令 $S$ 为 $G$ 的子集，由 $d=1$ 定义。同样，很容易看出 $S$ 是 $G$ 的一个子群。如上所述，我们可以计算

${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ag_{1}&bg_{2}+1\\0&g_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&-ag_{2}/g_{3}+bg_{2}/g_{3}+g_{3}^{-1}\\0&1\end{pmatrix}}\in S$,

所以 $S$ 是一个正规子群。陪集是包含矩阵的集合

${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ag_{1}&bg_{2}+1\\0&g_{3}\end{pmatrix}}$,

这些矩阵由参数 $g_{3}\neq 0$ 区分，因为变量 $a,b$ 可以任意选择（只要 $a\neq 0$）。因此，商群同构于 $\mathbb {R} ^{\times }$。其核为 $S$ 的同态由 $\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\right)=g_{3}$ 给出。

c) 令 $S$ 为 $G$ 的子集，定义为 $a=d\neq 0$。那么 $S$ 明显是 $G$ 的一个子群。我们有

${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ag_{1}&ag_{2}+bg_{1}\\0&ag_{3}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&bg_{1}/g_{3}\\0&a\end{pmatrix}}\in S$,

所以 $S$ 是一个正规子群。为了研究这个群的陪集，我们计算

${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}S=\left\{{\begin{pmatrix}ag_{1}&ag_{2}+bg_{1}\\0&ag_{3}\end{pmatrix}}:a\neq 0,b\in \mathbb {R} \right\}$.

这里我们可以随意选择 $b$，所以右上角元素不会对陪集造成任何限制。然后，对于那些满足 $g_{1}\neq 0,g_{3}=1$ 的 $G$ 中的元素，它们会生成一个 $S$ 的唯一陪集。这样我们也获得了 $S$ 的所有陪集，因为对于每个 $g_{1},g_{3}\neq 0$ 的选择，我们都可以选择 $a=1/g_{3}$，并且我们可以看到这个元素在由 $g_{1}'=g_{1}/g_{3},g'_{3}=1$ 生成的陪集里。

商群再次同构于 $\mathbb {R} ^{\times }$，其同态的核 $S$ 由 $\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\right)=g_{1}/g_{3}$ 给出。

练习 M.6 a，b

a) 我们观察到以下情况

• 自反性：点 $a\in \mathbb {R} ^{k}$ 通过路径 $X(t)=a$ 与自身相连。如果 $a\in S$，则该路径包含在 $S$ 中。
• 对称性：令 $a,b\in \mathbb {R} ^{k}$，使得存在从 $a$ 到 $b$ 的路径 $X$ 包含在 $S$ 中。则路径 $Y(t)=X(1-t)$ 是从 $b$ 到 $a$ 的路径，包含在 $S$ 中。
• 传递性。如果 $a,b,s\in \mathbb {R} ^{k}$ 使得 $X$ 是从 $a$ 到 $b$ 的路径，包含在 $S$ 中，并且 $Y$ 是从 $b$ 到 $c$ 的路径，包含在 $S$ 中，那么 $Z(t)={\begin{cases}X(2t),&{\text{if }}t<1/2\\Y(2t-1),&{\text{if }}t\geq 1/2\end{cases}}$ 是从 $a$ 到 $c$ 的路径，包含在 $S$ 中。

b) 如 a) 部分所示，路径连接是一个等价关系。因此，路径连接的子集将集合 $S$ 分割。特别是，传递性确保如果两个点可以通过路径连接，那么与这两个点连接的任何点都可以与这两个点连接。

练习 M.7

a) 令 $A,B,C,D\in G\subset GL_{n}(\mathbb {R} )$ 使得 $A\sim B$ 由 $X(t)$ 给出，并且 $C\sim D$ 由 $Y(t)$ 给出。 那么 $Z(t)=X(t)Y(t)$ 连接 $AC$ 到 $BD$。 由于路径 $X(t)$ 和 $Y(t)$ 都在 $G$ 中，并且 $G$ 是一个群，因此这条路径也在 $G$ 中。

b) 我们证明对于任何矩阵 $A\sim I$，对于任何 $B\in GL_{n}(\mathbb {R} )$，矩阵 $BAB^{-1}\sim I$ 也成立。 如果 $X(t)$ 是连接 $A$ 和 $I$ 的路径，只需考虑路径 $Y(t)=BX(t)B^{-1}$，因为 $Y(1)=BIB^{-1}=I$。 因此，所有通过路径与单位元相连的矩阵构成一个正规子群。

习题 M.8

a) Elementary matrices of the first type are matrices $E$ with the entries $e_{ii}=1$, $e_{ij}=a$ for exactly one pair of indices $i,j$ and 0 otherwise. For each such $E$, there is a path to $I$ just by setting $X(t)$ as the same matrix as $E$, with the exception that the element $e_{ij}=(1-t)a$. Clearly this is a continuous path from $E$ to $I$, and since $X(t)$ is an elementary matrix of the first type, it also has determinant 1, and thus the path stays in $SL_{n}(\mathbb {R} )$. Now, if we have the elementary matrices of the first type $E_{1},E_{2}$, we have by M.7 a) that $E_{1}E_{2}$ is connected to $I$, as $E_{1},E_{2}$ are connected to $I$. We have now shown that any product of elementary matrices of type 1 are path connected to $I$, which implies that $SL_{n}(\mathbb {R} )$ is path connected, as the elementary matrices of type 1 generate $SL_{n}(\mathbb {R} )$.

b) 令 $A\in GL_{n}(\mathbb {R} )$ 使得 $\det(A)>0$。我们可以通过 $X(t)={\sqrt[{n}]{1-t+{\frac {t}{\det(A)}}}}A$ 将 $A$ 连接到一个行列式为 1 的矩阵，使得 $\det(X(t))=\left(1-t+{\frac {t}{\det(A)}}\right)\det(A)$。这条路径是由连续函数的复合而成，因为 $\det(A)>0$ 且 $X(t)$ 始终具有正行列式，所以它在 $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 中是一条连续路径。因此，行列式为 $\det(A)>0$ 的矩阵构成 $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 的一个连通分支。用同样的推理，如果我们假设 $\det(A)<0$，我们可以得出结论：行列式为 $\det(A)<0$ 的矩阵构成 $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 的一个连通分支。

剩下的要证明的是这些成分不连接。设$A$是一个行列式为正的矩阵，而$X(t)$是连接$A$到一个行列式为负的矩阵$B$的路径。那么，$X(t)$的元素$x_{ij}(t)$是连续函数。从行列式公式(1.6.4)可以看出，行列式也是元素的连续函数，因为它是由连续函数的乘积的和。然后，由于$\det(X(0))>0$和$\det(X(1))<0$，我们必须有$\det(X(t_{0}))=0$对于某个$t_{0}\in (0,1)$。因此，$X(t)$是一条不在$GL_{n}(\mathbb {R} )$中的路径，因此$GL_{n}(\mathbb {R} )$是两个连通分量的非交并。

练习 M.9

双陪集将群进行划分。事实上，对于每一个$g\in G$，双陪集$HgK$ 包含 $g$，因为$1\in H\cap K$。另一方面，如果$g\in Hg_{1}K\cap Hg_{2}K$，则存在元素$h_{1},h_{2}\in H,k_{1},k_{2}\in K$ 使得$h_{1}g_{1}k_{1}=h_{2}g_{2}k_{2}$。这意味着$g_{1}=h_{1}^{-1}h_{2}g_{2}k_{2}k_{1}^{-1}$，并且由于$H,K$ 是子群，$h_{1}^{-1}h_{2}\in H,k_{2}k_{1}^{-1}\in K$，因此$g_{1}\in Hg_{2}K$。这反过来意味着$Hg_{1}K=Hg_{2}K$.

练习 M.14

用矩阵$E,E'$ 及其逆矩阵从左边乘，对应于行加减运算。从右边乘对应于列加减运算。现在，考虑任何$A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in SL_{2}(\mathbb {Z} )$.

断言 1： 我们可以通过加减行将矩阵转化为 ${\begin{pmatrix}a'&b'\\c'&d'\end{pmatrix}}$ 形式，其中 $a'=1$ 或 $c'=1$。

证明。 如果 $c=0$，由于矩阵的行列式为 1，我们有 $d\neq 0$，因此我们可以将第二列加到第一列，得到另一个行列式为 1 的矩阵，其第一列第二行的元素不为零。 因此，从现在开始，我们假设 $c\neq 0$。 使用行操作，我们可以对第一列执行本质上是欧几里得算法的操作，方法是将较小的第一列元素从较大的第一列元素中减去。 由于 $\det(A)=1$，我们有 $ad-bc=1$，这意味着 $\gcd(a,c)=1$，因此一旦在第一列的某一行产生 1，行操作欧几里得算法就会终止。

现在，使用断言 1 中产生的矩阵，我们只需通过应用行和列的加减法，就可以将矩阵简化为单位矩阵形式。 因此，我们有 $E_{1}\cdots E_{n}AF_{1}\cdots F_{m}=I$，其中 $E_{i},F_{j}$ 是某些矩阵 $E,E'$ 及其逆矩阵。 可以通过求解来证明 $A=E_{1}^{-1}\cdots E_{n}^{-1}F_{1}^{-1}\cdots F_{m}^{-1}$。