數學教科書/代數 (9780132413770)/第 2 章

練習 1.1

$a(bc)=ab=a$ 以及 $(ab)c=ac=a$。 如果 $1,a\in S$ 且 $a\neq 1$，我們有 $1\cdot a=1$，因此具有此合成法則和單位元的唯一集合 $S$ 是集合 $S=\{1\}$。

練習 2.3

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

b) $yzx=x^{-1}xyzx=x^{-1}x=1$，但一般來說 $yxz\neq 1$。 例如，考慮排列 $x=(12),y=(13),z=(123)$，因此 $xyz=(12)(13)(123)=1$，但 $yxz=(13)(12)(123)=(132)$。

練習 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) 正整數不是 $\mathbb {Z} ^{+}$ 的子群，因為它們不包含逆元，甚至 0 的逆元也沒有。

d) 正實數是 $\mathbb {R} ^{\times }$ 的子群。

e) 集合 $H$ 不是 $GL_{2}(\mathbb {R} )$ 的子群，因為它們不包含單位矩陣。

習題 2.5

設 $H$ 是 $G$ 的子群。如果 $H$ 有一個單位元（可能與 $G$ 的單位元不同），那麼我們有 $1_{H}h=h=1_{G}h$，兩邊同時乘以 $h^{-1}$ 表明單位元是相同的。類似地，如果 $h$ 在 $H$ 中有逆元，我們必然有 $hh_{H}^{-1}=1=hh_{G}^{-1}$，這意味著逆元是相同的。

習題 3.1

使用標準歐幾里得演算法，我們得到 $\gcd(321,123)=3$ 和 $-18\cdot 321+47\cdot 123=3$.

練習 3.2

令 $a,b\in \{1,2,3,...\}$ 是正整數，使得 $a+b$ 是一個素數。 那麼，如果 $\gcd(a,b)=d$，我們有 $a=a_{0}d,b=b_{0}d$，因此 $a+b=d(a_{0}+b_{0})$。 因為我們想要 $a+b$ 是素數，唯一可能性是 $d=1$.

練習 4.3

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

練習 4.4

假設一個群 $G$ 沒有真子群。 然後

• $G$ 必須是有限的。如果 $G$ 是無限的，取任何 $g\in G$ 使得 $g$ 不能生成 $G$，並考慮集合 $H=\{g^{k}|k\in \mathbb {Z} \}$。由於 $g$ 不能生成 $G$，$H$ 是 $G$ 的真子群，這很容易證明。
• $G$ 必須是迴圈的。實際上，假設 $G$ 不是迴圈的，因此沒有單個元素可以生成 $G$。那麼，對於任何元素 $g\in G$，$H=\{g^{k}|k\in \mathbb {N} \}$ 是 $G$ 的子群，因為 $G$ 是有限的。
• $G$ 的階必須是素數。為了產生矛盾，假設 $G$ 的階是 $pq$。那麼，由於 $G$ 是一個有限迴圈群，由元素 $g$ 生成，我們有 $H=\{g^{pk}|k\in \mathbb {N} \}$ 是一個真子群。
• 最後，如果 $G$ 的階是素數，則 $G$ 中的任何元素都不會生成 $G$ 的真子群。這是因為任何元素都具有 $g^{k}$ 的形式，其中 $g\in G$ 是某個元素，$k$ 是整數。根據命題 2.4.3，我們知道 $g^{k}$ 的階是 $n/d$，其中 $n$ 是群的階，$d=\gcd(n,k)$。在這種情況下，$n$ 是素數，所以 $g^{k}$ 的階是 $n$ 或 1（當 $k=n$ 時）。

練習 4.5

令 $G=<g>$ 為迴圈群。取任何子群 $H\subseteq G$。我們假設 $G$ 是有限的（因為本書主要關注有限情況，事實上，第 46 頁的定義隱含地假設了這一點），所以 $H$ 也是有限的。令 $H=\{g^{k_{1}},\ldots ,g^{k_{m}}\}$。然後，由於 $H$ 是一個子群，對於每個 $a_{1},\ldots a_{m}\in \mathbb {Z}$ 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，對於指數 $q\in \mathbb {Z}$，其中 $g^{q}\in H$，都有 $q\in \mathbb {Z} k_{1}+\ldots +\mathbb {Z} k_{m}$。定理 2.3.3 告訴我們，我們可以寫成 $\mathbb {Z} k_{1}+\ldots +\mathbb {Z} k_{m}=\mathbb {Z} d$，其中 $d$ 是一個整數。這表明 $H$ 中的任何元素都具有形式 $g^{kd}$，所以 $H=<g^{d}>$。

練習 4.8 b

第一類初等矩陣是指矩陣 $E$，其中元素 $e_{ii}=1$，$e_{ij}=a$ 對於唯一的一對索引 $i,j$ 成立，其他元素為 0。從行列式公式可以很容易地看出，這類矩陣的行列式始終為 1。根據行列式的乘積規則，這類矩陣的所有乘積的行列式都為 1。

另一方面，我們先考慮 2×2 的情況，設 $A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ 其中 $ad-bc=1$。透過將一個行乘以一個因子加到另一個行，並利用元素之間的關係，我們可以將矩陣進行如下操作：

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

由於我們只能使用對應於與第一類矩陣相乘的操作來將矩陣轉換為單位矩陣，並且條件 $ad-bc=1$ 成立，因此我們可以透過逆轉操作從單位矩陣生成原始矩陣 $A$。因此，我們可以只使用第一類初等矩陣生成 $A$。一般情況可以透過歸納法證明：對於任何 $M\in \mathbb {R} ^{n\times n}$ 矩陣，如果它的行列式為 1，假設我們可以將 $M$ 轉換成如下形式：

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

其中 $b,c\in \mathbb {R} ^{n-1}$ 且 $d\in \mathbb {R}$。可以很容易地看到，我們可以進一步操作 $M'$ 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 $d$ 被操作為 1，因為我們消除了向量 $c$ 的行條目，否則操作後的矩陣的行列式將不等於 1。

練習 4.9

階數為 2 的元素必然交換一對元素，或者兩對元素。這樣的排列有 $(12),(13),(14),(23),(24),(34),(12)(34),(13)(24),(14)(23)$，共 9 個階數為 2 的排列。

練習 4.11

a) 交換元素 $a,b$ 的任何對換都有一個置換矩陣 $T$，該矩陣是一個單位矩陣，其中行 $a,b$ 已被交換。這些是第二型別的初等矩陣。任何對應於 $S_{n}$ 中排列的置換矩陣 $P$ 是一個單位矩陣，其行已根據排列進行了置換。從 $P$ 的排列解釋，我們知道 $P$ 是可逆的，所以根據定理 1.2.6，它是初等矩陣的乘積。很容易看出，在這種乘積中，只有第二型別的初等矩陣是必要的，因為不需要縮放或將行加在一起。因此，$P$ 可以分解成第二型別的初等矩陣的乘積，這意味著該排列是對換的乘積。

b) 首先我們證明以下結論

結論：任何兩個對換的乘積都可以寫成三個迴圈的乘積。

證明：令 $(ab)(cd)$ 是兩個對換的乘積，其中 $a,b,c,d$ 是某些整數（可能有些相等）。然後我們可以寫 $(ab)(cd)=(acb)(acd)$.

由於 $S_{n}$ 中的任何排列都是由對換生成的，而對換矩陣的行列式為 $-1$，所以 $A_{n}$ 中的任何排列都是偶數個對換的乘積。令 $\pi \in A_{n}$ 為一個排列，其對換分解為 $\pi =\tau _{1}\cdots \tau _{2n}$。然後我們可以將乘積分組為 $\pi =(\tau _{1}\tau _{2})(\tau _{3}\tau _{4})\cdots (\tau _{2n-1}\tau _{2n})$，其中兩個對換的每個乘積也可以表示為如斷言所示的三迴圈的乘積。

練習 5.3

令 $A,B\in U$ 使得 $AB={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\0&a_{22}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}\\0&b_{22}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a_{11}b_{11}&a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}\\0&a_{22}b_{22}\end{pmatrix}}$。 那麼 $\varphi (AB)=a_{11}^{2}b_{11}^{2}=\varphi (A)\varphi (B)$ 所以 $\varphi$ 是一個群同態。 我們有 $\ker \varphi =\{A\in U:a_{11}=0\}$ 和 ${\textrm {im}}~\varphi =\mathbb {R} ^{\times }$.

習題 6.2

任何同態 $\varphi :\mathbb {Z} ^{+}\rightarrow \mathbb {Z} ^{+}$ 滿足 $\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)$，所以 $\varphi$ 必須是一個具有整數係數的線性函式。換句話說，$\varphi (k)=m\cdot k$ 其中 $m\in \mathbb {Z}$。為了使 $\varphi$ 是單射的，只要 $m\neq 0$ 就足夠了。為了使 $\varphi$ 是滿射的，我們需要 $m\in \{-1,1\}$，因為很明顯 ${\textrm {im}}~\varphi =\mathbb {Z} ^{+}m$。滿射函式 $\varphi$ 也是雙射的，因此它們是同構。

練習 6.6

兩個元素 $a,b\in G$ 是共軛的，如果對於某個 $g\in G$，$ga=bg$。不難看出，對於給定的矩陣，任何形式為 ${\begin{pmatrix}0&s\\s&t\end{pmatrix}}$，其中 $s\neq 0$ 的矩陣都可以滿足要求。這個矩陣也是可逆的，因為它的行列式是 $-s^{2}$。由於行列式為負數，這些矩陣在 $SL_{2}(\mathbb {R} )$ 中不共軛。

練習 7.1

設 $a,b\in G$，$\sim$ 是由 $a\sim b$ 當且僅當存在 $g\in G$ 使得 $a=gbg^{-1}$ 給出的關係。

自反性：$a=1a1^{-1}$，因此 $a\sim a$。

對稱性：如果 $a\sim b$，那麼 $a=gbg^{-1}$，因此 $b=g^{-1}ag$。因此 $b\sim a$，反之亦然。

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

練習 7.5

• 集合 $\{(s,s):s\in \mathbb {R} \}$ 定義了 $\mathbb {R}$ 上的等價關係，它與實數上的通常“=”關係相同。
• 由空集定義的關係滿足對稱性和傳遞性，但不滿足自反性。
• 軌跡 $\{(x,y):xy+1=0,x,y\in \mathbb {R} \}$ 滿足對稱性和傳遞性，但不滿足自反性（例如 $0\sim 0$ 不成立）。
• 軌跡 $\{(x,y):x^{2}y-xy^{2}-x+y=0,x,y\in \mathbb {R} \}$ 是自反的（$x\sim x$ 因為 $x^{3}-x^{3}-x+x=0$），對稱的（因為 $x^{2}y-xy^{2}-x+y=-(y^{2}x-yx^{2}-y+x)$）和傳遞的（如果 $(x,y)$ 和 $(y,z)$ 是該方程的解，那麼根據對稱性，$(y,x)$ 和 $(z,y)$ 也是。因此，$(z,x)$ 也是解，因此 $(x,z)$ 是一個解。）

練習 7.6

集合中等價關係的數量等於集合中劃分的數量。如果集合有 5 個元素，我們有以下劃分

• 劃分為 1 個集合：1
• 劃分為大小為 1、4 的 2 個集合：5
• 將 5 個元素分成 2 個集合，大小分別為 2 和 3：${\binom {5}{2}}{\binom {3}{3}}=10$
• 將 5 個元素分成 3 個集合，大小分別為 1、1 和 3：${\frac {1}{2}}{\binom {5}{1}}{\binom {4}{1}}{\binom {3}{3}}=10$
• 將 5 個元素分成 3 個集合，大小分別為 1、2 和 2：${\frac {1}{2}}{\binom {5}{1}}{\binom {4}{2}}{\binom {2}{2}}=15$
• 將 5 個元素分成 4 個集合，大小分別為 1、1、1 和 2：${\frac {1}{6}}{\binom {5}{1}}{\binom {4}{1}}{\binom {3}{1}}{\binom {2}{2}}=10$
• 將 5 個元素分成 5 個集合，每個集合大小為 1： 1

因此，總共有 52 種不同的劃分方式。

習題 8.3

令 $G$ 為一個群，使得 $|G|=p^{k}$ 對於某個素數 $p$。對於任何 $g\in G$，$<g>$ 是 $G$ 的子群，根據引理 2.8.7 的階為 $p^{m}$，其中 $m\leq k$。如果 $m=1$，我們就完成了，因為我們找到了一個階為 $p$ 的元素。否則，考慮 $h=g^{p^{m-1}}$ 並注意到 $h^{p}=\left(g^{p^{m-1}}\right)^{p}=g^{p^{m}}=1$，所以 $h$ 的階為 $p$。

練習 8.4

對於一個具有 35 個元素的群 $G$，我們有幾種情況。

• 如果該群是迴圈的，即 $G=<g>$，我們有 $g^{5}$ 的階為 7，而 $g^{7}$ 的階為 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.

練習 8.5

如果一個群 $G$ 包含一個階為 6 的元素 $g$ 和一個階為 10 的元素 $h$，則 $<g>$ 和 $<h>$ 是 $G$ 的子群，因此 6 和 10 都能整除 $G$ 的階。因此，我們可以說 $|G|\geq 30$.

練習 8.10

令 $H\subset G$ 為一個子群，使得 $\left[G:H\right]=2$。那麼，由於左（和右）陪集將群劃分，我們有 $G=H\cup gH=H\cup Hg$ 對於某個 $g\notin H$。因為 $|H|=|gH|=|Hg|$，我們必須有 $gH=Hg$，因此根據命題 2.8.17 $H$ 是正規的。

例如，對於$H\subset G$ 且$\left[G:H\right]=3$，考慮$G=S_{3}$ 和 $H=\{1,(12)\}$。由於$|H|=2$，我們確實有$\left[G:H\right]=3$。那麼，$(13)H=\{(13),(123)\}$ 和 $H(13)=\{(13),(132)\}$，所以$H$ 不是正規的。

練習 8.12

斷言 1：對於所有$h,g\in S$，我們有$hg\in S$。

證明：假設$hg\notin S$。那麼$hS\neq S$，因為$hg\in hS$。但由於$1\in S$，我們有$h\in hS$，這與$S$ 的陪集劃分$G$ 的假設相矛盾。

斷言 2：對於所有$h\in S$，我們有$h^{-1}\in S$。

證明：假設存在$h^{-1}\in aS$，其中$a\in G$。然後我們有$h^{-1}=ag$，其中$g\in S$。這意味著$1=agh$，根據斷言1，我們有$hg\in S$，所以$ahg\in aS$。但是，然後$1\in aS$，所以除非$aS=S$，否則就會出現矛盾。

斷言1和斷言2共同證明了$S$是$G$的子群。

練習 9.4

所涉及的數字非常小，因此可以透過暴力求解來解決。為了解決$2x\equiv _{9}5$，我們注意到$2\cdot 5=10\equiv _{9}1$，所以$2^{-1}\equiv _{9}5$，所以$x\equiv _{9}5\cdot 5\equiv _{9}25\equiv _{9}7$.

為了研究同餘式$2x\equiv _{6}5$，我們透過計算所有可能性注意到，不存在模 6 下的元素$2^{-1}$。因此，該同餘式沒有解。

練習 9.5

給定方程

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

我們可以解出 $y\equiv _{n}2x-1$，並將其代入另一個同餘方程，得到 $10x\equiv _{n}5$。當且僅當存在 $10^{-1}$ 模 $n$時，該方程才存在解，換句話說，存在一個整數 $m$ 使得 $10m\equiv _{n}1$。這意味著方程 $10m+an=1$ 必須有一個整數解 $a$。但這隻有在 $\gcd(10,n)=1$ 時才有可能。

練習 10.1

從題目中不清楚答案應該是什麼樣子。因此，以下可能的答案可能不是預期的。

我們證明每個形式為 $(a_{1}a_{2}\ldots a_{n})$ 的迴圈的符號為 $(-1)^{n-1}$。這很容易看出來，因為我們可以將 $(a_{1}a_{2}\ldots a_{n})=(a_{1}a_{n})(a_{1}a_{n-1})\cdots (a_{1}a_{2})$ 進行分解。每個對換對應於一個第二類初等矩陣，它的行列式為 $-1$。迴圈的乘積形式包含 $n-1$ 個對換，因此符號如所述。所以，如果一個排列具有一個迴圈分解為 $m$ 個迴圈，每個迴圈具有 $n_{i}$ 個項，則排列的符號為 $(-1)^{\sum n_{i}-1}$。

練習 10.3

令 $G=<x>,G'=<y>$ 且 $\varphi (x^{i})=y^{i}$。我們有 $\ker \varphi =\{1,x^{6}\}$，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 $\varphi$ 給出的對應關係如下

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 $\ker \varphi$.

習題 11.3

令 $G=<x>,H=<y>$ 並假設 $K=G\times H$ 由元素 $(x^{n},y^{m})$ 生成。 那麼，對於 $K$ 的每個元素 $k\in K$，我們將有 $k=(x^{n},y^{m})^{i}$ 對於某個 $i$。 但是，由於 $G,H$ 是無限的，不存在 $i_{1},i_{2}$ 使得 $(x^{n},y^{m})^{i_{1}}=(x,1)$ 且 $(x^{n},y^{m})^{i_{2}}=(1,y)$，因為第一個條件要求 $n\neq 0,m=0$，而第二個條件要求 $n=0,m\neq 0$。 假設 $G,H$ 是無限的意味著 $x^{n}=0\Leftrightarrow n=0$ 且 $y^{m}=0\Leftrightarrow m=0$.

練習 11.4

a) $G=R^{\times }$ 同構於 $H\times K=\{-1,1\}\times \{x\in \mathbb {R} :x>0\}$ 透過函式 $\varphi :G\rightarrow H\times K$ 給出，函式定義如下 $\varphi (g)=\left({\frac {g}{|g|}},|g|\right)$，該函式的逆函式為 $\varphi ^{-1}((h,k))=h\cdot k$。我們可以直接從實數的乘法規則和絕對值的性質得出 $\varphi$ 是一個同態。

b) 令 $G$ 為可逆上三角矩陣的集合，$H$ 為可逆對角矩陣的集合，以及 $K$ 為對角線上為 1 的上三角矩陣的集合。為了獲得同態 $\varphi :G\rightarrow H\times K$，我們必須有

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

對於適當的實數 $g_{i},h_{i}$ 和 $k$。使用這個符號，我們有

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

為了使 $\varphi$ 為同態，我們需要這兩個式子的值相等。但是，(1) 中的第二個座標依賴於 $h_{1}$ 和 $h_{2}$，而 (2) 中沒有。因此，(1) 和 (2) 一般情況下不相等。

c) 令 $G=\mathbb {C} ^{\times }$，$H=(\{\theta \in \mathbb {R} :\theta \in [0,2\pi ]\},+)$（以加法作為群運算的圓周角）以及 $H=\mathbb {R} _{>0}^{\times }$。 那麼 $G$ 同構於 $H\times K$，透過同態 $\varphi :G\rightarrow H\times K$，由 $\varphi (g)=\left(\arg(g),|g|\right)$給出。 $\varphi$ 是一個雙射同態，這很容易從複數的極座標表示得出。

練習 12.1

令 $H=\{1,(12)\}$ 是 $S_{3}$ 的一個子群。 很明顯 $H$ 不是正規的，因為 $(13)H=\{(13),(123)\}\neq \{(13),(132)\}=H(13)$。 那麼 $(13)H=\{(13),(123)\}$ 以及 $(23)H=\{(23),(132)\}$。 很容易驗證 $(12)H(23)H=\{1,(12),(23),(132)\}$。 這組有 4 個元素，但所有陪集的大小都必須是 2，因此它不是一個陪集。

練習 12.5

設 $G$ 為上三角矩陣組 ${\begin{pmatrix}a&b\\0&d\end{pmatrix}}$，其中 $a,d\neq 0$。

a) 設 $S$ 為 $G$ 的子集，由 $b=0$ 定義，即可逆對角矩陣的集合。很容易看出 $S$ 是一個群，因為每個這樣的矩陣的逆也是一個對角矩陣，兩個對角矩陣的乘積也是一個對角矩陣，單位矩陣是一個對角矩陣。然而，$S$ 不是一個正規子群，因為對於任何 ${\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\in G$，其逆為 ${\begin{pmatrix}g_{1}^{-1}&-g_{2}/(g_{1}g_{3})\\0&g_{3}^{-1}\end{pmatrix}}\in G$，我們可以計算

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

不在 $S$ 中，當 $a\neq d$。

b) 令 $S$ 為 $G$ 的子集，由 $d=1$ 定義。同樣，很容易看出 $S$ 是 $G$ 的一個子群。如上所述，我們可以計算

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

所以 $S$ 是一個正規子群。陪集是包含矩陣的集合

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

這些矩陣由引數 $g_{3}\neq 0$ 區分，因為變數 $a,b$ 可以任意選擇（只要 $a\neq 0$）。因此，商群同構於 $\mathbb {R} ^{\times }$。其核為 $S$ 的同態由 $\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\right)=g_{3}$ 給出。

c) 令 $S$ 為 $G$ 的子集，定義為 $a=d\neq 0$。那麼 $S$ 明顯是 $G$ 的一個子群。我們有

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

所以 $S$ 是一個正規子群。為了研究這個群的陪集，我們計算

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

這裡我們可以隨意選擇 $b$，所以右上角元素不會對陪集造成任何限制。然後，對於那些滿足 $g_{1}\neq 0,g_{3}=1$ 的 $G$ 中的元素，它們會生成一個 $S$ 的唯一陪集。這樣我們也獲得了 $S$ 的所有陪集，因為對於每個 $g_{1},g_{3}\neq 0$ 的選擇，我們都可以選擇 $a=1/g_{3}$，並且我們可以看到這個元素在由 $g_{1}'=g_{1}/g_{3},g'_{3}=1$ 生成的陪集裡。

商群再次同構於 $\mathbb {R} ^{\times }$，其同態的核 $S$ 由 $\varphi \left({\begin{pmatrix}g_{1}&g_{2}\\0&g_{3}\end{pmatrix}}\right)=g_{1}/g_{3}$ 給出。

練習 M.6 a，b

a) 我們觀察到以下情況

• 自反性：點 $a\in \mathbb {R} ^{k}$ 透過路徑 $X(t)=a$ 與自身相連。如果 $a\in S$，則該路徑包含在 $S$ 中。
• 對稱性：令 $a,b\in \mathbb {R} ^{k}$，使得存在從 $a$ 到 $b$ 的路徑 $X$ 包含在 $S$ 中。則路徑 $Y(t)=X(1-t)$ 是從 $b$ 到 $a$ 的路徑，包含在 $S$ 中。
• 傳遞性。如果 $a,b,s\in \mathbb {R} ^{k}$ 使得 $X$ 是從 $a$ 到 $b$ 的路徑，包含在 $S$ 中，並且 $Y$ 是從 $b$ 到 $c$ 的路徑，包含在 $S$ 中，那麼 $Z(t)={\begin{cases}X(2t),&{\text{if }}t<1/2\\Y(2t-1),&{\text{if }}t\geq 1/2\end{cases}}$ 是從 $a$ 到 $c$ 的路徑，包含在 $S$ 中。

b) 如 a) 部分所示，路徑連線是一個等價關係。因此，路徑連線的子集將集合 $S$ 分割。特別是，傳遞性確保如果兩個點可以透過路徑連線，那麼與這兩個點連線的任何點都可以與這兩個點連線。

練習 M.7

a) 令 $A,B,C,D\in G\subset GL_{n}(\mathbb {R} )$ 使得 $A\sim B$ 由 $X(t)$ 給出，並且 $C\sim D$ 由 $Y(t)$ 給出。 那麼 $Z(t)=X(t)Y(t)$ 連線 $AC$ 到 $BD$。 由於路徑 $X(t)$ 和 $Y(t)$ 都在 $G$ 中，並且 $G$ 是一個群，因此這條路徑也在 $G$ 中。

b) 我們證明對於任何矩陣 $A\sim I$，對於任何 $B\in GL_{n}(\mathbb {R} )$，矩陣 $BAB^{-1}\sim I$ 也成立。 如果 $X(t)$ 是連線 $A$ 和 $I$ 的路徑，只需考慮路徑 $Y(t)=BX(t)B^{-1}$，因為 $Y(1)=BIB^{-1}=I$。 因此，所有透過路徑與單位元相連的矩陣構成一個正規子群。

習題 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 $\det(A)>0$。我們可以透過 $X(t)={\sqrt[{n}]{1-t+{\frac {t}{\det(A)}}}}A$ 將 $A$ 連線到一個行列式為 1 的矩陣，使得 $\det(X(t))=\left(1-t+{\frac {t}{\det(A)}}\right)\det(A)$。這條路徑是由連續函式的複合而成，因為 $\det(A)>0$ 且 $X(t)$ 始終具有正行列式，所以它在 $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 中是一條連續路徑。因此，行列式為 $\det(A)>0$ 的矩陣構成 $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 的一個連通分支。用同樣的推理，如果我們假設 $\det(A)<0$，我們可以得出結論：行列式為 $\det(A)<0$ 的矩陣構成 $GL_{n}(\mathbb {R} )$ 的一個連通分支。

剩下的要證明的是這些成分不連線。設$A$是一個行列式為正的矩陣，而$X(t)$是連線$A$到一個行列式為負的矩陣$B$的路徑。那麼，$X(t)$的元素$x_{ij}(t)$是連續函式。從行列式公式(1.6.4)可以看出，行列式也是元素的連續函式，因為它是由連續函式的乘積的和。然後，由於$\det(X(0))>0$和$\det(X(1))<0$，我們必須有$\det(X(t_{0}))=0$對於某個$t_{0}\in (0,1)$。因此，$X(t)$是一條不在$GL_{n}(\mathbb {R} )$中的路徑，因此$GL_{n}(\mathbb {R} )$是兩個連通分量的非交併。

練習 M.9

雙陪集將群進行劃分。事實上，對於每一個$g\in G$，雙陪集$HgK$ 包含 $g$，因為$1\in H\cap K$。另一方面，如果$g\in Hg_{1}K\cap Hg_{2}K$，則存在元素$h_{1},h_{2}\in H,k_{1},k_{2}\in K$ 使得$h_{1}g_{1}k_{1}=h_{2}g_{2}k_{2}$。這意味著$g_{1}=h_{1}^{-1}h_{2}g_{2}k_{2}k_{1}^{-1}$，並且由於$H,K$ 是子群，$h_{1}^{-1}h_{2}\in H,k_{2}k_{1}^{-1}\in K$，因此$g_{1}\in Hg_{2}K$。這反過來意味著$Hg_{1}K=Hg_{2}K$.

練習 M.14

用矩陣$E,E'$ 及其逆矩陣從左邊乘，對應於行加減運算。從右邊乘對應於列加減運算。現在，考慮任何$A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in SL_{2}(\mathbb {Z} )$.

斷言 1： 我們可以透過加減行將矩陣轉化為 ${\begin{pmatrix}a'&b'\\c'&d'\end{pmatrix}}$ 形式，其中 $a'=1$ 或 $c'=1$。

證明。 如果 $c=0$，由於矩陣的行列式為 1，我們有 $d\neq 0$，因此我們可以將第二列加到第一列，得到另一個行列式為 1 的矩陣，其第一列第二行的元素不為零。 因此，從現在開始，我們假設 $c\neq 0$。 使用行操作，我們可以對第一列執行本質上是歐幾里得演算法的操作，方法是將較小的第一列元素從較大的第一列元素中減去。 由於 $\det(A)=1$，我們有 $ad-bc=1$，這意味著 $\gcd(a,c)=1$，因此一旦在第一列的某一行產生 1，行操作歐幾里得演算法就會終止。

現在，使用斷言 1 中產生的矩陣，我們只需透過應用行和列的加減法，就可以將矩陣簡化為單位矩陣形式。 因此，我們有 $E_{1}\cdots E_{n}AF_{1}\cdots F_{m}=I$，其中 $E_{i},F_{j}$ 是某些矩陣 $E,E'$ 及其逆矩陣。 可以透過求解來證明 $A=E_{1}^{-1}\cdots E_{n}^{-1}F_{1}^{-1}\cdots F_{m}^{-1}$。