第二章-群.doc

第二章 群
§2.1半群
1.设是一个半群.在中规定一个代数运算:
,.
(1)证明:是一个半群;
(2)证明:当有单位元时,也有单位元.
(3)问:是否为的子半群?
解 (1)显然.对于任意的,我们有

.
这就是说,的代数运算适合结合律.所以是一个半群.
(2)假设是的单位元.于是,,并且,对于任意的,我们有
.
因此有单位元.
(3)因为不是的子集,所以不是的子半群.
2.设是半群,而且的运算适合左、右消去律,证明:可交换的充要条件为:,.
证明 当可交换时,我们有
.
,.
现在假设适合条件为:,.这时,对于任意的,由利用结合律可以推出;由,利用右右消去律可以推出;由利用结合律可以推出;由利用左右消去律可以推出.这就是说,,.所以是交换半群.
3.设是一个有单位元的半群,,而且是可逆元,证明:若,则.
证明 设为的单位元.我们有

.
4.设是一个有单位元的半群,都是可逆元,证明:
.
证明 设为的单位元.我们利用数学归纳法来证明.
当时,显然结论成立.
假设当(为正整数)时,结论成立.也就是说,对于中任意的个可逆元,,总有
.
现在设是中任意的个可逆元.根据假设,我们有
,
.
因此,

,

.
所以
.
这就是说,当时,结论也成立.
上述表明,对于任意的正整数和中任意的个可逆元,总有
.

§2.2群的定义
1.设,令
,
证明:关于数的加法作成一个加群.
证明 显然,并且关于数的加法封闭.由于数的加法适合结合律和交换律,因此关于数的加法作成一个交换半群.由于
,,
因此是半群的单位元.又因为对于任意的,总有,并且
,
从而可逆,所以关于加法作成一个交换群.由于群是交换群,并且它的运算用加号标记,因此我们说,关于数的加法作成一个加群.
2.在整数集中,规定一个代数运算:
.
证明:是一个交换群.
证明 对于任意的,我们有

因此是一个交换半群.由于,并且,对于任意的,我们有
,
因此是半群的单位元.最后,对于任意的,令,则,并且
,
因此是的逆元.所以是一个交换群.
3.设是由下列四个矩阵所组成的集合:
,,,.
证明:关于矩阵的乘法作成一个群.
证明 令依次表示这四个矩阵.直接演算知,
;
,,;
,,.
由此可见,关于矩阵的乘法封闭.注意到矩阵的乘法适合结合律,根据以上的计算结果,我们可以断言,关于矩阵的乘法作成一个群,其中,是单位元,每个元素的逆元是本身.
4.设是一个群,在中规定一个代数运算:
,.
证明:关于上列运算作成一个群
证明 由于是群,从而也是有单位元的半群,根据§2.1的习题第1题知是以为单位元的半群,其中为的单位元.其次,显然,对于任意的,,并且
,
从而是的逆元.所以是一个群.
5.设,其运算表如下:
.
a
b
c
d
a
b
a
d
c
b
d
b
c
a
c
a
c
b
d
d
c
d
a
b
问:关于其运算 · 是否作成一个群?为什么?
答 关于 · 不作成一个群.这是因为:假如作成一个群,就应该存在,它满足条件:.显然,中没有这样的元素.
6.设是半群,若有左单位元,而且关于这个左单位元都是右可逆的.问是否一定成群?举例说明.
答 可能成群,但不一定成群.可能成群理由是不言自明的.不成群的例子如下:
设是任意一个二元集.我们规定:.由§2.1中的例6知,是半群.显然,和都是左单位元;对于左单位元,由和知,和都是右可逆的;同样,对于左单位元,和也都是右可逆的.但是不是群.
7.设是一个群,,证明:方程

在中有且仅有一个解.
证明 由于且

,
因此是方程

在中的解.假设是方程

在中的解,则.由此,利用消去律,可得
.
将上式两边左乘,右乘,得.所以方程

在中有且仅有一个解,这个解就是.
8.设是一个群,,N,证明:
.
证明 用数学归纳法容易证明，.这样一来,

,即.
9.设是群的单位元,,是的两个元素,问下列命题是否成立?为什么?
(1);
(2);
(3)若,则.
答 (1)当时,,即命题(1)成立.当
时,,而.因此,即命题(1)不成立.
(2)当时,,即,亦即命题(2)成立.当时,,即,亦即命题(2)不成立.
(3)将等式的两边左乘即得.因此命题(3)成立.

§2.3元素的阶
1.在非零有理数乘群中,求下列各个数的阶:
(1);(2);(3);(4).
解 由于是的单位元,因此的阶是.由于,,因此的阶是.由于和的任何正整数次幂都不等于,因此它们的阶都是无限阶元素.
2.设N,若,由,可以推出,证明:.
证明 由于因此.由于且,因此.由于,因此由可以断言.所以.
3.设是群,,证明:,.
证明 令表示的单位元.
对于任意的和任意的,我们有
.
因此
.
在上式中,令,得
;
令,得
.
所以.
其次,对于任意的和任意的,我们有
,
从而
.
因此
.
在上式中,令,得
;
令,得
.
所以.
4.设在群中2阶元素只有一个,.证明:对于中每一个元素,都有.
证明 任意给定.这样一来,根据上一题的结论,我们有
.
由于中2阶元素只有一个,因此.由此可见.
5.设群的每一个非单位元的元素都是2阶的,证明:是交换群.
证明 令表示的单位元.任意给定.由于的阶只能是或,因此
.
由于和的阶只能是或,从而,,因此将上式两边右乘,可得.这样一来,由于和的任意性,我们可以断言,是交换群.
6.设是一个非交换群,证明:中存在非单位元,使得.
证明 由于是一个非交换群,根据上题的结论,存在阶不是和的元素.令.显然和都不是的单位元,并且.
7.设是一个有限交换群,是的元的阶中最大一个,证明:的每一个元的阶整除.
证明 设且,.现在要证明.为此,令.显然,,由于是交换群,根据本节的例2,.因为是的元的阶中最大一个,所以,从而.由此可见,即.所以.
8.设是一个有限群,证明:
(1)在中,阶大于的元素的个数一定是偶数;
(2)在中,阶等于的元素的个数与的阶有相反的奇偶性.
证明 (1)当然是一个非空集合.现在我们定义集合上的关系如下:对于任意的,
或.
不难验证,是等价关系.令表示等价关系所确定的集合的分类;对于任意的,将以为代表的类记作.任意给定.显然,当时,.当时,,从而,.这样一来,当中没有阶大于的元素时,在中阶大于的元素的个数是,因而是偶数.当中有阶大于的元素时,由于是有限集,中阶大于的全体元素组成集合是有限个互不相交的二元集的并,因而在中阶大于的元素的个数是偶数.
(2)显然,中阶大于的元素的个数)中阶等于的元素的个数.因为(中阶大于的元素的个数)是奇数,根据上式可以断言:在中,阶等于的元素的个数与的阶有相反的奇偶性.
9.证明:循环群是交换群.
证明 设是循环群.不妨假设.于是,对于任意的,存在,使得
,,
从而,
.
所以是交换群.
10.设,证明:方程在阶循环群中有个解.
证明 不妨设是阶循环群.令.显然,下列个元素是方程在中的个不同的解:

另一方面,假设()是方程在中的解,则,从而,.因此.所以方程在中只有上述个的解.
11.求出次单位根群的每一个元素的阶与所有生成元.
解 ,其中.由于
,,,,,.
因此只有和是的生成元.

§2.4子群
1.设是交换群,证明:的所有有限阶元素的集合作成的子群.
证明 令表示的所有有限阶元素的集合,表示的单位元.显然,从而.设.于是存在正整数,使得
,,
从而
.
因此.所以≤.
2.设是群,,令
.
证明:≤.(称为在内的中心化子.)
证明 令表示的单位元.显然,从而.设.我们有
;
,
从而(将上式两边左乘,右乘),
.
因此.所以≤.
2.设是群,,令
.
证明:≤.(称为在内的正规化子.)
证明 令表示的单位元.显然,从而.设.我们有

从而(将上式两边左乘,右乘),.因此.所以≤.
4.设表示数域上全体阶上三角矩阵组成的集合,表示数域上全体阶对角矩阵组成的集合,表示数域上全体阶对称矩阵组成的集合,证明:都是数域上阶矩阵加群的子群.
证明 显然.
5.设表示数域上全体阶正交矩阵组成的集合,证明:是一般线性群的子群.
证明 众所周知,中元素的乘法就是矩阵的乘法,对于任意的,的逆元就是的逆矩阵.这样一来,由于数域上的阶单位矩阵是数域上的正交矩阵,数域上的任意两个阶正交矩阵的乘积仍是数域上的阶正交矩阵,数域上的任意一个阶正交矩阵的逆矩阵仍是数域上的阶正交矩阵,因此是一般线性群的子群.
6.设都是的子群,证明:
.
证明 任意给定.显然,对于任意的,我们有
使得
且.
因此.另一方面,对于任意的,我们有
且
和,使得
且
.
因此.所以.
注:对于的一般子集和也有.
7.设,,证明:是上2次一般线性群的8阶非交换子群.
证明 我们将阶单位矩阵记作.通过直接演算,可知
,,,,
,,.
因此是上的个不同的2阶矩阵.令
.
显然另一方面,由于是的有限非空子集,并且下面的运算表告诉我们,关于矩阵的乘法封闭:
.

因此≤.这样一来,由可以断言所以
.
这就是说,是上次一般线性群的阶子群.由于,因此是非交换的子群.
8.证明:任何一个群都不能是它的两个真子群的并.
证明 设是一个群.假设存在的真子群和,使得.显然,不包含于,也不包含于.任取和.于是,.若,则,这与矛盾.因此.同理,.因此.这样一来,且,这与我们的假设矛盾.所以不能是它的两个真子群的并.

§2.5变换群
1.设是区间上的全体实函数所组成的集合,规定:
.
问:是否为的变换?单变换?满变换?
答 显然是的变换.令
.
易见,也是的变换,并且是的变换恒等变换.因此是可逆变换,即一一变换(既是单变换,又是满变换).
2.设是一个正整数,,作带余除法:
.
规定,是否为的变换?单变换?满变换?
答 显然是的变换,既不是单变换,又不是满变换.
3.设是实数集,令
.
证明:是一个变换群.
证明 显然,并且的元素都是的一一变换.设.于是,存在,,使得
,
,
从而
.
由于,因此.其次,令
.
易见,并且
,
,
其中表示的恒等变换.因此.所以≤R.这就表明是一个变换群.
4.设和都是六次置换,其中
,,
计算.
解 ;

;

;
.
5.分别写出的所有元素(用循环置换表示).
解 由下列个四次置换组成,由其中前个四次置换组成:

;

.
6.证明:当时,次对称群可以由个对换

生成.
证明 定理2.25指出,当时,任何次置换都可以表示成对换的乘积.因此这里只需再阐明,当时,任何对换都可以表示成这个对换中一些对换的乘积.为此,设是任意一个次对换,.不妨假定.当时,当然可以将表示成上述一些对换的乘积,例如,.当时,我们有
.
所以总是上述一些对换的乘积.
7.证明:当时,次交代群可以由个项循环置换

生成.
证明 任意给定,.显然,只要我们阐明可以表示成

这个项循环置换中的一些置换的乘积就行了.
事实上,由于是偶置换,根据第6题的结论可以断言,存在正偶数,使得
,
其中
.
这样一来,我们只需阐明:对于这个对换中的任意两个对换,它们的乘积总可以表示成

这个项循环置换中的一些置换的乘积.为阐明这一事实,不妨设
,,.
于是,
(1)当时,;
(2)当且时,;
(3)当且时,;
(4)当两两不相等时,
.
这就是说,总可以表示成这个项循环置换中的一些置换的乘积.
8.将次置换

表示成互不相交的循环置换的乘积,并且求出的逆与的阶.
解 .
.
由于,其中是互不相交的循环置换,从而可以交换,因此
,
其中表示三数的最小公倍数.

§2.6群的同态与同构
1.设是一个群,是一个具有代数运算的集合.若存在一个到的满射保持运算,即
,
证明:也是群.
证明 设和是的任意三个元素.由于是到的满射,存在的三个元素和,使得
.
这样一来,由于保持运算,我们有

.
由于和的任意性,这表明代数运算满足结合律,从而是半群.再令,其中为的单位元.注意到保持运算,我们有
,
.
由于的任意性,这表明是半群的单位元.最后,显然,并且
,
,
从而有逆元.由于的任意性,这就表明是群.
2.证明:实数加群与正实数乘群同构.
证明 任取不等于的正实数,令
R.
是到的双射.众所周知,
.
因此是到的同构.所以实数加群与正实数乘群同构.
3.证明:整数加群与偶数加群同构.
证明 显然

是整数加群到偶数加群的同构.
4.证明:§2.4例4(2)中由生成的子群与三次对称群同构.
注: 在§2.4例4(2)中,设是群,,,,并且.
证明 §2.4例4(2)中已经指出,
,
其乘法表如下:
.
e
a

b
ab

e
a

b
ab

a

e
ab

b

e
a

b
ab

b

ab
e

a

ab
b

a
e

ab
b

a
e

另一方面,我们知道,.令

.
于是是到的双射.由直接演算可知保持运算.因此是到的同构.所以与同构.
5.设是一个群,证明:

是的自同构的充要条件为是交换群.
证明 显然是到自身的双射.当是交换群时,我们有
,
因此是的自同构.反之,若不是交换群,则存在,使得,从而,即.于是,
.
因此不是的自同构.
6.设≤,证明:≤,并且(称为的共轭子群.)
证明 任意给定.显然是的非空子集.任取.于是,存在,使得,.因此,从而
.
所以≤.现在令
.
显然是到的双射.因为
,
所以是到的同构.由此可见,.

§2.7子群的陪集
1.写出四次交代群关于Klein四元子群

的左陪集分解与右陪集分解.
解 关于的左陪集分解为:
,
其中,
,
.
关于的右陪集分解为:
,
其中,
,
.
2.设是素数,阶为()的群称为-群,证明:群一定有一个阶子群.
证明 设是阶为()的-群,为的单位元.显然不是单位元群.现在任取,使得.由Lagrange定理的推论可知,其中.当时,就是的阶子群.当时,易见,从而是的阶子群.所以一定有一个阶子群.
3.证明:在同构的意义下,阶群只有两个,而且都是交换群.
证明 众所周知,模4剩余类加群和Klein四元群都是阶交换群,而且它们不同构.现在考察任意一个阶群(其中为的单位元):
假设是循环群.于是,是交换群,并且存在,使得.令
,.
显然,是群到模4剩余类加群的同构,从而,.
假设不是循环群.根据Lagrange定理的推论,
.
利用消去律容易验证
,.
由此可见,是交换群.令
.
显然,是群到群的同构,从而.
上述表明,在同构的意义下,4阶群只有两个,即剩余类加群Z和Klein四元群,它们都是交换群.
4.证明: 6阶群有且只有一个3阶子群.
证明 设是阶群.根据 Lagrange定理的推论,的元素的阶只可能是和.
首先我们证明有3阶元素,从而有3阶子群.事实上,若有6阶元素,例如,.则便是的3阶元素.现在设没有6阶元素.于是,的元素的阶只可能是和.假设没有3阶元素,则有5个2阶元素,容易验证,有一个4阶子群.这与Lagrange定理矛盾.所以有3阶元素.当为的3阶元素时,是的3阶子群.
其次,我们证明只有一个3阶子群.为此,设和都是的3阶子群.由定理2.39可知,,从而或.假设,则,这与矛盾.因此必有,从而.所以只有一个3阶子群.
5.设是一个阶大于的群.证明:
只有平凡子群为素数阶循环群.
证明 由Lagrange定理可知,当为素数阶循环群时,只有非平凡子群.反之,假设不是素数阶循环群.由于,存在,使得.显然不是的平凡子群.所以
只有平凡子群为素数阶循环群.

§2.8正规子群与商群
1.设,且.证明:.
证明 不妨设,其中为的单位元.显然.其次,对于任意的,注意到,我们有
.
由此可见,,从而,.所以.
2.设≤,且.证明:.
证明 众所周知,既是的左陪集,又是的右陪集.由于,因此既是的左陪集,又是的右陪集.这就是说,的左陪集都是的右陪集.所以.
3.设≤.证明:.
注:.
证明 显然.
4.设≤.证明:.
注:.
证明 我们已经知道≤,≤.根据和的定义可知,
,
从而,
≤.
其次,根据的定义可知,
.
现在任取,.由于,因此,对于任意的,我们有.由于,因此
,
从而
.
所以.这就是说,对于任意的,,我们有.
所以.
5.设≤.证明:的充要条件是的任意两个左陪集的乘积是左陪集.
证明 必要性是显然的.现在证明充分性.任取.由于是的左陪集,因此存在的左陪集,使得
,
由此可见,,,从而.所以.由于的任意性,根据上式我们又可以断言,
.
将上式两边左乘,右乘,得.所以.由于的任意性,上式表明.
6.证明:循环群的商群是循环群.
证明 设是循环群,是的子群.于是,我们有
.
这就表明,是循环群.
7.证明:四次交代群没有6阶子群.
证明 我们用反证法来证明.为此,假设≤,且.于是,由于,因此.根据第题的结论,.其次,我们知道,
.
显然.这样一来,.根据Lagrange定理,不是的子群.因此中至少有一个元素不属于.注意到,可知.这样一来,根据定理2.39.
.
由于,根据第题,.现在设,并且.于是,存在这个数字的一个排列,使得
.
显然.由于
,
,
从而,因此.这与矛盾.
上述表明,四次交代群没有6阶子群.
8.证明:商群的任意子群是,其中是的子群且.
证明 设≤,为的单位元.令.
首先,对于任意的,我们有.由于是的单位元,≤,从而,因此.这表明.
其次,≤.事实上,显然.若,则,从而,
,
因此.所以≤.
再者,由于,≤,,我们可以断言,.因此有意义.
最后,对于任意的,我们有
.
所以.

§2.9同态基本定理与同构定理
1.设是群到群的同态,.证明:
.
证明 令表示群的单位元.我们有
.
由于,
.
所以
.
2.设,都是的正规子群,证明:

证明 根据§2.8例5,.显然,从而.这样一来,根据本节例2,我们有

3.(群的第二同构定理)设是群,≤,,则
,.
证明 显然≤且
.
由于,,因此
.
所以
.
这就表明.其次,由≤和立即可知≤且.
现在令
.
由于,易见是到的映射.其次,设为在中的任意一个陪集.于是,存在,使得.由于,存在和,使得,从而,.也就是说,存在,使得.所以是到的满射.又因为对于任意的,我们有
.
所以是到的满同态.最后,对于任意的,我们有
.
因此Ker.这样一来,根据同态基本定理,我们可以断言
.
4.利用第二同构定理证明:,其中是四次对称群,是三次对称群,是Klein四元群.
证明 我们已经知道,.令
.
不难验证,≤且.显然,,,,从而.根据定理2.39,
.
由此可见.这样一来,根据群的第二同构定理,我们有
.
由于,可知.又因,故.
5.设是整数加群的两个子群,证明:Z.
证明 显然.由前节第6题知,是循环群.易见,在中的全体陪集为:
.
因此.这样一来,根据定理2.32,.
6.设是群,是交换群,是到的同态,且≤,证明:.
证明 由于是到的同态且≤,根据定理2.28(4),≤.此外,由于≤且是交换群,因此,从而.由于且是到的满同态,根据群的第一同构定理,.这样一来,为了完成我们的证明,只需阐明.
事实上,显然.另一方面,注意到≤,我们有
,使得

,
其中表示的单位元.因此.所以.这正是我们所需要的结论.
7.利用同态基本定理证明定理2.32.
注:定理2.32如下:
设是循环群.(1)若,则;(2)若,则.
证明 定义到的映射如下:
,.
显然是满射.又因为
,
所以是到的满同态.
(1)当时,
,
因而.根据同态基本定理,.显然.所以.
(2)当时,
,
因而根据同态基本定理,,即.
8.用定义直接证明:设是群到群的满同态,若,则.
证明 假设.根据定理2.28(5),≤.其次,对于任意的,我们有
,使得
,使得

,使得
,使得
,
从而,.所以.

复 习 题 二
1.设是一个非空集合,证明:的幂集关于集合的对称余(参见复习题一第2题)作成一个加群.
注:对称余又称为对称差,其定义为:设是集合,则集合称为与的对称余(或对称差),记作(或).显然,.
证明 令.我们定义的代数运算如下:,
.
显然,满足交换律.对于任意的,我们有

,.
注意到满足交换律,将上式中的依次换成,立即可得,

,.
所以.这就表明,是一个交换半群.
现在,对于任意的,定义到的映射如下:对于任意的,

于是,.根据定义,对于任意的,我们有
,
;
即
.
这样,注意到是一个交换半群,可以断言,是一个以为零元的加群,其中每一个元素的负元就是本身.
最后,对于任意的,令
,
其中.不难验证,是到的双射,并且
.
这样一来,根据§2.6习题第1题,是一个加群.
注 可以根据对称余的定义直接证明对称余适合结合律,证明过程如下:
任意给定.我们有

.
由于的任意性,将上式中的依次换成后,等式仍然成立,即
.
比较以上两式立即可得
.
2.设是群,,若,,而且,证明:
(1)是的因数;
(2)中存在阶为的元素,
其中表示的最小公倍数.
证明 我们将的单位元记作.
(1)根据定理2.8,我们有
.
根据上式和定理2.8,我们可以断言,是的因数.
(2)令,即Z.由立即可知,是群的交换子群.设是中的一个最大阶元素.当然,.现在考察:一方面,显然,.因此.另一方面,由于是交换群且,根据§2.3习题第7题,我们可以断言,且,从而,.因此.所以.
3.设是一个交换群,,令
,
.
证明:,都是的子群.
证明 显然,.
对于任意的,存在,使得,,从而,
.
所以是的子群.
对于任意的,我们有
,
从而,.所以是的子群.
4.设是循环群的两个子群,证明:,其中是与的最小公倍数.
证明 显然,从而,. 为了证明,现在只需证明.
考察任意的:当为的单位元时,显然.不妨假定.于是,由知,存在,使得;由知,存在,使得.因为,所以.众所周知,
,
从而,存在,使得
.
于是,我们有

.
5.设是两个次置换,把表示成互不相交的循环的置换的乘积,然后将循环的置换中的各个数字改为所变换的数字,证明:这样所得到的置换就是.
证明 先考虑是循环置换的情形.设.现在要证明
.
事实上,首先,易见,是中的个不同的数字.由直接计算可知,
;.
其次,对于任意的,在之下的像是本身.所以.
再考虑一般情形.设,其中是互不相交的循环的置换,是正整数.根据以上讨论并注意到

这一事实,立即可以得到我们所需要的结论.
6.设,证明:次对称群的中心是单位元群.
证明 任取,使得.于是,存在,使得.令由于,存在,使得且.令.于是,,从而.因此.所以次对称群的中心是单位元群.
7.设是的子群,是的子群,证明:
.
注:这里约定,,(为正整数).
证明 首先,由于是的子群,因此.由此可见,当时,,从而
.
其次,由于,因此当时, ,从而
.
现在假设且.令,.由知,存在,使得
,
其中诸两两不相交.由知,存在,使得
,
其中诸两两不相交.这样一来,我们有
.
现在我们来阐明上式中的诸两两不相交.为此,设
,,
我们来比较与.当时,由于,,因此,从而,.即与不相交.当且时,,从而,

,
即与不相交.所以式中的诸两两不相交.这样一来,根据式可以断言,,即
.
8.设是群,是的中心,≤,且,证明:
(1);
(2)若是循环群,则是交换群.
证明 (1)由于,因此.由此可见,.这样,由≤可以断言.
(2)假设是循环群.这时,存在,使得
.
设是的任意两个元素.于是,存在,使得,.因此存在,使得
.
这样一来,注意到和,我们有
.
这就是说,.所以是交换群.
9.设是一个群,≤,≤,证明:
≤.
证明 假设≤.于是,对于任意的,我们有

存在和,使得
存在和,
.
所以.
假设.为了证明是的子群,任意给定.于是,存在和,使得,.因此
.
由于,因此存在和,使得,从而,
.
这样一来,由于的任意性,我们断言:≤.
10.设是群,.称为的换位元,记作.由的全体换位元生成的子群称为的换位子群,记作.证明:
(1);
(2)是交换群;
(3)若,则是交换群≤.
注: 换位元又称换位子.
证明 (1)给定,.显然是的换位元,因此,从而.所以.
(2)对于任意的,我们有,从而,,即.所以是交换群.
(3)设.我们有
是交换群

≤.
11.设是两个不同的素数,是交换群,且,证明:是循环群.
证明 根据Lagrange定理的推论,的元素的阶只可能是和.
现在我们来证明中不可能有个阶元素.首先,我们注意,由于是素数,当为的阶循环子群时,中有个阶元素.其次,设和都是的阶子群.根据定理2.39,.由此可见,或者,即;或者,即.这就是说,的不同的阶子群包含的阶元素也不同.这样一来,由于是两个不同的素数,从而,不能整除,我们可以断言,中不可能有个阶元素.
同理,中也不可能有个阶元素.
这样一来,中必有阶元素,从而,是循环群.这因为,若不然,中必有阶元和阶元素.由于是交换群,和互素,便是阶元素.这是一个矛盾.
12.证明:从同构意义上说,阶群只有两个.
证明 设是阶群,为的单位元.
由上题知,当是交换群时,是循环群.这时,.
下面讨论是非交换群的情形:由上题知中没有阶元素.由上题的证明知,中必有阶元数和阶元数.不妨设分别为中的阶元数和阶元数.于是,从而,
.
根据定理2.39,我们有
.
考察元素:显然,.假如,则由可以推得.这与中没有阶元素的事实不符.因此.假如,则
.注意到,我们还有
.
这与事实不符.因此.假如,则.注意到,我们还有

这仍与事实不符.这样一来,必有.
反复利用上式可以得到群的乘法表如下:
·
e
a
b
b
b
b
ab
ab
ab
ab
e
e
a
b
b
b
b
ab
ab
ab
ab
a
a
e
ab
ab
ab
ab
b
b
b
b
b
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ab
b
b
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e
a
ab
ab
ab
b
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ab
b
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e
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ab
a
ab
ab
b
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ab
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e
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ab
ab
a
ab
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ab
e
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ab
ab
ab
a
ab
ab
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ab
ab
ab
a
e
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ab
ab
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ab
ab
a
ab
b
e
b
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ab
ab
b
ab
a
ab
ab
b
b
e
b
ab
ab
b
a
ab
ab
ab
b
b
b
e
由以上讨论可知,任何阶的非交换群都与我们这里的阶的非交换群同构.
注：这里顺便指出,当时,由和这两个次置换生成的次置换群是阶的非交换群,从而,任何阶的非交换群都与这个置换群群同构.
13.设是有限群,≤,且等于的最小素因数,证明:.
证明 设,并且假定为的最小素因数.于是,
,.
现在任取,我们来证明.
事实上,当时,显然.因此只需考虑的情形.为此,假设.由§2.6习题第6题知≤,并且.因此.考察:因为≤,所以是的因数,从而是的因数.由于是的因数,因此也是的因数.又因为为的最小素因数,所以,或者,或者.另外,根据定理2.39,我们有
.
假如,则由上式可知,,从而,
,
即.于是,存在,使得,从而,.这与我们的假设矛盾.所以.这样一来,我们有
.
由此可知.
综上所述,对于任意的,我们有.所以.
14.设是群,是的全体内自同构组成的集合,证明:,并且.
证明 §2.6中已经指出,的全体自同构组成的集合关于映射的合成作成一个群,称为的自同构群.显然的全体内自同构组成的集合是的非空子集.对于任意的,我们将由确定的群的内自同构记作,即
.
由的单位元确定的群的内自同构就是单位自同构,它是群的单位元.
根据定义,对于任意的,我们有
,
.
也就是说,;.这就表明,关于映射的合成封闭,并且中每一个元素有逆元.因此≤.
对于任意给定的和,我们有

,
从而,Inn.因此.
最后,定义到的映射如下:
.
显然是满射.由于
,
因此是满同态.另外,对于任意的,我们有

.
因此.这样一来,根据同态基本定理可以断言,.