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:.abcdabadcbdbcacacbddcdab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:.eababeababaeabbeababbabeaabbaeabbae 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:eabbbbababababeeabbbbababababaaeababababbbbbbbabbbbeaabababbbabbbebabaababbbabbebbababaabbbabebbbabababaababbabababaebbbababbababaabbebbababbabaababbbebababbaabababbbbe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,.