4.1 群

证明题

1

（1）

这个运算是交换的：

• $$n * m = -m - n = -n -m = n*m$$

但是这个运算不是结合的

• $$(a * b) * c = -(a*b) -c = a + b - c$$
• $$a * (b * c) = -a - (b * c) = -a + b + c$$

（2）

这个运算在整数集上是封闭的：

• $$\forall a, b \in \mathbb{Z}, a * b = a + b -2 \in \mathbb{Z}$$

这个运算是结合的：

• $$\forall a, b, c \in \mathbb{Z}, (a * b) * c = (a + b - 2) + c - 2 = a + (b + c - 2) -2 = a*(b*c)$$

这个代数系统中存在幺元：

• $$\exist e = 2 \in \mathbb{Z}, \forall a \in \mathbb{Z}, 2 * a = a * 2 = a + 2 - 2 = a$$

这个整数集中的每个元素在这个代数系统中都存在逆元：

• $$\forall a \in \mathbb{Z}, \exist (4 - a) \in \mathbb{Z}, a * (4 - a) = a + 4 -a - 2 = 2 = e$$

所以这个代数系统是一个群。

2

这个运算在 G 内是封闭的；

这个运算在 G 上满足结合律；

这个代数系统中存在幺元：

• 任意元素都存在幺元：
  • $$\forall a, a_i, a_j \in G$$，有消去率：$$a\cdot a_i = a \cdot a_j \Leftrightarrow a_i = a_j$$，因为 G 是有限群，设 $$G = {a_0, a_1, \cdots, a_{n-1}}$$
  • 则 $${a\cdot a_0, a \cdot a_1, \cdots, a \cdot a_{n-1}}$$ 两两不相同且因为运算封闭均在 G 中，而又与 G 的势相同，因此总有 $${a\cdot a_0, a \cdot a_1, \cdots, a \cdot a_{n-1}} = G = {a_0, a_1, \cdots, a_{n-1}}$$。
  • 所以总存在这样的 t，$$a \cdot a_t = a$$，即 $$a_t$$ 为这个代数系统的幺元。
• $$e = a_t$$ 为 G 中所有元素的幺元：
  • 对于 $$e = a_t$$，若 $$\exist a_i \in G, e \cdot a_i \not= a_i$$，
  • 那么根据前面的讨论总有 $$\exist a_j \in G, a_i = a \cdot a_j \Rightarrow e \cdot a \cdot a_j \not= a \cdot a_j$$，这很显然是矛盾的
  • 所以 $$\forall a_i \in G, e \cdot a_i = a_i$$

这个集合 G 中的每个元素在这个代数系统中都存在逆元：

• 同样的，我们有 $${a\cdot a_0, a \cdot a_1, \cdots, a \cdot a_{n-1}} = G = {a_0, a_1, \cdots, a_{n-1}}$$
• 因为 $$e \in G$$，所以$$\forall a \in G, \exist a_t \in G, a \cdot a_t = e$$，其中即有 $$a_t = a^{-1}$$

所以这个代数系统是一个群

3

这个代数系统是封闭的：

• 因为 $$(G_1, +_1), (G_2, +_2)$$ 是群，因此 $$x_1 +_1 x_2 \in G_1, y_1 +_2 y_2 \in G_2$$，所以 $$(x_1, y_1) + (x_2, y_2) \in G$$，即 + 在集合 G 上是封闭的

这个代数系统是结合的：

• 考虑 $$(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3) \in G$$
• $$((x_1, y_1) + (x_2, y_2)) + (x_3, y_3) = (x_1 +_1 x_2, y_1 +_2 y_2) + (x_3, y_3) = ((x_1 +_1 x_2) +_1 x_3, (y_1 +_2 y_2) +_2 y_3)$$
• $$(x_1, y_1) + ((x_2, y_2) + (x_3, y_3)) = (x_1, y_1) + (x_2 +_1 x_3, y_2 +_2 y_3) = (x_1 +_1 (x_2 +_1 x_3), y_1 +_2 (y_2 +_2 y_3))$$
• 又由于 $$(G_1, +_1), (G_2, +_2)$$ 是群，也就满足结合率，所以上两式相等。即 + 在 G 上是结合的。

这个代数系统中存在幺元：

• 设群 $$(G_1, +_1), (G_2, +_2)$$ 的幺元分别为 $$e_1, e_2$$，考虑 $$e = (e_1, e_2) \in G$$

• $$\forall (x, y) \in G \Rightarrow (x, y) + (e_1, e_2) = (x +_1 e_1, y +_2 e_2) = (x, y)$$，所以 $$e = (e_1, e_2)$$ 即为代数系统 $$(G, +)$$ 的幺元。

这个集合 G 中的每个元素在这个代数系统中都存在逆元：

• 由于 $$(G_1, +_1), (G_2, +_2)$$ 是群，其内任意元素都存在逆元
• $$\forall (x, y) \in G \Rightarrow (x,y) + (x^{-1}, y^{-1}) = (x +_1 x^{-1}, y +_2 y^{-1}) = (e_1, e_2) = e \Rightarrow (x,y)^{-1} = (x^{-1}, y^{-1})$$。即任意 G 中的元素都存在逆元

所以这个代数系统是一个群。

4

设这个群为 $$(G, *)$$，其幺元为 e，考虑 $$\forall a,b \in G$$，有：

• 任意非幺元阶为 2，且 e 恒有 $$e * e = e$$，所以 $$\forall x \in G, x * x = e$$

• $$\displaystyle e = e \overset{x*x = e}{\Leftrightarrow} (a * b) * (a * b) = (a * a) * (b * b)$$

  $$\overset{存在逆元}{\Leftrightarrow} a^{-1}(a * b * a * b) * b^{-1} = a^{-1}(a * a * b * b) * b^{-1} \overset{满足结合率}{\Leftrightarrow} b * a = a * b$$

所以这个群满足交换率，所以这个群是阿贝尔群。

5

（1）

运算是封闭的：

• 对于 $$G_1, G_2 \in 2^S, G_1, G_2 \sub S, \Rightarrow \forall a_1 \in G_1, a_2 \in G_2, a_1,a_2 \in S$$
• 所以 $$\forall x \in G_1 \cup G_2, y \in G_1 \cap G_2, x, y \in S \Rightarrow G_1 \cup G_2, G_1 \cap G_2 \sub S$$，即交并运算在 $$2^S$$ 上都是封闭的

运算是结合的：

• 对于 $$G_1, G_2, G_3 \in 2^S$$，很显然，交并运算对于集合是结合的。

所以 $$(2^S, \cup), (2^S, \cap)$$ 显然都是半群。

（2）

这个代数系统是封闭的：

• $$\forall x \in (A \text{\} B) \cup (B \text{\} A)$$，必然有 $$x \in A \cup B$$，所以 $$A \Delta B \in 2^S$$，即这个运算在 $$2^S$$ 上是封闭的。

这个代数系统是结合的：

• 对于 $$\forall A, B, C \in 2^S$$
• $$\displaystyle (A \Delta B) \Delta C = (( (A \text{\} B) \cup (B \text{\} A) ) \text{\} C) \cup (C \text{\} ((A \text{\} B) \cup (B \text{\} A))) = (A \text{\} B \text{\} C) \cup (B \text{\} A \text{\} C) \cup ( C \text{\} B \text{\} A) \cup (A \cap B \cap C)$$
• $$A \Delta( B \Delta C) = (A \text{\} ((B \text{\} C) \cup (C \text{\} B))) \cup (((B \text{\} C) \cup (C \text{\} B)) \text{\} A) = (A\text{\}B \text{\} C) \cup (A \cap B \cap C) \cup (B \text{\}C \text{\} A)\cup (C \text{\}B \text{\} A)$$
• 我们考虑差运算总有 $$G_1 \text{\} G_2 \text{\} G_3 = G_1 \text{\} G_3 \text{\} G_2$$，所以上两式是相等的，因此这个代数系统满足结合律。

这个代数系统中存在幺元：

• 存在 $$E = \varnothing$$，$$\forall G \in 2^S, G \Delta E = (\varnothing \text{\} G) \cup (G \text{\} \varnothing) = G$$，即 E 为这个代数系G 中统中的幺元。

这个集合中的每个元素在这个代数系统中都存在逆元：

• 我们知道：$$A \text{\} B = \varnothing \Leftrightarrow A \sub B$$，$$A \cup B = \varnothing \Leftrightarrow A = \varnothing \and B = \varnothing$$
• 有 $$\forall G \in 2^S, G’ \Delta G = (G’ \text{\} G) \cup (G \text{\} G’)= \varnothing \Leftrightarrow (G \sub G’) \and (G’ \sub G) \Leftrightarrow G’ = G$$，也就是说，任意的 G，在这个代数系统中都存在唯一的逆元 G

所以 $$(2^S, \Delta)$$ 是一个群。

6

（1）

考虑 $$cab = c(ab) = c = (ca)b = b \Rightarrow b = c$$

因此 $$b = c = a^{-1}$$

（2）

充分性：

• $$b = a^{-1} \Rightarrow aba = a(ba) = a$$
• $$b = a^{-1} \Rightarrow ab^2a = (ab)(ba) = e$$

必要性：

• $$e = a a^{-1}= abaa^{-1} = ab = a^{-1}a = a^{-1}aba = ba \Rightarrow ab = ba = e \Rightarrow b = a^{-1}$$
• 考虑 $$(\mathbb{Z}_3, +), a = 1, b = 1, a+ b + b + a = 1 \not=0$$，后者并不是必要条件

（3）

充分性是很显然的。下证必要性：

因为 G 是 M 的子集，二元运算在 G 上满足结合律，必然在 M 上满足结合律。

这个代数系统存在幺元：

• 令 $$g_1 = g_2$$，由于 G 中的每个元素都是可逆的 $$g_1^{-1} g_2 = e \in G$$

• 因为 G 是 M 的子集，所以 M 的幺元必是 G 的幺元，所以这个代数系统存在幺元

这个代数系统中每个元素都存在逆元：

• 令 $$g_2 = e$$，我们有 $$\forall g_1 \in G, g_1^{-1} \in G$$

这个代数系统是封闭的：

• 对于 $$\forall g_1, g_2 \in G \Rightarrow g_1^{-1} \in G$$，因此我们有 $$(g_1^{-1})^{-1} g_2 = g_1 g_2 \in G$$

所以这个代数系统是一个群。

（4）

对于 G 中所有的可逆元素构成的集合，对于二元运算必然有结合律、存在幺元、存在逆元。下证封闭性：

• $$\forall g_1, g_2, g_1g_2 \in G$$，考虑 $$g_1g_2$$ 的逆元，$$\exist g_2^{-1}g_1^{-1} \in G, (g_1g_2)(g_2^{-1}g_1^{-1}) = e$$
• 因此 $$g_1g_2$$ 是可逆的，即这个代数系统也是封闭的

所以这个代数系统是一个群

7

充分性是很显然的。下证必要性：

因为 H 是 G 的子集，且 $$(G, \cdot)$$ 是一个群，所以 $$(H, \cdot)$$ 必然满足结合律。

因为 $$\forall a, b \in H, a \cdot b \in H$$，所以代数系统是封闭的。

代数系统中存在幺元：b

• 因为 H 是一个有限集，设其势为 n，考虑序列 $${a, a^2, \cdots,a^n, a^{n+1}}$$
• 考虑到代数系统是封闭的，因此序列中的每一个元素都在 H 中，然而序列长度为 n+1，所以必然 $$\exist i,j (i > j), a^i = a^j \Rightarrow a^i = a^j \cdot a^{i - j}$$，在集合 G 中考虑这个等式有 $$a^{i - j} =e$$。
• 所以 $$e \in H$$，G 的幺元必是 H 的幺元，所以代数系统中存在幺元

集合 H 中每个元素在二元运算下都存在属于 H 的逆元：

• 根据上面的证明，我们得到了 $$a^{i - j} = e$$，于是有 $$a \cdot (a^{i -j -1}) = e, a^{-1} = a^{i-j-1}$$，因为后者是 a 通过与自身进行有限次二元运算得到的，考虑到代数系统是封闭的，所以 $$a^{-1} = a^{i-j-1} \in H$$

所以这个有限子集与二元运算构成的代数系统必然是群，也就是必然是一个子群。

8

考虑循环群 $$(\mathbb{Z}, +)$$，其生成元为 1。$$(H, +)$$ 作为循环群的子群，必然也是循环群。

设后者生成元为 a，则集合 H 可以表示为 $${\cdots, a^{-2}, a^{-1} ,e, a, a^2, a^3, \cdots}$$（此处幂次表示二元运算加法的累计，即有 $$a^i = i\cdot a$$，点表示整数环意义上的乘法）

因此对于 $$\forall i \in \mathbb{Z}$$，令 $$m = a$$，我们有陪集 $$m\mathbb{Z} = {m \cdot i | i \in \mathbb{Z}} = {m^i | i \in \mathbb{Z}} = H$$

9

对于群 $$(G, \cdot)$$ 设两个真子集 A、B 全集为 G，因为 $$A \cup B = G$$，所以必有 $$\exist a \in A, a \not\in B, \exist b \in B, b\not\in A$$

考虑 $$a \cdot b$$，因为 $$(G, \cdot)$$ 是群，所以 $$a \cdot b \in A \or a \cdot b \in B$$，不失一般性，我们设 $$a \cdot b \in A$$

因为 $$(A, \cdot)$$ 也是群，所以 $$a^{-1} \in A \Rightarrow a^{-1} \cdot (a \cdot b) = b \in A$$，这是与之前的假设是矛盾的。

所以不可能存在群的集合，可以写成两个真子集的并。

10

设群 $$(G, \cdot)$$ 中的元素 a 具有阶 n，可以证明集合 $${e, a, a^2, \cdots, a^{n-1}}$$ 与二元运算 $$\cdot$$ 构成一个循环群，设为 C。

很显然我们有 $$a^{-1} = a^{n-1}$$，现证明该元素的阶为 n：

1. 首先显然有：$$(a^{n-1})^{n} = a^{-n} = e$$
2. 若 $$\exist i < n, (a^{n-1})^{i}$$，则 $$(a^{n-1})^{i} =a^{n-i} = e$$，这与 C 构成循环群是矛盾的。所以 $$\forall i < n, (a^{n-1})^i \not= e$$

所以其逆元的阶也为 n。

11

设群 $$(G, \cdot)$$ 中的元素 a 具有阶 n，可以证明集合 $${e, a, a^2, \cdots, a^{n-1}}$$ 与二元运算 $$\cdot$$ 构成一个循环群，设为 C。

根据拉格郎日定理，$$|G| \equiv 0 \pmod{|C|}$$，即 a 的阶 n 可以整除 G 的元素个数。

12

很显然 0 不是 $$(\mathbb{Z}_p, +)$$ 的生成元，因此只需证明 $$\forall b \in \mathbb{Z} \text{\} {0}$$，b 都是生成元即可。

对于 $$(\mathbb{Z}_p, +)$$，我们知道一个显然的生成元 a=1，对于 b，显然有 $$b = a^b$$，

因为 p 是素数，我们有 $$\exist s,t, sp + tb = 1$$，考虑 $$a = a^{sp + tb} = (a^{p})^{s}a^{bt} = a^{bt} = b^t$$

这表明任意 a 可以通过二元运算生成的元素，b 亦可生成，而 a 是生成元，则 b 一定是生成元。

13

设群 G 的幺元为 e。有 $$xa = ax \Leftrightarrow a = x^{-1}ax$$

我们考虑等式右边元素的阶：

1. 若 $$a = e$$，则等式恒成立
2. 若 $$a \not= e$$，考虑 $$(x^{-1}ax)^2 = x^{-1}a^2x = e$$，右边元素的阶为 2，所以必然属于唯一的二阶循环群，显然它并不等于幺元，所以 $$x^{-1} a x = a$$

14

$$(\text{G 只有有限个子群} \Rightarrow \text{G 是有限群}) \Leftrightarrow (无限群总有无限个子群)$$

考虑无限群中的元素：

1. 如果所有元素的阶均为有限阶，那么一定存在无限个子群，这个是很容易证明的；
2. 如果存在无限阶元素，那么必然存在一个无限阶循环群，而无限阶循环群必然与 $$(\mathbb{Z}, +)$$ 同构，而后者有无限子群，所以原无限群必然有无限子群。

所以无限群总有无限个子群，因此原命题得证。

15

（1）

设循环群 H, K 的生成元分别为 h, k，则必然会有：$$h^r = e, k^s = e$$。

考虑元素 hk：

1. $$(hk)^{rs} = h^{rs} k^{rs} = e$$
2. $$\forall i < rs, gcd(r, s) = 1 \Rightarrow lcm(r,s) = rs \Rightarrow i \text{ 不同时整除 }r,s$$
   1. 如果 i 仅整除其中 r, s 之一，必然有：$$(hk)^i \not= e$$
   2. 如果二者都不整除，有 $$(hk)^i = h^a k^b, 0<a<r, 0 < b < s$$，我们考虑到 $$h^a$$ 的逆元必然在循环群群 H 中，因此必然有 $$(hk)^i \not= e$$

所以元素 hk 的阶为 rs，因此该元素可以生成一个阶为 rs 的循环子群。

（2）

跟第一问的证法一样。

16

对于质数阶的群考虑拉格朗日定理，如果有子群 H，则其阶必然被质数整除，那么这个子群的阶必然为 1 或这个质数本身，则该群必然是非平凡子群。

17

首先显然有 $$G_1 \sub G_1 G_2, G_2 \sub G_1 G_2$$

考虑到 $$G_1 \cap G_2$$ 中是含幺元、满足结合律的，然后：

• $$G_1 \cap G_2$$ 中任取两元素一定同时属于两个群，其二元运算的结果也一定属于两个群，因此满足封闭性
• $$G_1 \cap G_2 $$ 中任意元素的逆元必定同时存在两个群中，因此它也是满足存在逆元的。

因此 $$G_1 \cap G_2$$ 构成一个群。

显然 $$G_1G_2$$ 构成一个群，考虑 $$G_1 G_2$$ 的子群 $$G_2$$ 所确定的左陪集关系对 $$G_1 G_2$$ 进行划分，于是我们有：

• $$|G_1 G_2| = [G_1G_2:1] = [G_1G_2: G_2][G_2:1]$$

考虑商集：$$[G_1G_2:G_2] = card({g_1g_2G_2 | g_1 \in G_1, g_2 \in G_2}) = card({g_1G_2 | g_1 \in G_1})$$

因为我们有 $$G_1 \cap G_2 \sub G_2$$，所以若 $$g_i G_2, g_j G_2$$ 不相交，那么 $$g_i (G_1 \cap G_2), g_j (G_1 \cap G_2)$$ 必然互不相交，所以：$$card({g_1G_2 | g_1 \in G_1}) = card({g_1(G_1 \cap G_2) | g_1 \in G_1}) = [G_1:G_1 \cap G_2]$$，即：

• $$[G_1G_2:G_2] = [G_1 : G_1 \cap G_2]$$

考虑这个指标的计算：

• $$\displaystyle |G_1 : G_1 \cap G_2| = \frac{[G_1:1]}{[G_1 \cap G_2 : 1]}$$

综上我们有：$$\displaystyle |G_1G_2| = \frac{|G_2:1||G_1:1|}{|G_1 \cap G_2:1|}$$

18

考虑 G 的阶的计算：$$|G| = [G:1] = [G:G_2][G_2:1] = [G:G_1][G_1:1]$$

对于 $$G_1 \sub G_2$$ 我们又有：$$[G_2:1] = [G_2:G_1][G_1:1]$$

于是结合上式：$$[G:G_2] = [G:G_1][G_1:G_2]$$

19

充分性：

• 若商群 $$(G/H, \cdot)$$ 是阿贝尔群，$$\forall g, k \in G, gH \cdot kH = kH \cdot gH \Rightarrow (g \cdot k)H = (k \cdot g) H$$，令 $$H’ = (g \cdot k)H = (k \cdot g)H$$

• 则对于 $$\displaystyle \forall x \in H’, \exist a, b \in H \overset{s.t.}{\Rightarrow} (g \cdot k) \cdot a = (k \cdot g) \cdot b \Rightarrow g^{-1} \cdot k^{-1} \cdot g \cdot k = b \cdot a^{-1} \in H$$

• 因为 $$\forall g,k \in G \Rightarrow g^{-1},k^{-1} \in G$$，因此必然有 $$g \cdot k \cdot g^{-1} \cdot k^{-1} \in H$$

必要性：

• 设 $$\equiv$$ 是由 H 确定的在 G 上的左陪集关系。因为 $$g \cdot k \cdot g^{-1} \cdot k^{-1} \in H$$，所以有 $$k^{-1} \cdot g^{-1} \equiv g^{-1} \cdot k^{-1} \Rightarrow (k^{-1} \cdot g^{-1})H = (g^{-1} \cdot k^{-1})H$$

• 同样的，$$\forall g,k \in G \Rightarrow g^{-1},k^{-1} \in G$$，因此 $$\forall g, k \in G \Rightarrow (g \cdot k) H = (k \cdot g)H$$，因此商群是阿贝尔群。

20

我们考虑 $$h^{-1}k^{-1}hk$$：

• 因为 H 是正规子群，那么必然会有 $$k^{-1}hk \in H$$，因此 $$h^{-1}(k^{-1}hk) \in H$$
• 因为 K 是正规子群，那么必然会有 $$h^{-1}k^{-1}h \in H$$，因此 $$(h^{-1}k^{-1}h)k \in K$$

于是，$$h^{-1}k^{-1}hk \in H \cup K = {1} \Rightarrow h^{-1}k^{-1}hk = 1 \Rightarrow hk = kh$$

21

扭元构成的集合：

• 封闭性：对于 $$\forall g_1, g_2 \in G_{tor}, g_1^{n_1}, g_2^{n_2} = e$$：$$\exist n = n_1 n_2, (g_1g_2)^{n} = (g_1^{n_1})^{n_2} (g_2^{n_2})^{n_1} = e \Rightarrow g_1g_2 \in G_{tor}$$

• 结合律：因为二元运算在 G 上是结合的，所以在其子集中是必然是结合的

• 存在幺元：很显然

• 存在逆元：对于 $$\forall g \in G_{tor}, g^n = e \Rightarrow g^{-1} = g^{n-1} \Rightarrow g^{-1} \in G_{tor}$$

所以这个扭元构成的集合是一个群，又因为 G 是一个交换群，所以扭元构成的集合必然是 G 的一个正规子群。

22

设由 H 确定的 G 上的左陪集关系构成的商集是 $${H, aH}$$

对于 $$\forall h \in H, g \in G$$：

• 若 $$g \in H$$，因为 H 是一个群，因此必然有 $$g h g^{-1} \in H$$
• 若 $$g \in aH, \exist h’ \in H, g = ah’$$，我们用反证法：
  • 若 H 不是 G 的正规子群，那么必然有 $$ghg^{-1} \in aH \Rightarrow \exist h’’ \in H, ghg^{-1} = ah’’$$，从而我们有：
  • $$ah’ h (h’)^{-1}a^{-1} = ah’’ \Rightarrow a = h’h(h’)^{-1}(h’’)^{-1} \in H$$，这很显然是错误的，所以 H 是 G 的正规子群

23

（1）

对于 $$H \times K$$ 上定义的乘法运算：

• 封闭性：对于 $$(h_1, k_1), (h_2, k_2) \in H \times K$$，因为 H, K 是群，必然有 $$h_1 h_2 \in H, k_1k_2 \in K \Rightarrow (h_1h_2, k_1k_2) = (h_1, k_1)(h_2,k_2) \in H \times K$$

• 结合性：同样的，因为 H, K 是群，我们可以得到这个二元运算在 $$H \times K$$ 是结合的；

• 幺元：设 H, K 的幺元为 $$e_1, e_2$$，因此对于 $$H \times K$$，有幺元 $$(e_1, e_2)$$，证明是显然的；

• 逆元：同样的，对于 $$(h, k) \in H \times K$$，有逆元 $$(h^{-1}, k^{-1})$$

所以代数系统 $$(H \times K, \cdot)$$ 构成一个群。

（2）

对于 $$H_1 = {(h, e_1) | h \in H}$$：

• 首先这很显然是一个子群，下面证明它是正规子群；
• $$\forall (h, e_1) \in H_1, (h’, k’) \in H \times K \Rightarrow (h’, k’)^{-1}(h, e_1)(h’, k’) = ((h’)^{-1}hh’, e_1) \in H_1$$

因此 $$H_1$$ 是一个正规子群。同理可以证明 $$K_1$$ 也是一个正规子群。

（3）

很显然这个是正确的：$$H_1 \cap K_1 = {(e_1, e_2)}$$

关于 $$H \times K = H_1K_1$$：

• 首先对于 $$\forall (h, k) \in H \times K, (h,k) = (e_1, k)(h, e_2)$$，所以 $$H \times K \sub H_1K_1$$
• 其次我们有 $$\forall (e_1, k) \in K_1, (h, e_2) \in H_1, (h,k) \in H \times K$$，所以 $$H_1K_2 \sub H \times K$$

结合上两式我们会有：$$H \times K = H_1K_1$$

24

（1）

不是：取 $$1.6, 1.6 \in \R$$，$$f(1.6 + 1.6) = f(3.2) = 3, f(1.6) + f(1.6) = 2 \Rightarrow 2, 3 \in \Z \and 2 \not= 3$$

（2）

是。显然：$$|x| \cdot |y| = |x \cdot y|$$。下面求核：

$$ker\ f = {a | a \in \R^* \and f(a) = e_{\R^+}} = {a | a \in \R^* \and |a| = 1} = {1, -1}$$

（3）

不是。取 $$3, 3 \in \Z_5, f(3 +{mod5} 3) = 1,f(3) +{mod2} f(3) = 0 \Rightarrow 1 \not= 0$$

25

对于自同构集合 AutG，有 $$\forall f_1, f_2 \in AutG$$，二者都是 G 上的双射。我们考虑函数的复合 $$\circ$$：

• 封闭性：因为 $$f_1, f_2$$ 是双射，$$f_1 \circ f_2$$ 必然也是双射，$$f_1, f_2$$ 的定义域值域均相等，必然也是 $$f_1 \circ f_2$$ 的定义域值域，因此 $$f_1 \circ f_2$$ 也是 AutG 的自同构；
• 结合性：函数的复合满足结合律；
• 存在幺元：存在 $$e = x \rightarrow x$$，为这个代数系统的幺元；
• 存在逆元：f(x) 存在逆元 $$f^{-1}(x)$$

因此 $$(AutG, \circ)$$ 是一个群。

26

（1）

$$g \rightarrow g^{-1} \text{是 G 的自同构} \Leftrightarrow f(g_1 g_2) = f(g_1)f(g_2) \Leftrightarrow g_2^{-1} g_1^{-1} = g_1^{-1}g_2^{-1} \Leftrightarrow \text{G 是阿贝尔群}$$

（2）

考虑 $$\displaystyle f(g_1 g_2) = (g_1g_2)^k \overset{\text{G 是阿贝尔群}}{=} g_1^k g_2^k = f(g_1)f(g_2)$$

因此 f 是 G 的自同态。

27

先做以下的函数：$$f(x) = \begin{cases}1 & x =a \ 2 & x = b \ 3 & x = c \end{cases}$$，

考虑映射 $$g: ([e, x_1, x_2, x_3] \rightarrow [e, y_1, y_2, y_3]) \rightarrow \begin{pmatrix} f(x_1) & f(x_2) & f(x_3) \ f(y_1) & f(y_2) & f(y_3) \end{pmatrix}$$

g 是一个从四元群 K 的自同构群映射到 $$S_3$$ 的双射，因此二者同构。

28

直接分解：

$$\displaystyle \begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \ 2 & 5 & 6 & 8 & 1 & 4 & 7 & 3 \end{pmatrix} = (2\ 5\ 1)(1\ 2\ 6\ 8\ 5\ 4\ 7\ 3) = (2\ 5\ 1)(6\ 4\ 8\ 3)(1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 6\ 7\ 8) = (2\ 5\ 1)(6\ 4\ 8\ 3)(7)$$

或者用 sage：

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5

#!/usr/bin/env sage

p = Permutation([2,5,6,8,1,4,7,3,])	# 建立题目中给的置换 (permutation)
p.to_cycles()						# 将这个置换转化为轮换 (cycle)
# [(1, 2, 5), (3, 6, 4, 8), (7,)]

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#!/usr/bin/env sage

p1 = Permutation([2, 5, 6, 8, 1, 4, 7, 3])
p2 = Permutation([2, 5, 6, 4, 1, 8, 7, 3])	# 建立题目中给的两个置换 (permutation)
p = p1*p2									# 复合这两个置换 (multiplication)
print(p) # [5, 1, 8, 3, 2, 4, 7, 6]
p.to_cycles()								# 将复合的置换转化为轮换 (cycle)
# [(1, 5, 2), (3, 8, 6, 4), (7,)]

即 $$(1\ 5\ 2) \circ (3\ 8\ 6\ 4) \circ (7)$$

30

1
2
3
4
5
6
7
8

#!/usr/bin/env sage
sigma = Permutation([2, 3, 1, 5, 4])
tau   = Permutation([3, 4, 1, 5, 2])

print(sigma * tau)						# [4, 1, 3, 2, 5]
print(sigma.inverse() * tau * sigma)	# [2, 1, 5, 3, 4]
print(sigma * sigma)					# [2, 1, 5, 3, 4]
print(sigma * sigma * sigma)			# [1, 2, 3, 5, 4]