前言

这是对Joseph-Gallian的《Contemporary Abstract Algebra》的第三章——有限群和子群的练习题解答。碍于我的水平，仅供参考。

1. 阶相关问题

对于下面每个群，计算群的阶和元素的阶，尝试观察两者的关系。
Z12,U(10),U(12),U(20),D4Z_{12},U(10),U(12),U(20),D_4Z12​,U(10),U(12),U(20),D4​

Answer: ∣Z12∣=12,∣0∣=1,∣1∣=12,∣2∣=6,∣3∣=4,∣4∣=3,∣5∣=12,∣6∣=2,∣7∣=12,∣8∣=3,∣9∣=4,∣10∣=6,∣11∣=12|Z_{12}|=12,|0|=1,|1|=12,|2|=6,|3|=4,|4|=3,|5|=12,|6|=2,|7|=12,|8|=3,|9|=4,|10|=6,|11|=12∣Z12​∣=12,∣0∣=1,∣1∣=12,∣2∣=6,∣3∣=4,∣4∣=3,∣5∣=12,∣6∣=2,∣7∣=12,∣8∣=3,∣9∣=4,∣10∣=6,∣11∣=12
∣U(10)∣=∣{1,3,7,9}∣=4,∣1∣=1,∣3∣=4,∣7∣=4,∣9∣=2|U(10)|=|\{1,3,7,9\}|=4,|1|=1,|3|=4,|7|=4,|9|=2∣U(10)∣=∣{1,3,7,9}∣=4,∣1∣=1,∣3∣=4,∣7∣=4,∣9∣=2
∣U(12)∣=∣{1,5,7,11}∣=4,∣1∣=1,∣5∣=2,∣7∣=2,∣11∣=2|U(12)|=|\{1,5,7,11\}|=4,|1|=1,|5|=2,|7|=2,|11|=2∣U(12)∣=∣{1,5,7,11}∣=4,∣1∣=1,∣5∣=2,∣7∣=2,∣11∣=2
∣U(20)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19}∣=8,∣1∣=1,∣3∣=4,∣7∣=4,∣9∣=2,∣11∣=2,∣13∣=4,∣17∣=4,∣19∣=2|U(20)|=|\{1,3,7,9,11,13,17,19\}|=8,|1|=1,|3|=4,|7|=4,|9|=2,|11|=2,|13|=4,|17|=4,|19|=2∣U(20)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19}∣=8,∣1∣=1,∣3∣=4,∣7∣=4,∣9∣=2,∣11∣=2,∣13∣=4,∣17∣=4,∣19∣=2
∣D4∣=8,∣R0∣=1,∣R90∣=4,∣R180∣=2,∣R270∣=4,∣H∣=2,∣V∣=2,∣D∣=2,∣D′∣=2|D_4|=8,|R_0|=1,|R_{90}|=4,|R_{180}|=2,|R_{270}|=4,|H|=2,|V|=2,|D|=2,|D'|=2∣D4​∣=8,∣R0​∣=1,∣R90​∣=4,∣R180​∣=2,∣R270​∣=4,∣H∣=2,∣V∣=2,∣D∣=2,∣D′∣=2

可见，群元素的阶是群阶的约数。

2. 生成元计算

设QQQ是加法有理数群，Q∗Q^*Q∗是非000有理数乘法群，在这两种情况下，表示出⟨12⟩\langle \frac{1}{2}\rangle⟨21​⟩

Answer: 有理数加法群里，⟨12⟩=12n\langle\frac{1}{2}\rangle=\frac{1}{2}n⟨21​⟩=21​n，nnn为整数；在乘法群里，⟨12⟩=(12)n\langle\frac{1}{2}\rangle=(\frac{1}{2})^n⟨21​⟩=(21​)n，nnn为整数。

3. 群元素的阶

找到2中QQQ和Q∗Q^*Q∗中，所有元素的阶。

Answer: 在QQQ中，∣0∣=1|0|=1∣0∣=1，其他元素阶都是无穷；在Q∗Q^*Q∗中，∣1∣=1|1|=1∣1∣=1，其他元素阶都是无穷

4. 群元素阶相关证明

证明所有元素和它的逆的阶相等。

Answer：aaa是单位元时显然成立；假定∣a∣>1|a|>1∣a∣>1，不妨设为nnn，ana−n=e,an=ea^{n}a^{-n}=e,a^{n}=eana−n=e,an=e，显然(a−1)n=e(a^{-1})^n=e(a−1)n=e，假定存在k<nk<nk<n使得(a−1)k=e(a^{-1})^k=e(a−1)k=e，那么ak=ea^k=eak=e，与前面矛盾。

5. 阶的理解

不计算来解释为什么在Z30Z_{30}Z30​中，∣2∣=∣28∣，∣8∣=∣22∣|2|=|28|，|8|=|22|∣2∣=∣28∣，∣8∣=∣22∣

Answer: 因为这些元素互为逆。

6. 元素阶的计算

在群Z12中，Z_{12}中，Z12​中，计算∣a∣,∣b∣,∣a+b∣|a|,|b|,|a+b|∣a∣,∣b∣,∣a+b∣

Answer: 对于a=6,b=2a=6,b=2a=6,b=2有，∣a∣=2,∣b∣=6,∣a+b∣=3|a|=2,|b|=6,|a+b|=3∣a∣=2,∣b∣=6,∣a+b∣=3
对于a=3,b=8a=3,b=8a=3,b=8有，∣a∣=4,∣b∣=3,∣a+b∣=12|a|=4,|b|=3,|a+b|=12∣a∣=4,∣b∣=3,∣a+b∣=12
对于a=5,b=4a=5,b=4a=5,b=4有，∣a∣=12,∣b∣=3,∣a+b∣=4|a|=12,|b|=3,|a+b|=4∣a∣=12,∣b∣=3,∣a+b∣=4

7. 计算

∣a∣=6,∣b∣=7|a|=6,|b|=7∣a∣=6,∣b∣=7，表示出(a4c−2b4)−1(a^4c^{-2}b^4)^{-1}(a4c−2b4)−1，不用负指数。

Answer: (a4c−2b4)−1=b−4c2a−4=b3c2a2(a^4c^{-2}b^4)^{-1}=b^{-4}c^2a^{-4}=b^3c^2a^2(a4c−2b4)−1=b−4c2a−4=b3c2a2

8-9 没明白想问什么

10. 子群的阶相关问题

D4D_4D4​有多少个四阶子群？

Answer: 即，四个元素的子群，首先R0,R90,R180,R270R_0,R_{90},R_{180},R_{270}R0​,R90​,R180​,R270​是一个4阶子群，它是R90R_{90}R90​生成的；
然后可以意识到H,V,D,D′H,V,D,D'H,V,D,D′单独只能生成2阶子群。
观察下，{H,V}\{H,V\}{H,V}生成的子群，H,VH,VH,V可交换，所以必然包括HVHVHV，这几个群元已经封闭，即{R0,H,V,HV}\{R_0,H,V,HV\}{R0​,H,V,HV}
同理可得{R0,D,D′,DD′}\{R_0,D,D',DD'\}{R0​,D,D′,DD′}
共三组

11. 元素阶相关问题

找出所有非零实数乘法群有限阶的所有元素

Answer: 111

12. 元素阶相关问题

找到x=x−1x=x^{-1}x=x−1的等价条件是∣x∣|x|∣x∣等于多少？

Answer: 等价的话，直接根据x=x−1x=x^{-1}x=x−1来计算阶就好。由于x=x−1,e=xx−1=xx=x2x=x^{-1},e=xx^{-1}=xx=x^2x=x−1,e=xx−1=xx=x2，显然，阶为1和2均可。

13. 元素阶相关证明

∀a,x∈G\forall a,x\in G∀a,x∈G，证明∣xax−1∣=∣a∣|xax^{-1}|=|a|∣xax−1∣=∣a∣

Answer: 要证明的命题其实是当最小的nnn使得an=ea^n=ean=e时，得出最小的nnn使得，(xax−1)n=e(xax^{-1})^n=e(xax−1)n=e.
n=1n=1n=1时显然；对于n>1n>1n>1时，以前者作为条件，那么(xax−1)n=xax−1xax−1⋯xax−1=xanx−1=e(xax^{-1})^n=xax^{-1}xax^{-1}\cdots xax^{-1}=xa^nx^{-1}=e(xax−1)n=xax−1xax−1⋯xax−1=xanx−1=e；那么此时的nnn对于后者是最小的吗？假定存在一个更小的1<k<n1<k<n1<k<n使得xakx−1=exa^kx^{-1}=exakx−1=e，那么将这个式子左乘x−1x^{-1}x−1，右乘xxx可得：ak=ea^k=eak=e，显然与条件矛盾，故所证成立。

14. 群的中心相关证明

证明：如果aaa是群GGG中唯一一个阶为2的元素，那么a∈Z(G)a\in Z(G)a∈Z(G)

Answer: 这个问题乍一看很难有思绪，但考虑一下前一题的结论似乎有用武之地，就可以明白了。∀b∈G,∣bab−1∣=∣a∣=2\forall b\in G, |bab^{-1}|=|a|=2∀b∈G,∣bab−1∣=∣a∣=2，由于只有一个元素的阶是2，那么bab−1bab^{-1}bab−1自然就是aaa，那么可得ba=abba=abba=ab，QED

15. 真子群相关证明

证明：没有群是两个真子群的并。并探讨一下三个真子群的情况下这个命题成立吗？

Answer: 假定有两个真子群的并是群，G=G1∪G2G=G_1\cup G_2G=G1​∪G2​，那么必然存在元素a∈G1∧a∉G2,b∈G2∧b∉G1a\in G_1\ \land\ a\notin G_2, b\in G_2\ \land\ b\notin G_1a∈G1​ ∧ a∈/​G2​,b∈G2​ ∧ b∈/​G1​，那么考虑元素ababab，它如果属于G1G_1G1​，那么bbb也属于G1G_1G1​；如果它属于G2G_2G2​，那么aaa也一点属于G2G_2G2​，推出矛盾。QED
三个真子群是可以做到的，克莱因四元群即可做到

16. 群元素的阶

如果GGG是圆对称群，RRR表示旋转2\sqrt{2}2​度，∣R∣|R|∣R∣是多少？

Answer: 这等效于2π2\pi2π可以整除多少倍的2\sqrt{2}2​，显然没有整数解，所以阶是无穷。

17. 子群相关证明

对于nnn的每个大于1的约数，让Uk(n)={x∈U(n)∣xmodk=1}U_k(n)=\{x\in U(n)\mid x\mod{k}=1\}Uk​(n)={x∈U(n)∣xmodk=1}，证明Uk(n)U_k(n)Uk​(n)是U(n)U(n)U(n)的子群。如果H={x∈U(10)∣xmod3=1}H=\{x\in U(10)\mid x\mod{3}=1\}H={x∈U(10)∣xmod3=1}，那么HHH是U(10)U(10)U(10)的子群吗？

Answer: 有限子群只需要证明封闭性即可。
对应任意a,b∈Uk(n)a,b\in U_k(n)a,b∈Uk​(n)，显然有：amodk=1,bmodk=1a\mod{k}=1, b\mod{k}=1amodk=1,bmodk=1，可写成a=1+ank,b=1+bnka=1+a_nk,b=1+b_nka=1+an​k,b=1+bn​k，那么两元素模nnn的积是abmodn=(1+(an+bn)k+anbnk2)modktab\mod{n}=(1+(a_n+b_n)k+a_nb_nk^2)\mod{kt}abmodn=(1+(an​+bn​)k+an​bn​k2)modkt，这个模的结果将会是1+km1+km1+km的形式，再模kkk将得到111，故满足封闭性。QED。
U(10)={1,3,7,9},H={1,7}U(10)=\{1,3,7,9\}, H=\{1,7\}U(10)={1,3,7,9},H={1,7}，不是子群，因为7×7mod10=97\times 7\mod{10}=97×7mod10=9, 在HHH外部，所以不满足封闭性，不是子群。

18. 元素的阶

如果a6=ea^6=ea6=e，∣a∣|a|∣a∣可能是多少？

Answer: 可以是2，3，6

19. 元素阶相关证明

假定aaa是群元素且阶无限，证明当m≠nm\neq nm​=n时，am≠ana^m\neq a^nam​=an.

Answer: 这个命题逆命题的成立等价于说存在某个kkk使，ak=ea^k=eak=e，这显然矛盾。

20. 元素阶相关证明

∀a,b∈G\forall a,b\in G∀a,b∈G, 证明：∣ab∣=∣ba∣|ab|=|ba|∣ab∣=∣ba∣

Answer: 假设ababab有有限阶nnn，那么(ab)n=e(ab)^n=e(ab)n=e，即abab⋅ab=e→baba⋯ba=eabab\cdot ab=e\to baba\cdots ba=eabab⋅ab=e→baba⋯ba=e（左乘a−1a^{-1}a−1右乘aaa），显然(ba)n=e(ba)^n=e(ba)n=e，然后证明最小的nnn，用反证法，设一个bababa更小的阶kkk，反推ababab的kkk次幂也等于eee，推出矛盾。
如果ababab有无限阶，那么bababa也必定是无限阶，证明方法同上面的反证过程。

21. 群的阶和元素的阶比较

证明：元素的阶小于等于群的阶。

Answer: 阶无限情况下，元素的阶可能有限也可能无限，群阶必然无限。这种情况下不做比较。阶有限情况下，对于任意元素，做一个列表a,a2,⋯,ana,a^2,\cdots,a^na,a2,⋯,an，有限阶情况下一定出现循环，让an=ai,i<na^n=a^i,i<nan=ai,i<n，那么aaa的阶就是n−in-in−i，群的阶必然超过n−in-in−i。

22. 生成元

证明：U(14)=⟨3⟩=⟨5⟩U(14)=\langle 3\rangle=\langle 5\rangleU(14)=⟨3⟩=⟨5⟩；判断U(14)=⟨11⟩U(14)=\langle 11\rangleU(14)=⟨11⟩?

Answer: U(14)={1,3,5,9,11,13}U(14)=\{1,3,5,9,11,13\}U(14)={1,3,5,9,11,13}，333生成的元素为：3,9,13,11,5,13,9,13,11,5,13,9,13,11,5,1，555生成的元素是：5,11,13,9,3,15,11,13,9,3,15,11,13,9,3,1
111111生成的元素是：11,9,111,9,111,9,1，只能生成一个子群，而不能生成U(14)U(14)U(14)。

23. 生成元

证明：U(20)≠⟨k⟩∀k∈U(20)U(20)\neq \langle k\rangle\ \forall k\in U(20)U(20)​=⟨k⟩ ∀k∈U(20)

Answer: U(20)={1,3,7,9,11,13,17,19}U(20)=\{1,3,7,9,11,13,17,19\}U(20)={1,3,7,9,11,13,17,19}，逐个验证即可，元素的阶都小于群的阶

24. ZnZ_nZn​子群元素的偶数元素个数

假定nnn是正偶数，HHH是ZnZ_nZn​的一个子群，证明：HHH中每一个元素都是偶数或者有一半元素是偶数。

Answer: ZnZ_nZn​是模nnn加法群，是一个循环群，循环群有一个性质（应该放在下节讲，现在直接用），循环群的所有子群都是循环群。那么H=⟨k⟩H=\langle k\rangleH=⟨k⟩，如果kkk是偶数，那么HHH肯定全是偶数；如果kkk是奇数，那么k2k^2k2将是偶数，k3k^3k3将是奇数，以此类推，直到kimodn=0k^i\mod{n}=0kimodn=0，可知kik^iki是偶数，故kkk生成的子群里有一半偶数。

25. ZnZ_nZn​奇阶子群偶数元素个数

证明：假定nnn是正偶数，ZnZ_nZn​所有奇数阶子群每个元素都是偶数。

Answer: 根据24题的说明可知，奇数生成的子群中，元素个数只能是偶数，那么奇数阶子群只可能是偶数生成的，里面元素肯定都是偶数，现在证明奇数阶子群存在即可。考虑到循环群等效于一个单位元上等间隔分布的点，那么假定n=360n=360n=360，那么k=120k=120k=120就会生成一个333阶子群：{120,240,0}\{120, 240, 0\}{120,240,0}

26. 二面体群的元素

证明：DnD_nDn​的所有子群，要么所有元素都是旋转，要么一半元素是旋转。

Answer: 暂时想不到

27. 二面体群的奇阶子群旋转元素个数

证明：DnD_nDn​的所有奇数阶子群中，每个元素都是旋转。

Answer: 暂时想不到

28. 子群的阶相关证明

证明：一个群包含两个可交换的，阶为2的元素，那么这个群必然有一个阶为4的子群。

Answer: 设这两个元素为a2=e,b2=ea^2=e,b^2=ea2=e,b2=e，那么存在一个4阶子群{e,a,b,ab}\{e,a,b,ab\}{e,a,b,ab}

29. 二面体群的子群

证明：当nnn是偶数时，DnD_nDn​有4阶子群

Answer: 根据28题的结果，找到两个可交换的镜面反射元素即可，对称轴垂直就可交换。

30. 子群

假定HHH是ZZZ的在加法下的真子群，且HHH包含18,30,4018,30,4018,30,40，求HHH.

Answer: H=⟨2⟩H=\langle 2\rangleH=⟨2⟩

31. 子群

假定HHH是ZZZ的在加法下的真子群，且HHH包含12,30,5412,30,5412,30,54，求HHH可能是？

Answer: 可能是222生成的子群，333生成的子群，666生成的子群。

32. 子群

假定HHH是ZZZ的在加法下的子群，且HHH包含250,3502^{50},3^{50}250,350，求HHH可能是？

Answer: HHH必定是这两个元素公约数生成，显然是1生成的，那么H=ZH=ZH=Z

33. 6阶二面体群没有4阶子群

证明：6阶二面体群没有4阶子群

Answer: 6阶二面体群实际上是D3D_3D3​，有3个旋转和3个镜像。
任意两个旋转必然生成剩下一个旋转，因此子群如果存在2个旋转，必然同样存在3个旋转。那么只能再包含一种对称，再包含任何一种对称都将生成其他对称。因此不存在包含2个以及以上旋转的4阶子群；
如果只包含一个旋转，那必然是R0R_0R0​，另外3个镜像，将生成其他旋转。
QED
为了更明晰，通过D3D_3D3​作用在三角形ABCABCABC上，表示作用效果。如果包含所有旋转，R120R_{120}R120​将得到CABCABCAB，R240R_{240}R240​将得到BCABCABCA。如果对称是ACBACBACB，再将R120R_{120}R120​作用上去得到BACBACBAC，这是经过C点的对称轴产生的新的镜像。

34. 子群的交

证明：H≤G,K≤G→H∩K≤GH\leq G,K\leq G\to H\cap K\leq GH≤G,K≤G→H∩K≤G，扩展一下，可以证明任意数量（甚至无限个）的子群的交仍然是子群吗？

Answer: 先尝试证两个的。
首先，子群之交集必然包含eee，因此集合非空。
封闭性：如果a∈H∩K,b∈H∩Ka\in H\cap K, b\in H\cap Ka∈H∩K,b∈H∩K，由于H,KH,KH,K的封闭性，ab∈H,ab∈K→ab∈H∩Kab\in H,ab\in K\to ab\in H\cap Kab∈H,ab∈K→ab∈H∩K
逆元存在：如果a∈H∩Ka\in H\cap Ka∈H∩K，那么a−1∈H,a−1∈K→a−1∈H∩Ka^{-1}\in H, a^{-1}\in K\to a^{-1}\in H\cap Ka−1∈H,a−1∈K→a−1∈H∩K
QED.
任意数量的子群仍是同样的证明方法。

35. 群的中心证明

证明：Z(G)=∩a∈GC(a)Z(G)=\cap_{a\in G}C(a)Z(G)=∩a∈G​C(a)

Answer: 设任意元素k∈Z(G)k\in Z(G)k∈Z(G)，kkk与i∈Gi\in Gi∈G可交换，那么k∈∩a∈GC(a)k\in \cap_{a\in G}C(a)k∈∩a∈G​C(a)
这个也不太确信怎么证，这个式子的成立是比较明显的。

36. 群中心化子

证明：对于a∈Ga\in Ga∈G，证明C(a)=C(a−1)C(a)=C(a^{-1})C(a)=C(a−1)

Answer: 即所有与aaa可交换的元素必然与a−1a^{-1}a−1可交换的元素集合一致。
只要证明前者集合任意元素属于后者，再证后者所有元素属于前者即可证明集合一致。
∀i∈G,ia=ai\forall i\in G, ia=ai∀i∈G,ia=ai，那么a−1ia=i,a−1i=ia−1a^{-1}ia=i, a^{-1}i=ia^{-1}a−1ia=i,a−1i=ia−1，故前者元素属于后者；
同样的方法可反过来证。

37. 群中心化子

对群任意元素aaa和整数kkk，证明: C(a)⊆C(ak)C(a)\subseteq C(a^k)C(a)⊆C(ak). 然后用这个定理来完成下面的命题：“在群中，如果xxx与aaa可交换，那么…”，反过来正确吗？

Answer: 上述集合属于关系的换一种说法即是：任何可与aaa交换的元素，必然可以与aka^kak交换（这实际上就是下面那个待补充的陈述句）
如果ax=xaax=xaax=xa，右乘aaa可得：axa=xa2axa=xa^2axa=xa2，等号前面由于xaxaxa可交换，可写成a2x=xa2a^2x=xa^2a2x=xa2，这种方法持续下去，就可得到akx=xaka^kx=xa^kakx=xak。
故补充陈述句为：在群中，如果xxx与aaa可交换，那么aaa的任意次幂也与xxx可交换。
反过来，未必成立。

38. 阿贝尔群的子群

如果GGG是阿贝尔群，证明: H={x∈G∣∣x∣isodd}H=\{x\in G\mid |x|\ is\ odd\}H={x∈G∣∣x∣ is odd}是GGG的子群。

Answer: 设a,b∈Ha,b\in Ha,b∈H，由于元素和它的逆具有相同的阶，所以b−1∈Hb^{-1}\in Hb−1∈H，那么假设am=e,bn=ea^m=e,b^n=eam=e,bn=e。
注意到一个事实，如果ak=ea^k=eak=e，那么m∣km\mid km∣k，即元素的阶是kkk的约数。
由于(ab−1)mn=e(ab^{-1})^{mn}=e(ab−1)mn=e，那么∣ab−1∣|ab^{-1}|∣ab−1∣必然是mnmnmn的约数，mnmnmn是奇数，约数也必然是奇数，故ab−1∈Hab^{-1}\in Hab−1∈H，QED

39. 阿贝尔群的子群

如果GGG是阿贝尔群，找到一个例子，说明 H={x∈G∣∣x∣isevenor1}H=\{x\in G\mid |x|\ is\ even\ or\ 1\}H={x∈G∣∣x∣ is even or 1}不需要是GGG的子群。

Answer: 模6加法群，Z6={0,1,2,3,4,5}∣0∣=1,∣1∣=6,∣2∣=3,∣3∣=2,∣4∣=3,∣5∣=6Z_6=\{0,1,2,3,4,5\} |0|=1, |1|=6, |2|=3, |3|=2,|4|=3,|5|=6Z6​={0,1,2,3,4,5}∣0∣=1,∣1∣=6,∣2∣=3,∣3∣=2,∣4∣=3,∣5∣=6，显然HHH包含1这个生成元但不包含222，它不是一个子群。

40. 群元素相关证明

如果a,ba,ba,b是不同的群元素，证明：a2≠b2∨a3≠b3a^2\neq b^2\ \lor\ a^3\neq b^3a2​=b2 ∨ a3​=b3

Answer: 其实直接证明这个命题的否命题为假即可。这个问题的否命题是：a≠b→a2=b2∧a3=b3a\neq b\to a^2=b^2\land\ a^3=b^3a​=b→a2=b2∧ a3=b3，后两个等式肯定不能同时成立，因为消去律。

41. 子集生成的子群

设S⊆GS\subseteq GS⊆G，HHH是所有包含SSS的子群的交集。
a. 证明： ⟨S⟩=H\langle S\rangle = H⟨S⟩=H
b. 如果SSS非空，证明：⟨S⟩={s1n1s2n2⋯smnm∣m≥1,si∈S,ni∈Z}\langle S\rangle=\{s_1^{n_1}s_2^{n_2}\cdots s_m^{n_m}\mid m\ge 1, s_i\in S, n_i\in Z \}⟨S⟩={s1n1​​s2n2​​⋯smnm​​∣m≥1,si​∈S,ni​∈Z}

Answer:
a. 根据定义，⟨S⟩\langle S\rangle⟨S⟩是所有包含SSS的子群中，最小的一个；而HHH显然正是（根据34题）。
b. 这种写法实际上是说，⟨S⟩\langle S\rangle⟨S⟩里的元素是所有SSS的元素以任意方式乘积生成的所有元素。显然，证明这个集合是个群即可，封闭性显然满足，逆元显然存在（幂可取负值）,QED

42. 子集生成子群计算

在整数加法群ZZZ中

a. 求⟨8,14⟩\langle 8,14\rangle⟨8,14⟩，根据41题结论，就是两个元素的线性组合，8n+14m8n+14m8n+14m，这个子群应该包含所有偶数，故可以由222生成。
d. 求⟨m,n⟩\langle m,n\rangle⟨m,n⟩，求任意两个元素生成的群，可以根据a同样的方法，得到这个子群是⟨gcd⁡(m,n)⟩\langle\gcd(m,n)\rangle⟨gcd(m,n)⟩。

43. 证明群中心化子是子群

已经在上节正文中证明过了。

44. 群的中心化子相关证明

假定H≤GH\leq GH≤G, 定义C(H)={x∈G∣xh=hx∀h∈H}C(H)=\{x\in G\mid xh=hx\ \forall\ h\in H\}C(H)={x∈G∣xh=hx ∀ h∈H}，证明: C(H)≤GC(H)\leq GC(H)≤G

Answer: 目的证明子群。
首先证明封闭性：∀a,b∈C(H)\forall\ a,b\in C(H)∀ a,b∈C(H)，有：ah=ha,bh=hbah=ha,bh=hbah=ha,bh=hb，前面式子右乘bbb可得：ahb=hab=abhahb=hab=abhahb=hab=abh，故ab∈C(H)ab\in C(H)ab∈C(H)；
然后证明逆元素的存在：∀a∈C(H)\forall\ a\in C(H)∀ a∈C(H)，同样的方法，将ah=haah=haah=ha，左右各乘a−1a^{-1}a−1可得：a−1aha−1=a−1haa−1→ha−1=a−1ha^{-1}aha^{-1}=a^{-1}haa^{-1}\to ha^{-1}=a^{-1}ha−1aha−1=a−1haa−1→ha−1=a−1h
QED

45. 群的元素的中心化子和群的中心是阿贝尔群吗

题目如题

a. 首先，中心化子是所有与某个特定元素可交换的元素集合，初步估计中心化子未必都是阿贝尔的，找一下反例，很容易发现任意群中，eee的中心化子就是群本身，而任意群不一定是阿贝尔的。
b. 群的中心肯定是阿贝尔的，从定义就能得知。

46. 群的阶和中心化子相关证明

假定：a∈G,∣a∣=5a\in G, |a|=5a∈G,∣a∣=5，证明：C(a)=C(a3)C(a)=C(a^3)C(a)=C(a3)。并且找到一个元素aaa满足，∣a∣=6,C(a)≠C(a3)|a|=6, C(a)\neq C(a^3)∣a∣=6,C(a)​=C(a3)

a. 证明部分
首先等号的成立是有条件的，与aaa可交换必然与a3a^3a3可交换，但反之推不出。但如果可知a5=ea^5=ea5=e，那么a3x=xa3→a6x=xa6→ax=xaa^3x=xa^3\to a^6x=xa^6\to ax=xaa3x=xa3→a6x=xa6→ax=xa。QED
b. 找反例
D6D_6D6​群中，a=R60a=R_{60}a=R60​应该是一个反例，没仔细验算，根据D4D_4D4​群的特性类推的。

47. 阿贝尔群的子群相关证明

假定GGG是阿贝尔群，证明：满足xn=ex^n=exn=e的所有元素构成GGG的一个子群。给出一个例子，对于一个群，所有满足x2=ex^2=ex2=e的元素不形成一个子群。

首先，a. 证明部分：
可交换性：an=e,bn=e→(ab)n=anbn=ea^n=e,b^n=e\to (ab)^n=a^nb^n=ean=e,bn=e→(ab)n=anbn=e
逆元素存在：an=e→(a−1)n=ea^n=e\to (a^{-1})^n=ean=e→(a−1)n=e
b. 举反例：D4D_4D4​中，除了R90,R270R_{90}, R_{270}R90​,R270​都满足题设条件，但剩余的元素足够生成整个群。

48. 乘积的阶

举例：满足∣a∣=∣b∣=2|a|=|b|=2∣a∣=∣b∣=2的情况下，又有a. ∣ab∣=3|ab|=3∣ab∣=3. b. ∣ab∣=4|ab|=4∣ab∣=4. c. ∣ab∣=5|ab|=5∣ab∣=5，能看出乘积的阶和元素的阶的关系吗？

很明显，根据上一个题目，阿贝尔群中没有例子。而非阿贝尔群还是只能看D4D_4D4​等，但是D4D_4D4​中没有阶为333的元素；先看看D3D_3D3​，假定用三角形三个顶点顺序代表D3D_3D3​中元素对三角形的作用，R0R_0R0​的作用是ABCABCABC，R120R_{120}R120​是个333阶元素，作用在三角形上会得到：CABCABCAB。通过AAA的镜像对称后得到ACBACBACB，在通过原先CCC点镜像的元素作用得到CABCABCAB，因此找到了a情况的例子。
b. 情况同样在D4D_4D4​中找两个镜像元素乘积得到R90R_{90}R90​即可。
c. 情况同理，在D5D_5D5​中找。

49. 偶阶群的阶2元素数目

证明：偶数阶群一定有奇数个阶2的元素。

首先，阶为2的元素一定满足x=x−1x=x^{-1}x=x−1，而任何阶大于222的元素，与自身的逆都不相等；又因为，元素和逆的阶相等，所以阶大于222的元素总是成对出现，一定是偶数，阶为1的元素只有一个eee，因此，阶为222的元素一定有偶数减偶数再减1个，是奇数个。

50. 特殊线性群中求元素的阶

求∣A∣,∣B∣,∣AB∣|A|, |B|, |AB|∣A∣,∣B∣,∣AB∣，其中A=[0−110],B=[01−1−1]A=\begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}, B=\begin{bmatrix} 0 & 1\\ -1 & -1 \end{bmatrix}A=[01​−10​],B=[0−1​1−1​]，属于SL(2,R)SL(2,R)SL(2,R)

显然∣A∣=4|A|=4∣A∣=4, B2=[−1−110],B3=[1001]=eB^2=\begin{bmatrix} -1 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}, B^3=\begin{bmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{bmatrix}=eB2=[−11​−10​],B3=[10​01​]=e, 故∣B∣=3|B|=3∣B∣=3
AB=[1101]AB=\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{bmatrix}AB=[10​11​]，这肯定是无穷阶的。

51. 幂的阶

证明：∣ad∣=n/d|a^d|=n/d∣ad∣=n/d，其中∣a∣=n,d∣n,d>0|a|=n, d\mid n, d>0∣a∣=n,d∣n,d>0

显然(ad)n/d=e(a^d)^{n/d}=e(ad)n/d=e，现在说明n/dn/dn/d是最小的满足次式子的解。假定存在一个更小的数k<n/dk<n/dk<n/d，满足(ad)k=e(a^d)^k=e(ad)k=e，那么∣a∣≤dk<n|a|\leq dk<n∣a∣≤dk<n，推出矛盾，QED

52. 乘积的阶

给一个例子，满足aaa是有限阶，bbb是无限阶，ababab是有限阶。

直接用题目50中的例子即可，a=A−1,b=AB,ab=Ba=A^{-1},b=AB,ab=Ba=A−1,b=AB,ab=B

53. 特殊线性群中元素的阶

A=[1101]A=\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{bmatrix}A=[10​11​]，如果是SL(2,Zp)SL(2,Z_p)SL(2,Zp​)（p是素数）的元素，AAA的阶是多少？

显然，阶是ppp

54. 特殊线性群中元素的阶

A=[cos⁡60−sin⁡60sin⁡60cos⁡60]A=\begin{bmatrix} \cos{60} & -\sin 60\\ \sin 60 & \cos 60 \end{bmatrix}A=[cos60sin60​−sin60cos60​], B=[cos⁡2−sin⁡2sin⁡2cos⁡2]B=\begin{bmatrix} \cos{\sqrt{2}} & -\sin \sqrt{2}\\ \sin \sqrt{2} & \cos \sqrt{2} \end{bmatrix}B=[cos2​sin2​​−sin2​cos2​​]，求A,B的阶。

显然，∣A∣=6,∣B∣=∞|A|=6, |B|=\infty∣A∣=6,∣B∣=∞

55. 圆对称群的阶

证明圆对称群中有有限阶元素和无限阶元素。

很明显，镜像和360的约数旋转是有限阶，无理数度旋转是无限阶。

56. 乘积的阶

在非零实数乘法群R∗R^*R∗中，找到两个元素满足：∣a∣=∞,∣b∣=∞,∣ab∣=2|a|=\infty, |b|=\infty, |ab|=2∣a∣=∞,∣b∣=∞,∣ab∣=2

显然，(−1)2=1(-1)^2=1(−1)2=1，那么只要a=1/2,b=−2a=1/2, b=-2a=1/2,b=−2，即可

57. 圆对称群

解释为什么圆对称群包含所有二面体群。

圆有任意镜像与任意旋转，而二面体群往往只有一部分旋转和镜像。

58. 阿贝尔群的子群

证明：阿贝尔群的有限阶元素构成子群。对非阿贝尔群成立吗？

证明封闭性和逆元就可以，封闭性很容易说明，有限阶相乘依旧是有限阶；逆元和元素阶相同，当然也是有限阶。
对于非阿贝尔群，无法保证封闭性。

59. 元素的阶

假设GGG是有限群，H≤G,g∈GH\le G, g\in GH≤G,g∈G，nnn是最小的正整数，满足gn∈Hg^n\in Hgn∈H，证明：n∣∣g∣n\mid |g|n∣∣g∣

因为e∈He\in He∈H，如果gn=eg^n=egn=e，那么∣g∣=n|g|=n∣g∣=n；如果gn≠eg^n\neq egn​=e，假设∣g∣=k,gn=a|g|=k, g^n=a∣g∣=k,gn=a，那么可得：gk=gnq+r=e,r<ng^k=g^{nq+r}=e,r<ngk=gnq+r=e,r<n，那么gr=gk−nq=gkg−nq=g−nq=a−q∈Hg^r=g^{k-nq}=g^kg^{-nq}=g^{-nq}=a^{-q}\in Hgr=gk−nq=gkg−nq=g−nq=a−q∈H，那么rrr只能为0. 否则将于最小的正整数nnn矛盾。

60. 计算群的阶

a. U(3),U(4),U(12)U(3),U(4),U(12)U(3),U(4),U(12)

∣U(3)∣=∣{1,2}∣=2,∣U(4)∣=∣{1,3}∣=2|U(3)|=|\{1,2\}|=2, |U(4)|=|\{1,3\}|=2∣U(3)∣=∣{1,2}∣=2,∣U(4)∣=∣{1,3}∣=2
∣U(12)∣=∣{1,5,7,11}∣=4|U(12)|=|\{1,5,7,11\}|=4∣U(12)∣=∣{1,5,7,11}∣=4

b. U(5),U(7),U(35)U(5),U(7),U(35)U(5),U(7),U(35)

∣U(5)∣=∣{1,2,3,4}∣=4,∣U(7)∣=∣{1,2,3,4,5,6}∣=6|U(5)|=|\{1,2,3,4\}|=4, |U(7)|=|\{1,2,3,4,5,6\}|=6∣U(5)∣=∣{1,2,3,4}∣=4,∣U(7)∣=∣{1,2,3,4,5,6}∣=6
∣U(35)∣=∣{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34}∣=24|U(35)|=|\{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34\}|=24∣U(35)∣=∣{1,2,3,4,6,8,9,11,12,13,16,17,18,19,22,23,24,26,27,29,31,32,33,34}∣=24

c. U(4),U(5),U(20)U(4),U(5),U(20)U(4),U(5),U(20)

∣U(20)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19}∣=8|U(20)|=|\{1,3,7,9,11,13,17,19\}|=8∣U(20)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19}∣=8

d. U(3),U(5),U(15)U(3),U(5),U(15)U(3),U(5),U(15)

∣U(15)∣=∣{1,2,4,7,8,11,13,14}∣=8|U(15)|=|\{1,2,4,7,8,11,13,14\}|=8∣U(15)∣=∣{1,2,4,7,8,11,13,14}∣=8

可以观察到关系：∣U(r)∣×∣U(s)∣=∣U(rs)∣|U(r)|\times |U(s)|=|U(rs)|∣U(r)∣×∣U(s)∣=∣U(rs)∣

61. 子群相关证明

在非零整数乘法群R∗R^*R∗里，证明：H={x∈R∗∣x2isrational}H=\{x\in R^*\mid x^2\ is\ rational\}H={x∈R∗∣x2 is rational}是R∗R^*R∗的子群。并讨论如果幂2被其他正整数替换的条件下，HHH仍然是子群吗？

Answer: 首先尝试证封闭性：x,y∈H→(xy)2=x2y2∈Qx,y\in H\to (xy)^2=x^2y^2\in Qx,y∈H→(xy)2=x2y2∈Q；
证明逆的存在：x∈Hx\in Hx∈H，那么对于y=1/xy=1/xy=1/x，y2=1/x2∈Qy^2=1/x^2\in Qy2=1/x2∈Q，故逆存在。
通过这个证明过程可知，2可以被任何正整数替换使得结论仍然成立

62. 题目60的另一个例子或反例

∣U(4)∣,∣U(10)∣,∣U(40)∣|U(4)|,|U(10)|,|U(40)|∣U(4)∣,∣U(10)∣,∣U(40)∣符合题目60的一个反例吗？

∣U(10)∣=∣{1,3,7,9}∣=4|U(10)|=|\{1,3,7,9\}|=4∣U(10)∣=∣{1,3,7,9}∣=4
∣U(40)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39}∣=12|U(40)|=|\{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39\}|=12∣U(40)∣=∣{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39}∣=12
是一个反例

63. 非循环子群

找到U(40)U(40)U(40)的阶4非循环子群

Answer: 4个元素的子群，那么元素的阶要是2和3
观察：∣9∣=2,∣11∣=2,∣13∣=3,∣19∣=2|9|=2,|11|=2,|13|=3,|19|=2∣9∣=2,∣11∣=2,∣13∣=3,∣19∣=2
取：{1,9,11,19}\{1,9,11,19\}{1,9,11,19}即可

64. 偶阶群的元素

证明：偶数阶群必有阶2的元素

Answer: 第49题已经证明过的结论，偶数阶群的阶为2的元素个数一定为奇数，0不是奇数，所以必有。

65. 矩阵加法群的子群

G={[abcd]∣a,b,c,d∈Z}G=\{\begin{bmatrix} a&b\\c&d \end{bmatrix}\mid a,b,c,d\in Z\}G={[ac​bd​]∣a,b,c,d∈Z}是矩阵加法群，证明H={[abcd]∈G∣a+b+c+d=0}H=\{\begin{bmatrix} a&b\\c&d \end{bmatrix}\in G\mid a+b+c+d=0\}H={[ac​bd​]∈G∣a+b+c+d=0}是GGG的子群。再讨论当0被1替换时，结论仍然成立吗？

Answer: 首先封闭性很容易证明，逆也很容易证明，因为和为0的元素，再累加仍然是0，前面加个逆也仍然是0.
如果和为1，那么不是子群，封闭性就不成立。

66. 一般线性群的子群

H={A∈GL(2,R)∣det(A)isanintegerpowerof2}H=\{A\in GL(2,R)\mid det(A)\mathrm{\ is\ an\ integer\ power\ of\ 2 }\}H={A∈GL(2,R)∣det(A) is an integer power of 2}，证明H≤GL(2,R)H\le GL(2,R)H≤GL(2,R)

Answer: 一般线性群在矩阵乘法下进行二元操作，乘积的行列是等于行列式的乘积，2个2的幂相乘结果仍然是2的幂，所以封闭性满足。
矩阵和其逆矩阵行列式呈倒数关系，2的幂倒数仍是2的幂，故逆元存在。
QED

67. 实数加法群的子群

H≤RH\le RH≤R，RRR是实数加法群，K={2a∣a∈H}K=\{2^a\mid a\in H\}K={2a∣a∈H}，证明：KKK是R∗R^*R∗（非零实数乘法群）的子群

Answer: 不难发现，R∗R^*R∗中乘法在幂上，变成了加法，封闭性不难证。而由实数加法群中逆的存在不难证KKK中逆元的存在。

68. 函数群的子群

GGG是一个RRR到R∗R^*R∗的函数的群，二元操作是函数的乘法，H={f∈G∣f(2)=1}H=\{f\in G\mid f(2)=1\}H={f∈G∣f(2)=1}，证明：H≤GH\le GH≤G. 讨论2能被任意实数取代以让结论依旧成立吗？

Answer: 很明显，函数值是1，那么乘积仍然会是1，封闭性不难证。
单位元应当是恒等于1的函数，那么逆元就可推得，只要每个点函数值取倒数即可，值域没有0保证了逆存在。
QED
2可以被替换成任何实数。

69. 一般线性群的子群

G=GL(2,R)G=GL(2,R)G=GL(2,R)，请问H={[a00b]∣a,b∈{Z−{0}}}H=\{\begin{bmatrix} a&0\\0&b \end{bmatrix}\mid a,b\in \{Z-\{0\}\}\}H={[a0​0b​]∣a,b∈{Z−{0}}}是GGG的子群吗？

Answer: 根据矩阵乘法，HHH中的乘操作封闭性等价于非零整数乘法操作，封闭性是成立的。
但是逆元不一定存在，可能需要有理数。

70. 复数群的子群

H={a+bi∣a,b∈R,ab≥0}H=\{a+bi\mid a,b\in R, ab\ge 0\}H={a+bi∣a,b∈R,ab≥0}，请问HHH是否是CCC在加法下的子群？

Answer: 首先对于h1=a1+b1i∈H,h2=a2+b2i∈H,h1h2=(a1+a2)+(b1+b2)ih_1=a_1+b_1i\in H,h_2=a_2+b_2i\in H,h_1h_2=(a_1+a_2)+(b_1+b_2)ih1​=a1​+b1​i∈H,h2​=a2​+b2​i∈H,h1​h2​=(a1​+a2​)+(b1​+b2​)i，假定a1,b1,a2,b2=2,1,−1,−2a_1,b_1,a_2,b_2=2,1,-1,-2a1​,b1​,a2​,b2​=2,1,−1,−2，h1h2=1+(−1)ih_1h_2=1+(-1)ih1​h2​=1+(−1)i显然不满足封闭性。

71. 非零复数乘法群的子群

H={a+bi∣a,b∈R,a2+b2=1}H=\{a+bi\mid a,b\in R, a^2+b^2=1\}H={a+bi∣a,b∈R,a2+b2=1}，请问HHH是否是C∗C^*C∗在乘法下的子群？

Answer: 是子群，这显然是复平面单位圆。

72. 有限阿贝尔群的子群

GGG是一个有限阿贝尔群，a,b∈Ga,b\in Ga,b∈G，证明：集合⟨a,b⟩={aibj∣i,j∈Z}\langle a,b\rangle=\{a^ib^j\mid i,j\in Z\}⟨a,b⟩={aibj∣i,j∈Z}是GGG的子群。可以以∣a∣,∣b∣|a|,|b|∣a∣,∣b∣的形式表示这个子群的阶吗？

Answer: 封闭性很好证明，利用阿贝尔群交换性就可说明；逆元也可根据交换性说明，幂取负值就可。设∣a∣=m,∣b∣=n|a|=m,|b|=n∣a∣=m,∣b∣=n，显然如果这两个元素可由一个元素生成。
后面这个我以为让写等式，结果答案是∣⟨a,b⟩∣≤∣a∣∣b∣|\langle a,b\rangle|\le |a||b|∣⟨a,b⟩∣≤∣a∣∣b∣

73. 子群之积

H≤G,HZ(G)={hz∣h∈H,z∈Z(G)}H\le G,HZ(G)=\{hz\mid h\in H,z\in Z(G)\}H≤G,HZ(G)={hz∣h∈H,z∈Z(G)}，证明：HZ(G)≤GHZ(G)\le GHZ(G)≤G

首先，zzz的可交换性很容易证明封闭性：h1z1h2z2=h1h2z1z2h_1z_1h_2z_2=h_1h_2z_1z_2h1​z1​h2​z2​=h1​h2​z1​z2​
逆元也可使用相同的证法：h1z1h1−1z1−1=e=h1z1(z1h1)−1=h1z1(h1z1)−1h_1z_1h_1^{-1}z_1^{-1}=e=h_1z_1(z_1h_1)^{-1}=h_1z_1(h_1z_1)^{-1}h1​z1​h1−1​z1−1​=e=h1​z1​(z1​h1​)−1=h1​z1​(h1​z1​)−1

74. 非平凡子群的交集

H,KH,KH,K是有理数加法群的非平凡子群，证明：H∩KH\cap KH∩K也是非平凡子群。

很明显，这是让证明两个非平凡子群的交集不是{0}\{0\}{0}，很明显，子群必然含非0元素设为:m∈H,n∈Km\in H,n\in Km∈H,n∈K，那么它们交集必然含有元素mnmnmn QED

75. 非平凡真子群

HHH是有理数加法群的非平凡子群，证明HHH有非平凡真子群。

很明显，不管HHH是怎么生成的，它必然有非零元素aaa，那么，我们用2a2a2a作生成元必然可以生成非平凡真子群。

76. 子群的阶

证明：阶为nnn(n≥3n\ge 3n≥3)的群，不可能有n−1n-1n−1阶子群。

这其实是问，一个至少3个元素的子群，可以只去掉一个元素仍然构成群吗？
显然不能，我们考虑去掉的这个元素不能是两个非eee元素的积，否则不满足封闭性；这个元素的逆也必须等于自身，否则不满足逆元的存在。那么这个元素必然满足a2=ea^2=ea2=e，那么再考虑另一个元素非eee元素bbb，ababab肯定不等于aaa，那么它肯定在子群内。同时，ababab不可能是eee，那么bbb和ababab必然能再生成aaa，所以去掉aaa群绝对不会封闭。

77. 元素的阶

a∈G,∣a∣=ma\in G, |a|=ma∈G,∣a∣=m，如果gcd⁡(m,n)=1\gcd(m,n)=1gcd(m,n)=1，证明：aaa可以写成一些元素的nnn次幂的形式。

Answer: 考最大公约数的写法，e=am,a=ams+nt=ant=(at)ne=a^m,a=a^{ms+nt}=a^{nt}=(a^t)^ne=am,a=ams+nt=ant=(at)n

78. 有限群的素阶元素

GGG是有超过1个元素的有限群，证明：GGG有一个素数阶元素。

Answer: 显然，如果任意元素a∈Ga\in Ga∈G的阶是合数，那么根据代数基本定理，一定可以分解为一个素数ppp乘其他数mmm，即：apm=e→(am)p=e,am∈Ga^{pm}=e\to (a^{m})^p=e,a^m\in Gapm=e→(am)p=e,am∈G
QED

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