1 , 试确定实数域R上一般线性群GL₂(R)中

由元素A=$\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ - 1 & - 1 \end{pmatrix}$所生成的循环群 ,

解: A=$\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ - 1 & - 1 \end{pmatrix}$ ,

A²=$\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ - 1 & - 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ - 1 & - 1 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ - 1 & - 2 \end{pmatrix}$ ,

Aⁿ=$\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ - 1 & - 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ - 1 & - 1 \end{pmatrix}$=$\begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix}$=‒E ,

因此A⁴=‒A , A⁵=‒A² , A⁶=‒A³=E ,

故在群GL₂(R)中由A生成的循环群为⟨A⟩={E , A , A² , A³ , A⁴ , A⁵} ,

2 , 设G是群 , 对属于群G的任意a , b , 试证明ab与ba的阶相同 ,

证明: 若(ab)ⁿ=e , 则b=b(ab)ⁿ=(ba)ⁿb , 从而(ba)ⁿ=e ,

3 , 试证明S₃是阶数最小的非交换群 ,

证明: 因为1 , 2 , 3 , 5阶群为循环群 , 因而是交换群 ,

4阶群有两种: 一种是循环群 , 另一种与K₄同构 , 它们都是交换群 ,

而S₃是6阶非交换群 , 所以S₃是阶数最小的非交换群

4 , 设G是交换群 , 试证明G中全体有限阶元素构成G的一个子群 ,

证明: 设S={a∈G|a的阶有限} , 显然e属于S , 即S不是空集 ,

设属于S的任意a , b的阶分别为m , n ,

又因G为交换群 , 因此(a^‒1b)^mn=(a^‒1)^mn(b)^mn=e ,

从而a^‒1b也为有限阶元 , 即a^‒1b属于S ,

故G中全体有限阶元素构成G的一个子群 ,

5 , 试证明群G仅有平凡子群的充分必要条件是G={e}或G是素数阶循环群 ,

证明: 充分性 , 若G={e} , 显然G仅有平凡子群 ;

若G是素数阶循环群 , 则G的子群的阶数只能为1或|G| ,

从而G仅有平凡子群 ,

必要性 , 若G≠{e} , 则存在a属于G , a≠e , ⟨a⟩是G的子群且⟨a⟩≠{e} ,

所以⟨a⟩=G ,

设a的阶为n , 若素数p|n , 则$a^{\frac{n}{p}}$的阶为p , ⟨$a^{\frac{n}{p}}$⟩是G的子群 , ⟨$a^{\frac{n}{p}}$⟩≠{e} ,

所以⟨$a^{\frac{n}{p}}$⟩=G , G是p阶群 ,

6 , 试证明6阶群G必有3阶子群 ,

证明: G的元素的阶仅可能是1 , 2 , 3 , 6 ,

若G中单位元以外的元素阶都为2 , 则G是一个阿贝尔群 ,

对G中非单位元a₁ , a₂ , 设a₁a₂=a₃ , 则{e , a₁ , a₂ , a₃}构成G的一个四阶子群 ,

这与G的阶为6矛盾 ,

若G中存在3阶元素a或6阶元素b , 则G中存在3阶子群{e , a , a²}或{e , b² , b⁴}

7 , 试证明循环群⟨a⟩的商群是循环群 ,

且商群的生成元是⟨a⟩的生成元所在的左陪集 ,

证明: 设⟨a⟩的正规子群为⟨a^r⟩ , 商群为⟨a⟩/⟨a^r⟩ , 设a^t⟨a^r⟩属于⟨a⟩/⟨a^r⟩ ,

则a^t⟨a^r⟩=(a⟨a^r⟩)^t , 即⟨a⟩/⟨a^r⟩是循环群 , 生成元为a⟨a^r⟩=$\overline{a}$ ,

8 , 设G=⟨a⟩是循环群 , a的阶为15 , 求子群H=⟨a⁶⟩的所有左陪集 ,

解: a⁶的阶为$\frac{15}{(6,15)}$=5 , 即H是5阶子群 , 所以H的左陪集共有3个: H , aH , a²H

9 , 求剩余类加法群Z₆中各元素的阶 , 并找出Z₆的所有子群 ,

解: Z₆的元素$\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{2}$ , $\overline{3}$ , $\overline{4}$ , $\overline{5}$的阶依次为1 , 6 , 3 , 2 , 3 , 6 ,

Z₆的子群是循环群 ,

因此Z₆的1阶子群为{$\overline{0}$} , 2阶子群为⟨$\overline{3}$⟩ , 3阶子群为⟨$\overline{2}$⟩=⟨$\overline{4}$⟩ , 6阶子群为Z₆

10 , 试找出Z₃和Z₄的所有子群 ,

解: Z₃的子群有{$\overline{0}$} , Z₃

Z₄的子群有{$\overline{0}$} , {$\overline{0}$ , $\overline{2}$} , Z₄

11 , 如果群G只含有限多个子群 , 试证明G是有限群 ,

证明: 若G有无限阶元素a , 则⟨a⟩≅Z , 而Z有无穷多个子群nZ ,

这与G只含有限多个子群矛盾 , 因此 , G中元素的阶都是有限的 ,

$$因为G的循环子群的个数也有限\ ,\ 且G = \bigcup_{a \in G}^{}\left\langle a \right\rangle$$

$$所以存在有限个元a_{1},\ a_{2}\ ,\ \cdots\ ,\ a_{n}\ ,\ 使得G = \bigcup_{1 \leqslant i \leqslant n}^{}{\langle a_{i}\rangle}$$

而每个⟨a_i⟩均为有限群 , 从而G是有限群 ,

12 , 设a的阶为18 , 求⟨a³⟩⋂⟨a¹⁰⟩的生成元 ,

解: ⟨a³⟩⋂⟨a¹⁰⟩的生成元是a^r , r=[3 , 10]=30 , a³⁰=a¹² ,

a¹²的阶为$\frac{18}{(12,18)}$=3 , ⟨a¹²⟩的生成元有a¹² , a²⁴ ,

习题1设G是群 , a , b都属于G , 试证明a与a^‒1的阶相同 , aba^‒1与b的阶相同

证明: 若a的阶为m , a^‒1的阶为n ,

则a^m=e , a^‒m=e , 从而n|m , 同理m|n , 所以n=m ,

设aba^‒1与b的阶分别为m和n ,

则(aba^‒1)^m=e , ab^ma^‒1=e , b^m=e , 从而n|m , 同理m|n , 所以n=m ,

习题2设G是群 , a是3阶元素 , 属于G的b满足ab=b²a , 求b的阶 ,

解: 由ab=b²a知b^‒1ab=ba , 从而ba阶为3 , e=(ba)³=b⁷ ,

则b的阶为1或7 ,

习题3设群同态映射φ: G→G' , G的元素a的阶为n , 试证明φ(a)的阶整除n ,

证明: 由群同态基本定理知φ(a)ⁿ=φ(aⁿ)=φ(e)=e' , 则φ(a)的阶整除n ,

习题4设G是交换群 , 属于G的a_i的阶为m_i , (i=1 , 2 , ⋯ , n)

若m_i彼此互素 , 则a₁+a₂+⋯+a_n的阶为m₁m₂⋯m_n ,

证明: 对n用数学归纳法 ,

当n=2时 , 因为m₁ , m₂互素 , 所以⟨a₁⟩⋂⟨a₂⟩={0} , 从而 , a₁+a₂的阶为m₁m₂

假设结论对n‒1成立 , 那么a₁+a₂+⋯+a_n‒1的阶为m₁m₂⋯m_n‒1 ,

显然 , m_n与m₁m₂⋯m_n‒1 , 互素 ,

因此 , (a₁+a₂+⋯+a_n‒1)+a_n的阶为m₁m₂⋯m_n‒1m_n ,

习题5设a的阶为18 , 求群⟨a¹²⟩的元素 ,

解: 设n是正整数 , 若a是无限阶元素 , 则由a^k=a^l , 可以推出k=l ,

则⟨aⁿ⟩={e , aⁿ , a^‒n , a²ⁿ , a^‒2n⋯}是无限群 ,

若a是有限阶元素 , 设a的阶为m , 则aⁿ的阶为t=$\frac{m}{(m,n)}$ ,

因此 , ⟨aⁿ⟩={e , aⁿ , a²ⁿ , ⋯ , a^(t‒1)n} , ⟨a¹²⟩={e , a¹² , a²⁴} ,

习题6求非零有理数乘法群中每个元素的阶 ,

解: 设n , m属于Z , n≠0 , 若$\frac{m}{n}$的阶为r , 即$\left( \frac{m}{n} \right)^{r}$=1 ,

则$\frac{m}{n}$=1 , r=1或$\frac{m}{n}$=‒1 , r=2或$\frac{m}{n}$≠±1 , $\frac{m}{n}$为无限阶元素 ,

习题7设G是交换群 , a , b都属于G , a , b的阶分别为12 , 9 , 求a⁵和a⁶b的阶 ,

解: a⁵的阶为$\frac{12}{(12,5)}$=12 , a⁶的阶为2 , a⁶b的阶为18 ,

习题8在群{GL₂(R) ; ×}中 , A=$\begin{pmatrix} 0 & - 1 \\ 1 & - 1 \end{pmatrix}$ , B=$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , 计算A , B及AB的阶 ,

解: 因为A²=$\begin{pmatrix} - 1 & 1 \\ - 1 & 0 \end{pmatrix}$ , A³=E、Bⁿ=$\begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , AB=$\begin{pmatrix} 0 & - 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ , (AB)²=‒E ,

所以A的阶为3 , B的阶为无限 , AB的阶为4 ,

习题9设群G的阶为n , 若m , n互素 ,

试证明对属于群G的任意a , 方程x^m=a有唯一解 ,

证明: 由m , n互素可知存在属于Z的s , t , 使得ms+nt=1 ,

则a=a^ms+nt=a^ms=(a^s)^m , 即a^s是一个解 ,

若存在另一个解b , 则a=(a^s)^m=b^m ,

从而(a^sb^‒1)^m=e , a^sb^‒1的阶为m , n的公因子 ,

因为m , n互素 , 所以a^sb^‒1的阶为1 , a^s=b , 即x^m=a有唯一解 ,

习题10设H是G的子群 , H在G中的指数有限 ,

试证明若H元素的阶都是有限的 , 则G的元素的阶是有限的 ,

证明: 若a属于(G‒H) , 因为H在G中的指数有限 ,

所以aH , a²H , ⋯ , a^mH , ⋯中必有两个是相等的 ,

设aⁱH=a^jH , (其中i>j) , 则属于H的a^i‒j是有限阶元素 ,

从而a是有限阶元素 , G的所有元素的阶是有限的

习题11设G是非交换群 ,

试证明存在属于G的a , b , 使得a , b , e互不相等 , 且ab=ba ,

证明: 在G中存在阶大于2的元素a(否则G是交换群) , 即a≠a^‒1 ,

令b=a^‒1 , 则a , b为所求 ,

习题12判断$Z_{5}^{\ast}$是否是循环群 ,

解: $Z_{5}^{\ast}$是4阶群 , 它的元素$\overline{1}$ , $\overline{2}$ , $\overline{3}$ , $\overline{4}$的阶分别为1 , 4 , 4 , 2 ,

因此 , $Z_{5}^{\ast}$=⟨$\overline{2}$⟩=⟨$\overline{3}$⟩是循环群

习题13设a是群G的任意元素 , 试证明

(1)若a是n阶元素 , 则⟨a^s⟩=⟨a^t⟩⟺(s , n)=(t , n) ;

(2)若a是无限阶元素 , 则⟨a^s⟩=⟨a^t⟩⟺s=±t ,

证明: (1)a^s , a^t的阶分别为$\frac{n}{(n,s)}$ , $\frac{n}{(n,t)}$ , ⟨a⟩的r阶子群是唯一的 ,

因此⟨a^s⟩=⟨a^t⟩⟺(s , n)=(t , n) ,

(2)充分性是显然的 , 下而面证明必要性

无限阶循环群⟨a⟩的子群为有限群{e}或无限群 ,

因此 , 若⟨a^s⟩是有限群 , 则a^s=a^t=e , 即s=t=0 ;

若⟨a^s⟩是无限群 , 则⟨a^s⟩的生成元只能是a^s和a^‒s , 因此 , s=±t ,

习题14设G是群 , a , b是G的阶互素的两个元素 ,

试证明若ab=ba , 则⟨a , b⟩=⟨ab⟩ ,

证明: 显然⟨ab⟩包含于⟨a , b⟩ , 下证反包含关系成立 ,

设a , b的阶分别为m , n , 因为m , n互素 , 因此存在s , t , 使得ms+nt=1 ,

从而a=a^ms+nt=a^nt=(ab)^nt属于⟨ab⟩ ,

同理可得b属于(ab) , 所以⟨a , b⟩包含于⟨ab⟩ ,

习题15设H=⟨a^s⟩ , K=⟨a^t⟩是G=⟨a⟩的子群 , 试证明H⋂K=⟨a^{[s , t]}⟩ ,

证明: 显然 , ⟨a^{[s , t]}⟩包含于⟨a^s⟩⋂⟨a^t⟩ ,

因为循环群的交还是循环群 , 设H⋂K的生成元是a^r ,

则r是s和t的公倍数 , 即H⋂K包含于⟨a^{[s , t]}⟩ , 从而H⋂K=⟨a^{[s , t]}⟩ ,

习题16设a的阶为18 , 求⟨a¹⁴⟩⋂⟨a¹⁰⟩的生成元 ,

解: 由上题 , ⟨a¹⁴⟩⋂⟨a¹⁰⟩的生成元是a^r , r=[14 , 10]=70 , a⁷⁰=a¹⁶ ,

所以⟨a¹⁴⟩⋂⟨a¹⁰⟩的生成元为a¹⁶ ,

习题17设属于S_n的σ是长度为t的轮换 , 试证明σ的阶为t ,

证明: 设σ=(i₁ , i₂ , ⋯ , i_t) , 则当r=1 , ⋯ , t‒1时 , σⁿ(i₁)=i_r+1 , σ^r≠(1) , 而σ^t=(1) ,

所以σⁿ的阶为t ,

习题18设σ属于S_n , 如果σ是不相交轮换的合成σ=σ₁σ₂⋯σ_s ,

其中σ_i是长度为t_i的轮换 , 试证明σ的阶为t₁ , t₂ , ⋯ , t_s的最小公倍数 ,

证明: 对s用数学归纳法 ,

若s=2 , 由σ₁ , σ₂ , 互不相交可知σ₁σ₂=σ₂σ₁ , 且⟨σ₁⟩⋂⟨σ₂⟩={(1)} ,

根据[第二章命题5.2]可知σ的阶为[t₁ , t₂] ,

假设结论对s成立 ,

令σ₀=σ₁σ₂⋯σ_s , σ=σ₀σ_s+1 , 则σ₀σ_s+1=σ_s+1σ₀ , 且⟨σ₀⟩⋂⟨σ_s+1⟩={(1)} ,

因此σ的阶为[[t₁ , ⋯ , t₂] , t_s+1]=[t₁ , ⋯ , t₂ , t_s+1] ,

习题19将下列置换表示成不相交轮换的合成 , 并求其阶 ,

(1)(16243)(532) ; (2)(672)(5326)(127) ,

解: 因为(16243)(532)=$\left( \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 & 2 & 3 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} \ 4 & 5 & 6 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 & 5 & 2 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 4 & 3 & 6 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 6 & 5 & 4 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 3 & 1 & 2 \end{matrix} \end{array} \right)$

所以(16243)(532)=(1625)(34) , 阶为4 ,

(672)(5326)(127)=$\left( \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 & 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 3 & 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 5 & 6 & 7 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 2 & 7 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 3 & 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 5 & 6 & 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 6 & 7 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 & 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 3 & 5 & 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 7 & 2 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 6 & 4 \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 3 & 5 & 1 \end{matrix} \end{array} \right)$

所以(672)(5326)(127)=(17)(365) , 阶为6 ,

习题20 S₄中有多少个4阶元?设σ=(243)属于S₄ , 求(σ) ,

解: (1)是1阶元 ;

(12) , (13) , (14) , (23) , (24) , (34)是2阶元 ;

(123) , (132) , (124) , (142) , (134) , (143) , (234) , (243)是3阶元 ;

(1234) , (1243) , (1324) , (1342) , (1423) , (1432)是4阶元 ;

(12)(34) , (13)(24) , (14)(23)是2阶元 ,

因为σ=(243)是3阶元 , 所以⟨σ⟩={(1) , (243) , (234)} ,

习题21设σ是长度为5的轮换 , 已知σ³=(53241) , 求σ , σ^‒1 , σ⁴ , ⟨σ⟩ ,

解: 若σ=(i₁i₂⋯i_t)的长度为t , 则σ的阶为t , σ^‒1=(i_ti_t‒1⋯i₁) ,

那么(σ³)²=σ⁵σ=σ , 计算得σ=(13452) ,

从而σ^‒1=(12543) ,

σ⁴=σ⁵σ^‒1=σ^‒1=(12543) ,

⟨σ⟩={(1) , (13452) , (14235) , (15324) , (12543)} ,

习题22证明当且仅当(a , n)=1时 , $\overline{a}$是Z_n的生成元 ,

证明1: Z_n的生成元为$\overline{1}$ , 而$\overline{a}$=a$\overline{1}$ , 因此命题成立 ,

证明2: 必要性 , 设(a , n)=d , 则$\frac{n}{d}\overline{a}$=$\overline{\frac{n}{d}a}$=$\frac{a}{d}\overline{n}$=$\overline{0}$ , 即$\overline{a}$的阶是$\frac{n}{d}$的因数

又因为$\overline{a}$是Z_n的生成元 , 所以$\overline{a}$的阶是n , 从而d=1 ,

充分性 , 设$\overline{a}$的阶是m , 则$\overline{0}$=m$\overline{a}$=$\overline{ma}$ , 即n|ma , 由(a , n)=1得n|m ,

从而m=n , 即$\overline{a}$是Z_n的生成元 ,

习题23求循环群Z₁₀的生成元个数

解: Z₁₀是10阶循环群 ,

因此它的生成元个数为欧拉函数φ(10)=4(小于10与10互素的元素的个数)

习题24分别求循环群Z₁₅的生成元个数和子群个数 ,

解: 小于15与15互素的正整数有1 , 2 , 4 , 7 , 8 , 11 , 13 , 14 ,

生成元个数共8个 ,

15的正因数有1 , 3 , 5 , 15 , 子群个数共4个 ,

习题25求Z_pq的生成元的个数 , 其中p , q是互不相同的素数

解: Z_pq的生成元个数为φ(pq) ,

而小于pq且与pq互素的正整数有(p‒1)⦁(q‒1)个 ,

习题26求$Z_{p^{k}}$的生成元的个数 , 其中p是素数 , 是正整数 ,

解: $Z_{p^{k}}$的生成元个数为φ(p^k) , 而小于p^k且与p^k互素的正整数有p^k‒1(p‒1)个

习题27证明A₄没有6阶子群 ,

证明1: 若A₄有6阶子群 , 则这个6阶子群有一个3阶子群 ,

设其为{(1) , (123) , (132)} , 其他3个元素为2阶元素 ,

因此 , 6阶子群为{(1) , (123) , (132) , (12)(34) , (13)(24) , (14)(23)} ,

它包含一个4阶子群 , 矛盾 , 所以A₄没有6阶子群 ,

证明2: 若A₄有6阶子群H ,

则$\frac{\left| A_{4} \right|}{|H|}$=2 , 从而H是正规子群且对任意aH有(aH)²=H , 即a²属于H ,

从而

{a²|a∈A₄}={(1) , (132) , (123) , (124) , (142) , (134) , (143) , (234) , (243)}⊆H

矛盾 ,

习题28求A₄的所有子群和正规子群 ,

证明: 1阶子群为{(1)} ;

2阶子群为{(1) , (12)(34)} , {(1) , (13)(24)} , {(1) , (14)(23)} ;

3阶子群为{(1) , (123) , (132)} , {(1) , (124) , (142)} , {(1) , (134) , (143)} ,

{(1) , (234) , (243)}

4阶子群只能含1 , 2阶元素 ,

因此4阶子群为{(1) , (12)(34) , (13)(24) , (14)(23)} ;

没有6阶子群 ;

12阶子群为A₄ ,

正规子群有{(1)} , {(1) , (12)(34) , (13)(24) , (14)(23)} , A₄ ,

习题29证明不存在恰有两个2阶元素的群 ,

证明: 假设属于G的a , b是群G的两个2阶元 , 则aba^‒1的阶为2 ,

若aba^‒1=a , 则ab=a² , a=b , 矛盾 ,

若aba^‒1=b , 则ab的阶为2 , 从而ab=a或b , 但是无论哪种情况都与已知矛盾 ,

所以不存在恰有两个2阶元素的群 ,

习题30确定1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7阶同构群 ,

证明: 因为素数阶群是循环群 ,

所以2 , 3 , 5 , 7阶群分别同构于Z₂ , Z₃ , Z₅ , 和Z₇ ,

1阶群只有一个 ,

4阶群是交换群 ,

若存在4阶元素 , 则为循环群 , 同构于Z₄ ;

若不存在4阶元索 ,

则单位元以外的每个元素阶均为2 , 同构于克莱因四元素群 ,

对于6阶群 ,

若存在6阶元素 , 则为循环群 , 同构于Z₆ ;

若不存在阶为6的元素 , 则必存在一个3阶元素a和一个2阶元素b ,

则这个6阶群为G={e , a , a² , b , ba , ba²}=⟨a , b⟩ ,

若ab=ba , 则ab的阶为6 , 矛盾 , 所以ab=ba² ,

在G和S₃之间定义映射φ , 使得φ(a)=(123) , φ(b)=(12) , 则φ是同构映射 ,

因此 , 6阶群有两类 , Z₆和S₃

习题31证明Aut(S₃)≅S₃ ,

证明: 因为S₃中心为{(1)} , 根据[参见习题2 , 4题10]Int(S₃)≅S₃ ,

确定Aut(S₃)中的元素 , 仅需要考虑S₃的生成元 ,

而S₃=⟨(12) , (13)⟩且(12) , (13)的阶都为2 , 它们同构像的阶只能为1或2 ,

所以可能的像有(1) , (12) , (13) , (23) , 那么Aut(S₃)最多有$P_{4}^{2}$=6个元素 ,

又因Int(S₃)包含于Aut(S₃) , 所以Aut(S₃)=Int(S₃)≅S₃

习题32设G=$\left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{pmatrix} \right\}$

关于矩阵的乘法运算是群 , 试找出与G同构的置换群 ,

解: 因为4阶群分为循环群和克菜因四元群两类 , 又因为G不是循环群 ,

因此G同构于置换群{(1) , (12)(34) , (13)(24) , (14)(23)} ,

习题33设G是交换群 , 且G中所有元素有最大阶n ,

试证明G中每个元素的阶都是n的因数 ,

证明: 设a的阶为n , b的阶为m , 若m不是n的因数 , 则存在素数p ,

使得n=p^ls , m=p^kt , (p , s)=(p , t)=1 , 其中k>l ,

因为$a^{p^{l}}$ , b^t的阶分别为s , p^k , 则$a^{p^{l}}$b^t的阶为大于n的sp^k , 矛盾 ,

因此 , G中每个元素的阶都是n的因数 ,

习题34设G是有限交换群 , n是G的所有元素阶的最小公倍数 ,

试证明在G中存在n阶元素 ,

证明: 设a是最大阶元素 , 由上题即可得证 ,

习题35设G是有限交换群 ,

试证明当且仅当对任意正整数m , x^m=e在G中最多有m个解时 , G是循环群

证明: 充分性 , 设|G|=n , 由习题33知 ,

G中存在阶为m的元素a , 且m是所有元素阶的最小公倍数 , 得m⩽n ,

对属于群G的任意b , 有b^m=e , 即x^m=e有n个解 , 得n⩽ m ,

因此n=m , G=⟨a⟩是循环群 ,

必要性 , 设|G|=n , G=⟨a⟩ , 若a^r是x^m=e的解 , 则a^rm=e ,

从而n|rm , $\left. \ \frac{n}{(m,n)} \right|r\frac{m}{(m,n)}$ , 进而$\left. \ \frac{n}{(m,n)} \right|r$ ,

这说明a^r属于⟨$a^{\frac{n}{(m,n)}}$⟩ , 而⟨$a^{\frac{n}{(m,n)}}$⟩中含有(m , n)个元素 ,

所以x^m=e的解的个数不超过(m , n)⩽m ,

习题36设G是有限生成的交换群 ,

如果G的每个元素的阶都有限 , 试证明G是有限群 ,

证明: 设G=⟨a₁ , a₂ , ⋯ , a_n⟩ , a_i的阶为m_i ,

则G={$a_{1}^{k_{1}}$a , $a_{2}^{k_{2}}$a , ⋯ , $a_{n}^{k_{n}}$|0⩽k₁⩽m_i , i=1 , 2 , ⋯ , n}是有限群 ,

习题37设G是循环群 , H是G的n阶子群 , 试证明H={a∈G|aⁿ=e} ,

证明: 显然H包含于{a∈G|aⁿ=e} ,

若m是n的因数 , 则H有m阶子群 ,

若c属于{a∈G|aⁿ=e} , 则c的阶为n的因数 , 设为m , 则⟨c⟩是m阶子群 ,

循环群的m阶子群是唯一的 ,

所以⟨c⟩是H的子群 , 从而c属于H , {a∈G|aⁿ=e}包含于H ,

故H={a∈G|aⁿ=e}

习题38证明无限循环群的自同构群是2阶循环群 ;

n阶循环群的自同构群是阶为φ(n)的交换群 , 其中φ(n)是欧拉函数 ,

证明: 设φ是循环群G=⟨a⟩的自同构 , 则φ(a)是群G的生成元 ,

事实上 , 对属于G的任意b , 存在属于Z的r , 使得φ^‒1(b)=a^r ,

从而b=φ(a^r)=(φ(a))^r ,

注意到 , 若属于G的b也是G的生成元 , 则映射φ: a^r→b^r是G的自同构 ,

根据上面的论述可知 , 循环群的自同构群是由生成元决定的 ,

无限循环群有两个生成元a和a^‒1 , 因此自同构为φ₁: a^r→a^r和φ₂: a^r→a^‒r ,

无限循环群的自同构群是2阶循环群 ,

在n阶循环群G=⟨a⟩中 , 当且仅当(r , n)=1时 , aⁿ是G的生成元 ,

令R是小于n且与n互素的正整数集合 ,

因此自同构为φ_r : a^s→a^sr , 其中r属于R ,

即n阶循环群的自同构群是阶为φ(n)的交换群 ,

习题39证明12阶循环群的自同构群同构于K₄ ,

证明: 由上题知

12阶循环群的自同构群{φ_r : a^s→a^sr , r∈R={1 , 5 , 7 , 11}}是4阶交换群 ,

且φ_r的阶都为2 ,

所以12阶循环群的自同构群同构于K₄ ,

习题40无限循环群的自同构群与3阶循环群的自同构群同构 ,

证明: 由习题38知

无限循环群的自同构群是2阶循环群 , 3阶循环群的自同构群是2阶循环群 ,

因此它们同构 ,

习题41求Aut(Z) ,

解: Z是无限循环群 , 由习题38知

自同构为φ₁: m→m和φ₂: m→‒m , Aut(Z)={φ₁ , φ₂} ,