整体归纳法和代入法，没啥难度

• 引入 Rocq 来证明群论习题

ex1.1

如果r = 2

$$要证明 (a_1 \cdot a_2)^{-1} = a_2^{-1} \cdot a_1^{-1} \\ 就要证明 e = a_2^{-1} \cdot a_1^{-1} \cdot (a_1 \cdot a_2)\\ 就要证明 a_1 \cdot a_2 = a_1 \cdot a_2 \\ 恒成立$$

如果存在k，k >= 2，有

$$(a_1 \cdot a_2 \ldots a_k)^{-1} = a_k^{-1} \ldots a_2^{-1} \cdot a_1^{-1} \\$$

对于r = k + 1

$$要证明 (a_1 \cdot a_2 \ldots a_k \cdot a_{k+1})^{-1} = a_{k+1}^{-1} \cdot a_k^{-1} \ldots a_2^{-1} \cdot a_1^{-1} \\ 就要证明 (a_1 \cdot a_2 \ldots a_k \cdot a_{k+1})^{-1} = a_{k+1}^{-1} \cdot (a_1 \cdot a_2 \ldots a_k)^{-1} \\ 就要证明 a_1 \cdot a_2 \ldots a_k \cdot a_{k+1} = a_1 \cdot a_2 \ldots a_k \cdot a_{k+1} \\ 恒成立$$

ex1.2

$$即证明 \forall a \in G，a^2 = e \implies \\ \forall a，b \in G，a \cdot b = b \cdot a \\ 就要证明 a \cdot b \cdot a \cdot b = b \cdot a \cdot a \cdot b \\ 就要证明 (a \cdot b) ^ 2 = e \\ 恒成立$$

ex1.3

若a，b有1个是无限阶，显然1，2恒成立

假设a，b的有限阶，且分别为$o_a$，$o_b$

ex1.3.1

$$化简得 a^{-k} = e \\ e = a^k \\ 由阶的性质得到 k = o_a \\ (a^{-1}ba)^k = e \\ 展开得a^{-1}b^ka = e \\ 得到b^k = e\\ 由阶的性质得到k = o_b$$

ex1.3.2

$$ab = a(ba)a^{-1} \\ 代入1得恒成立$$

ex1.4

$$已知a^n = e \\ 要证明a^m的阶为n/\gcd(m,n) \\ 设ord(a^m) = k，则(a^m)^k = e \\ 设d=\gcd(m，n)，n = n_1d, m = m_1d \\ 即证明a^m的阶为n_1 \\ (a^m)^{n_1} = a^{m_1dn_1} = (a^n)^{m_1}=e 恒成立 \\ 由阶的性质得到k \mid n_1 \\ 由阶的性质得n \mid mk \\ 即n_1 \mid m_1k \\ 由条件得\gcd(n_1，m_1) = 1 \\ 则 n_1 \mid k \\ k = n_1$$

ex1.5

即证明： $\forall a,b \in G, ab = ba, ord(a) = l, ord(b) = m, \langle a \rangle \cap \langle b \rangle = e \implies ord(ab) = [l, m]$ 成立

证明:

由条件得: (l, m) = 1

假设 $(ab)^r = e$

由条件得:

$(ab)^r = abab\cdots ab = a^rb^r = e$

因为$a^r = b^{-r}$

$a^r \in \langle a \rangle$

$b^{-r} \in \langle b \rangle$

由条件得$a^r = e$, $b^{-r} = e$

得$l \mid r \land m \mid r$

由阶的性质得$r = [l, m]$

ex1.6

$$(b^{-1}ab)^2 = b^{-1}eb = e \\ 且b^{-1}ab \neq e \\ 则b^{-1}ab的阶为2 \\ 由于g中阶为2的元素只有a\\ b^{-1}ab = a \\ 得ab = ba$$

ex1.7

$$即证明\forall g，|g| = 4 \implies \\ \forall a，b\in g，ab = ba \\$$

证明：

假设4阶群$g$ $\exists a,b \in g, ab \ne ba$

设$g$中元素为$e, a, b, c$

1. $ab = e$

   由条件得 $ba = c$

   变形得

$$即证明\forall g，|g| = 4 \implies \\ \forall a，b\in g，ab = ba \\$$

证明：

假设4阶群$g$ $\exists a,b \in g, ab \ne ba$

设$g$中元素为$e, a, b, c$

1. 设 $ab = e$

   由条件得 $ba = c$

   变形得

   $$\begin{cases} a = b^{-1}\\ a = b^{-1}c \end{cases}$$

   联立得 $b^{-1} = b^{-1}c$

   $c = e$

   与条件矛盾

2. 设$ab = c$ 同1

故假设不成立

ex1.8

1

$$\sigma = (1,4,5)(2,6)\\ \tau = (1,6,3)(2,4)$$

2

$$\begin{aligned} \sigma \tau &= (1,4,5)(2,6)(1,6,3)(2,4) \\ & 1 \to 4 \to 2 \\ & 2 \to 6 \to 3 \\ & 3 \to 1 \\ & 4 \to 5 \\ & 5 \to 1 \to 6 \\ & 6 \to 2 \to 4 \\ &得(1,2,3)(4,5,6) \\ \\ \tau \sigma &= (1,6,3)(2,4)(1,4,5)(2,6) \\ &1 \to 6 \to 2 \\ &2 \to 4 \to 5 \\ &3 \to 1 \to 4 \\ &4 \to 2 \to 6 \\ &5 \to 1 \\ &6 \to 3 \\ &得(1,2,5)(3,4,6) \\ \\ \sigma^{-1} &= ((1,4,5)(2,6))^{-1} \\ &= (2,6)^{-1}(1,4,5)^{-1} \\ &= (6,2)(5,4,1) \\ \\ \sigma^{2} &= (1,4,5)(1,4,5)(2,6)(2,6) \\ &= (1,5,4) \\ \\ \sigma^{3} &= e\cdot(2,6)^3 \\ &= (2,6) \\ \\ \tau^{-1}\sigma\tau &= (2,4)^{-1}(1,6,3)^{-1}(1,4,5)(2,6)(1,6,3)(2,4) \\ &= (2,4)(1,3,6)(1,4,5)(2,6)(1,6,3)(2,4) \\ &1 \to 1 \\ &2 \to 5 \\ &3 \to 4 \\ &4 \to 3 \\ &5 \to 6 \\ &6 \to 2 \\ &得(2,5,6)(3,4) \\ \\ &共轭算法：\\ & \tau(1) = 6 \\ & \tau(4) = 2 \\ & \tau(5) = 5 \\ & \tau(2) = 4 \\ & \tau(6) = 3 \\ &得(6,2,5)(4,3) \\ \end{aligned}$$

ex1.9

$$\begin{aligned} \sigma &= (1,4,2,3) \\ \tau &= (1,2,3,4) \\ \\ x &= \sigma^{-1}\tau \\ &= (3,2,4,1)(1,2,3,4) \\ &= (1,4) \\ \\ y &= \tau \sigma^{-1} \\ &= (1,2,3,4)(3,2,4,1) \\ &= (1,4,3)\\ \end{aligned}$$

ex1.10

证明：

1. 假设$\sigma$是对换，即$r=2$

   不妨设对换$\sigma = (\sigma_1, \sigma_2)$

   计算$\tau^{-1}\sigma\tau$

   1. 如果$\tau$和$\sigma$不相交，恒成立

   2. 只相交1个元素，设在位置$\sigma_1$相交

      1. $\tau(\sigma_1)\cdots \sigma_2$
      2. $\sigma_2 \cdots \tau(\sigma_1)$

      成立

   3. 相交2个元素

      1. $\tau(\sigma_1)\cdots \sigma_2$
      2. $\sigma_2 \cdots \tau(\sigma_1)$
      3. $\tau(\sigma_2) \cdots \tau(\sigma_1)$

      成立

2. 假设$k >=2$, 有$\tau^{-1}\sigma\tau=(\sigma_1^{\tau}\cdots \sigma_k^{\tau})$

   对于$r = k + 1$

   得$(\sigma_1 \cdots \alpha_k,\sigma_{k+1}) = (\sigma_1 \cdots \sigma_k)(\sigma_1,\sigma_{k+1})$

   即证明$\tau^{-1}(\sigma_1 \dots \sigma_{k+1})\tau = \tau^{-1}(\sigma_1 \cdots \sigma_k)\tau \cdot \tau^{-1}(\sigma_1,\sigma_{k+1})\tau = (\sigma_1^{\tau} \cdots \sigma_k^{\tau}, \sigma_{k+1}^{\tau})$成立

   由1，递推条件以及 $(\sigma_1^{\tau} \cdots \alpha_k^{\tau},\sigma_{k+1}^{\tau}) = (\sigma_1^{\tau} \cdots \sigma_k^{\tau})(\sigma_1^{\tau},\sigma_{k+1}^{\tau})$

   恒成立

3. 对于一般置换$\sigma$，我们以$m$个不相交的轮换表示:

   $\Pi_{i=1}^m\sigma_i$

   记$\tau$作用到轮换$\sigma_i$为$\sigma_i^{\tau}$

   即$\sigma_i^{\tau} = (\sigma_{i1}^{\tau}\cdots\sigma_{ij}^{\tau})$

   即证明$\tau^{-1}\sigma\tau=\prod_{i=1}^m\sigma_i^{\tau}$成立

   由2得$\tau^{-1}\sigma_i\tau = \sigma_i^{\tau}$

   变形左边$\tau^{-1}\sigma\tau=\prod_{i=1}^m\tau^{-1}\sigma_i\tau = \prod_{i=1}^m \sigma_i^{\tau}$

   恒成立

由1，2，3得恒成立

ex1.11

即证明： $\exists a \in S_n,n \gt 2, \forall x \in S_n, xa = ax$ 不成立

假设存在a使命题成立

即$\forall x \in S_n, xa=ax$

使用轮换形式：$a=\prod_{i=1}^ma_i$，因为n>2，故m>1

因为n>2，可以构造$x = a_1'a'$，使得$a_1'$和$a_1$相交

因为x和a相交，所以无法交换

所以不存在a使命题成立

故证明恒成立

ex1.12

由置换奇偶性的性质

可以得到$\sigma$的奇偶性和$\sum{l_i - 1}$的奇偶性一致

即证明$\sum_{i=1}^s{l_i - 1}$和$\sum_{i=1}^s{l_i} + s$奇偶性一致

变形右边得$\sum_{i=1}^s{l_i+1}$

恒成立

ex1.13

$\forall H \le G, \forall a\in G, ord(a)=n, a^m \in H, (n, m) = 1 \implies a\in H$

证明：

由条件得

$\exist k, km \equiv 1 \pmod n$

即$a^{km} = a$

因为 $a^m \in H$

则 $a^{km} = (a^m)^k \in H$

得 $a \in H$

ex 1.14

由拉格朗日定理，设群$G$阶为素数

则$\forall a \in G, ord(a) = 1 \lor ord(a) = \mid G \mid$

可得除了$e$之外的所有元素阶都为$\mid G \mid$

即任取$G$中除单位元一个元素$a$

$\langle a \rangle$的阶为$\mid G \mid$且

$\forall x \in \langle a \rangle, x \in G$

故$G$是循环群

ex 1.15

充分性：

假设$G$没有非平凡子群

则取$G$中任一元素$a$

1. $a = e$

   $\langle a \rangle$为e，满足条件

2. $a \ne e$

   要让$\mid \langle a \rangle \mid = \mid G \mid$

   则 $ord(a) = \mid G \mid$

   由拉格朗日定理得，$\mid G \mid$为素数，由ex1.14得G为素数阶循环群

必要性：

恒成立

ex1.16

证明：

假设$G$有2个$q$阶子群

由拉格朗日定理得

对某个$q$阶子群$H$的指数$r$为$p$

1. p = 2

   设子群分别是$H$,$K$

   但是$G$还有子群$e$和$G$

   也就是说$\mid H \mid \ne \mid G \mid$

   假设不成立

2. p > 2 假设不成立

由1，2得假设不成立

得证明成立

ex1.17

即证明

$A \subset G, A \ne \emptyset, AA \subseteq A \iff A \le G$

证明：

充分性：

由条件得：

$\forall a, b \in A, ab \in A$

根据子群判定条件必要性，充分性成立

必要性：

由子群判定条件充分性，

$\forall a, b \in A, ab \in A$

得必要性成立

故证明恒成立

ex1.18

即证明$A \le G, B \le G, AB = BA \iff AB \le G$

证明：

由题设得

$\forall a_1, a_2 \in A, a_1a_2^{-1} \in A$

$\forall b_1, b_2 \in B, b_1b_2^{-1} \in B$

充分性：

由条件得：

$\forall a \in A, \forall b \in B, ab \in AB, ba \in AB$

$\forall m, n \in AB$

要证明$mn^{-1} \in AB$

不妨令$m = a_1b_1$, $n = a_2b_2$

$mn^{-1} = a_1b_1b_2^{-1}a_2^{-1}$

由条件得 $b = b_1b_2^{-1} \in B$

下面要证明

$a_1ba_2^{-1} \in AB$成立

因为$b\in B, a_2^{-1} \in A$

令$ba_2^{-1} = a_3b_3$

$a_1ba_2^{-1} = a_1a_3b_3$

$a_1a_3 \in A$ $b_3 \in B$

所以$mn^{-1} = a_1a_3b_3 \in AB$恒成立

必要性：

由条件得$AB \le G$，即证$AB = BA$

先证$BA \subseteq AB$：

任取$ba \in BA$，则$a^{-1}b^{-1} \in AB$

因为$AB \le G$，有$(a^{-1}b^{-1})^{-1} \in AB$

即$ba \in AB$

再证$AB \subseteq BA$：

任取$ab \in AB$，因为$AB \le G$，有$(ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1} \in AB$

设$b^{-1}a^{-1} = a'b'$，其中$a' \in A$，$b' \in B$

则$ab = (a'b')^{-1} = (b')^{-1}(a')^{-1} \in BA$

故$AB = BA$

ex 1.19

证明

由条件得$A \subseteq C, B\cap C \subseteq C$

所以$A(B \cap C) \subseteq C$

而$B \cap C \subseteq B$

得$A(B \cap C) \subseteq AB$

所以$A(B \cap C) \subseteq AB \cap C$

下面要证明$AB \cap C \subseteq A(B \cap C)$成立

取$a \in A, b \in B, x = ab \in AB \cap C$

$a \in A且A\in C$

因为$x \in AB \cap C$

所以$x \in C恒成立$

$b = a^{-1}x \in C$

得$b \in B \cap C$

所以$x = ab, a \in A, b \in B \cap C$

由集合积的定义得

$x \in A(B \cap C)$

即$AB \cap C \subseteq A(B \cap C)$恒成立

故证明恒成立

ex1.20

由题设得，设$h \in H, g \in \complement_G^H$

$G = Hh \cup Hg$

$G = hH \cup gH$

$Hh = hH = H$

故$Hg = gH$恒成立

故证明恒成立

ex 1.21

已知 $K = \{e, (1,2)(3,4), (1,3)(2,4), (1,4)(2,3)\} \le S_4$。

求 $S_4$ 关于 $K$ 的右陪集分解。

解：

因为 $\mid S_4 \mid = 24$，$\mid K \mid = 4$，所以指数为：

$$\mid S_4 : K \mid = \frac{24}{4} = 6$$

即 $S_4$ 可以分解为 6 个两两不相交的右陪集。

选取保持元素 4 不动的子群（即同构于 $S_3$ 的子群）作为代表元候选集合：

$$H = \{e, (1,2), (1,3), (2,3), (1,2,3), (1,3,2)\}$$

有如下性质:

因为$H$固定4不动，而$K$每个元素都移动了4，所以$H \cap K = \{e\}$

1. $\mid H \mid = 6 = \mid K \colon S_4\mid$满足拉格朗日定理

2. $\forall h_1, h_2 \in H, h_1 \ne h_2, Kh_1 \cap Kh_2 = \emptyset$

   假设$\exists h_1, h_2 \in H, h_1 \ne h_2, Kh_1 = Kh_2$

   由陪集定理得

   $h_1h_2^{-1} \in K$

   这与$H \cap K = \{e\}$和$h_1 \ne h_2$矛盾

   故假设不成立

   故条件成立

由1，2得$H$的每个元素都是$K$的陪集代表

即$S_4$ = $\bigcup_{h \in H} Kh$

ex 1.22

四元素群 $Q_4 = \{e, a, a^2, a^3, b, ab, a^2b, a^3b\}$

设子群$H$，由拉格朗日定理： $\mid H \colon Q_4 \mid = 2 或 4$

观察得子群：

$\{e, a, a^2, a^3\}$

$\{b, ab, a^2b, a^3b\}$

由循环群的素数阶定理，

还有子群$\langle a^2 \rangle$

即

$\{e, a^2\}$

$\{b, a^2b\}$

$\{a, a^3\}$

$\{ab, a^3b\}$

陪集分解不重复写

ex 1.23

右正则：

$\sigma_e = e$

$\begin{aligned} \sigma_{(1,2)} &= \begin{pmatrix} e & (1,2) & (1,3) & (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) \\ (1,2) & e & (1,2)(2,3) & (1,2)(1,3) & (2,3) & (1,3) \end{pmatrix} \\ &= (1,2)(3,6)(4,5) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sigma_{(1,3)} &= \begin{pmatrix} e & (1,2) & (1,3) & (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) \\ (1,3) & (1,2)(1,3) & e & (1,2)(2,3) & (1,2) & (2,3) \end{pmatrix} \\ &= (1,3)(2,5)(4,6) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sigma_{(2,3)} &= \begin{pmatrix} e & (1,2) & (1,3) & (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) \\ (2,3) & (1,2)(2,3) & (1,2)(1,3) & e & (1,3) & (1,2) \end{pmatrix} \\ &= (1,4)(2,6)(3,5) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sigma_{(1,2)(1,3)} &= \sigma_{(1,2)}\sigma_{(1,3)} \\ &= (1,5,6)(2,3,4) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sigma_{(1,2)(2,3)} &= \sigma_{(1,2)}\sigma_{(2,3)} \\ &= (1,6,5)(2,4,3) \end{aligned}$

左正则：

$\tau_e = e$

$\begin{aligned} \tau_{(1,2)} &= \begin{pmatrix} e & (1,2) & (1,3) & (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) \\ (1,2) & e & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) & (1,3) & (2,3) \end{pmatrix} \\ &= (1,2)(3,5)(4,6) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \tau_{(1,3)} &= \begin{pmatrix} e & (1,2) & (1,3) & (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) \\ (1,3) & (1,2)(2,3) & e & (1,2)(1,3) & (2,3) & (1,2) \end{pmatrix} \\ &= (1,3)(2,6)(4,5) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \tau_{(2,3)} &= \begin{pmatrix} e & (1,2) & (1,3) & (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) \\ (2,3) & (1,2)(1,3) & (1,2)(2,3) & e & (1,2) & (1,3) \end{pmatrix} \\ &= (1,4)(2,5)(3,6) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \tau_{(1,2)(1,3)} &= \tau_{(1,2)}\tau_{(1,3)} \\ &= (1,6,5)(2,3,4) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \tau_{(1,2)(2,3)} &= \tau_{(1,2)}\tau_{(2,3)} \\ &= (1,5,6)(2,4,3) \end{aligned}$

ex 1.24

$S_4$对$S_3$的陪集分解：

$S_4 = S_3 \cup S_3 (1,4) \cup S_3 (2,4) \cup (3,4)$

观察得

$1 \to S_3(1,4)$

$2 \to S_3(2,4)$

$3 \to S_3(3,4)$

$4 \to 4$