习题：
5.设$G$为循环群,$N<G$,证明$G/N$也是循环群.
证明 由于$G$可交换,从而$Nlhd G$,并且只需注意到$G/N$为自然同态$pi:G o G/N$的同态象,便知$G/N$也是循环群.事实上如果设$G=<a>$,那么不难证明
$$G/N=<aN>.$$
6.设$a,b$分别为群$G$中的$m,n$阶元素,且满足
$$ab=ba,<a>cap<b>={e}$$
证明:$ab$的阶为$[m,n]$.
证明 设$ab$的阶为$d$,由于
$$(ab)^{[m,n]}=a^{[m,n]}b^{[m,n]}=e$$
从而$dig|[m,n]$.另一方面
egin{align*}(ab)^d&=a^db^d=e\Rightarrow a^{d}&=b^{-d}in<a>cap<b>\Rightarrow a^d&=b^d=eend{align*}
因此$mig|d,nig|d$,所以
$$[m,n]ig|d$$
从而$d=[m,n]$.
7.设$G_{1},G_{2}$分别为$m,n$阶循环群,证明$G_{1}$与$G_{2}$同态当且仅当$nig|m$.
证明 必要性：若$G_{1}$与$G_{2}$同态,那么$G_{2}$同构于$G_{1}$的某个商群,而商群的阶数必为群阶数的因子,易知$nig|m$.
充分性：若$nig|m$,设$G_{1}=<a>,G_{2}=<b>$,作对应关系
egin{align*}phi:G_{1}& o G_{2}\a^k&mapsto b^kend{align*}
先来证明$phi$为映射,设$a^{k}=a^{l}$,即$mig|(k-l)$,从而$nig|(k-l)$,因此
$$b^k=b^l$$
即$phi(a^k)=phi(a^l)$,因此$phi$确实是映射.后面我们则不难证明$phi$为同态满射.所以$G_{1}$与$G_{2}$同态.
8.证明$4$阶群$G$只有两种结构,一种是$4$阶循环群,另一种是Klein四元群.
证明 据Lagrange定理可知$G$中元素的阶数仅可能为$1,2,4$.
1)若$G$中有$4$阶元,那么$G$为$4$阶循环群；
2)若$G$中无$4$阶元,那么$G$含$3$个二阶元$a,b,c$,以及单位元$e$.则不难得出$G$中的运算满足
$$ab=ba=c,ac=ca=b,bc=cb=a$$
此时为Klein四元群.
补充题：
1.证明任何循环群$G$都可看做整数加群${mathbb Z,+}$的同态象.
证明 若$|G|=infty$,那么$mathbb Zsimeq G$;若$|G|<infty$,则存在$minmathbb Z$使得
$$Gsimeq mathbb Z_{m}=mathbb Z/mmathbb Z$$
而商群即为同态象,因此$G$为$mathbb Z$的同态象.
2.设$G$是$n$阶Abel群,记$K={kinmathbb N|a^k=e,forall ain G}$.证明$G$是循环群当且仅当
$$n={ m min}K.$$
证明 必要性是显然的.再证充分性,由题意存在$ain G$使得$a^n=e$,且$forall0<m<n$都有$a^m eq e$(否则与$n$之极小性矛盾).即$a$的阶为$n$,考虑$<a>subset G$,而$|<a>|=|G|=n$,所以$G=<a>$.
3.设群$G$只有有限个子群,证明:$G$为有限群.
证明 $forall gin G$,若$G$的循环子群$|<g>|<infty$,那么$G$有无穷多个这样的子群,与假设矛盾!
因此存在某个$ain G$使得$|<a>|=infty$,因此$<a>simeqmathbb Z$.而整数加群$mathbb Z$有无穷多个子群,例如
$$mmathbb Z,minmathbb Z$$
所以$<a>$也有无穷多个子群,进而$G$有无穷多个子群.与题意矛盾!
4.证明：${mathbb Q,+}$的任一有限生成子群必为循环群.
证明 任取$mathbb Q$的有限子集
$$S={frac{q_{1}}{p_{1}},cdots,frac{q_{n}}{p_{n}}}$$
令$q=frac{1}{prod_{i=1}^{n}p_{i}}$,那么$S$中每个元素均可由$q$生成,例如
$$frac{q_{i}}{p_{i}}=q_{i}prod_{j=1,j eq i}^{n}p_{j}cdot q$$
因此$<S>ig<<q>$,而循环群$<q>$的子群亦是循环群,从而$<S>$为循环群.
5.设$G=<a,b>$为由$a,b$生成的群,其中$a eq b$,$a$的阶数为$n$,$b$的阶数为$2$,且
$$aba=b$$
证明$|G|=2n$.
证明 易知$ab=ba^{-1}$,从而
$$a^mb=a^{m-1}ba^{-1}=cdots=ba^{-m}$$
而在$<a,b>$中的元素仅有如下五种形式
$$a^i;prod_{j=1}^{m}a^{i_{j}}b;bprod_{j=1}^{m}a^{i_{j}}b;left(prod_{j=1}^{m}a^{i_{j}}b ight)a^{i_{m+1}};bleft(prod_{j=1}^{m}a^{i_{j}}b ight)a^{i_{m+1}}$$
注意到
$$a^kba^lb=a^kb^2a^{-l}=a^{k-l}$$
以及
$$ba^k=a^{-k}b$$
易知$<a,b>$中元素仅有两种形式
$$a^k;a^lb$$
又若$k eq l$且$k,lleq n-1$,(为避免出现$n=1,2$情况,可假设$ngeq3$,至于$1,2$的情形可单独考虑)根据消去律必有$a^kb eq a^lb$则不难证明
$$G={e,a,cdots,a^{n-1},b,ab,cdots,a^{n-1}b}$$
显然$|G|=2n$.
6.证明定理1.5.5中的"唯一性"：设$G$是$m$阶循环群,且$m_{1}$是$m$的一个正整数因子,则$G$中有唯一的$m_{1}$阶子群.
证明 设$G=<a>$,可构造$G$的一个$m_{1}$阶子群
$$H=left<a^{frac{m}{m_{1}}} ight>$$
又若$H_{1}$是另一$m_{1}$阶子群,显然$H_{1}$也是循环群,设$a^t$是$H_{1}$中最小的正幂元,那么$H_{1}=left<a^t ight>$.则据$a^tm_{1}=e$,可得
egin{align*}m&ig|tm_{1}\Rightarrowfrac{m}{m_{1}}&ig|tend{align*}
设$t=frac{m}{m_{1}}cdot q$,则
$$a^t=left(a^{frac{m}{m_{1}}} ight)^qin H$$
所以$H=H_{1}$.