习题
4.证明：置换群$G$中若含有奇置换，则$G$必有指数为$2$的子群.
证明 易知$G$中若有奇置换，则奇偶置换各半.不妨设$G$的偶置换为
$${ m id}=sigma_{1},sigma_{2},cdots,sigma_{m}$$
而奇置换$phi_{1},cdots,phi_{m}$,又消去律可知每个$sigma_{i}phi_{1}$均为奇置换且互不相等,从而
$${sigma_{i}phi_{1}|i=1,2,cdots,m}={phi_{1},cdots,phi_{m}}$$
取$G$的子群
$$N={sigma_{1},cdots,sigma_{m}}<G$$
那么根据前面分析可知$[G:N]=2.$
5.设$G_{1},G_{2}$是群, $N_{1}lhd G_{1},N_{2}lhd G_{2}$,且有
$$N_{1}simeq N_{2},G_{1}/N_{1}simeq G_{2}/N_{2}$$
问是否一定有$G_{1}simeq G_{2}$?
解答 不一定.反例如下：取$G_{1}=S_{3},G_{2}=mathbb Z_{6}$,再取子群
$$N_{1}=<(123)>,N_{2}=<overline{2}>$$
由于$N_{1},N_{2}$均为三阶循环群,从而必有$N_{1}simeq N_{2}$.此外
$$[G_{1}:N_{1}]=[G_{2}:N_{2}]=2$$
因此二者均为正规子群,所以可作商群$G_{1}/N_{2},G_{2}/N_{2}$,且
$$|G_{1}/N_{1}|=|G_{2}/N_{2}|=2$$
而二阶群仅有一种结构,必为循环群,因此$G_{1}/N_{1}simeq G_{2}/N_{2}$.但是显然$S_{3}$与$mathbb Z_{6}$不同构.(由于$S_{3}$不是循环群)
6.设$G$是有限群,而$G$的任何真子群都是循环群,问$G$是否一定是循环群?
解答 不一定.同样的反例可以取$G=S_{3}$,那么$S_{3}$的真子群的阶数只能为$1,2,3$,由于$2,3$都是素数,从而$S_{3}$的子群必为循环群.事实上其全部子群如下
$$(1),<(12)>,<(13)>,<(23)>,<(123)>$$
而$S_{3}$不是循环群.
8.证明$S_{3}=<(12),(13)>$.
证明 注意到
egin{align*}(1)=(12)^2;(132)=(12)(13);(123)=(13)(12);(23)=(12)(123)=(12)(13)(12)end{align*}
从而$|<(12),(13)>|geq6$,另一方面
$$<(12),(13)>ig<S_{3}$$
而$|S_{3}=6|$,因此$S_{3}=<(12),(13)>$.
10.证明$forallsigmain S_{n}$,都有
$$sigma(i_{1}i_{2}cdots i_{r})sigma^{-1}=(sigma(i_{1})sigma(i_{2})cdotssigma(i_{r})).$$
证明 由于$sigma$是双射,任取$g=sigma(h)in G$,那么只需说明
egin{align*}sigma(i_{1}i_{2}cdots i_{r})(h)=(sigma(i_{1})sigma(i_{2})cdotssigma(i_{r}))(g) ag{1}end{align*}
即可.若
1)$h otin{i_{1},cdots,i_{r}}$,那么$g otin{sigma(i_{1}),cdots,sigma(i_{r})}$,那么(1)式左端为
$$sigma(h)=g=(sigma(i_{1}),cdots,sigma(i_{r}))(g)=g$$
2)若存在某个$tin{1,2,cdots,r}$使得$h=i_{t}$,那么(1)式左端为
$$sigma(i_{t+1})=(sigma(i_{1}),cdots,sigma(i_{r}))(sigma(i_{t}))$$
为了避免出现$t=r$的情况,此时可单独考虑.
11.设$G$是$n$阶交换群,若$m,n$为互素的自然数,定义egin{align*}f:G& o G\a&mapsto a^mend{align*}
证明$fin{ m Aut}G$.
证明 显然$f$为同态,再证$f$单,只需说明${ m Ker}f={e}$即可.任取$gin{ m Ker}f$,则
$$f(g)=g^m=e$$
那么我们考虑循环群$<g><G$,显然其阶数$$|<g>|ig| m$$
此外据Lagrange定理可知$|<g>|ig|n$,而$m,n$互素,因此$|<g>|=1$,从而$g=e$,即
$${ m Ker}f={e}$$
因而$f$确实是单的,那么$|f(G)|=|G|$,且又$f(G)subset G$,所以
$$f(G)=G$$
所以$f$满.综上便知$fin{ m Aut}G$.
12.设$G$是$n$阶群,且$G$的中心只有幺元.证明:G有且仅有$n$个不同的内自同构.
证明 注意到
$$G/C(G)simeq{ m Inn}G$$
而$C(G)={e}$,因此$Gsimeq{ m Inn}G$.由此结论显然.
补充题：
1.证明:当$ngeq3$时,$S_{n}$的中心$C(S_{n})={{ m id}}$.
证明 若$C(S_{n}) eq{{ m id}}$,则存在
$$sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})cdots(i_{0}i_{m})in C(S_{n})(mgeq1)$$
且$i_{0},i_{1},cdots, i_{m}$互不相等.那么考虑置换$(i_{0}i_{1})$,有
egin{align*}sigma(i_{0}i_{1})sigma^{-1}=(sigma(i_{0})sigma(i_{1}))=(i_{m}i_{0})=(i_{0}i_{1})end{align*}
因此$m=1$.所以对任意的$phiin C(S_{n})$,且若$phi eq{ m id}$,那么$phi$必然具有如下形式
$$phi=(st),s eq t$$
显然$phi$与置换$(sq)(q eq s,t)$不可交换.综上便知$C(S_{n})={{ m id}}$.
2.证明:在同构意义下$6$阶群只有两种,一种是$6$阶循环群,另一种是$S_{3}$.
证明 若$G$中有$6$阶元,则$G$为循环群.若不含$6$阶元,那么据Lagrange定理$G$中元素阶数只能为$1,2,3$.
我们断言$G$中必有一个$3$阶元,否则$G$中仅有幺元和二阶元,那么易知$G$为Abel群,这是由于
$$ab=(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=ba,forall a,bin G$$
取$4$阶群$H={e,a,b,ab}<G$,而根据Lagrange定理这是不可能的.
所以说$G$中必有$6$阶元$a$,再任取$bin Gsetminus{e,a,a^2}$,显然
$$G={e,a,a^2,b,ba,ba^2}$$
而且易知$ba=a^2b,ba^2=ab,b^2=(ba)^2=(ab)^2=e$.因此
$$G=<b,ab>$$
显然与$S_{3}=<(12),(13)>$同构.
3.设$G$是阶大于$2$的有限群且$G$中有阶大于$2$的元素,证明:${ m Aut}G>1$.
证明 若$G$是非交换群,那么$C(G) eq G$,据
$$G/C(G)simeq { m Inn}G$$
便知$|{ m Aut}G|geq|{ m Inn}G|>1$.
若$G$是Abel群,而$2<|G|<infty$,因此存在$p>2$以及$H$使得
$$G=mathbb Z_{p} imes H$$
从而
$$|{ m Aut}G|geq|{ m Aut}mathbb Z_{p}|=|mathbb Z^*_{p}|=p-1>1.$$
4.证明:$S_{3}simeq{ m Aut}S_{3}={ m Inn}S_{3}$.
证明 由于$C(S_{3})={{ m id}}$,从而
$$S_{3}simeq{ m Inn}S_{3}$$
再说明${ m Aut}S_{3}={ m Inn}S_{3}$,事实上只需说明
$$|{ m Aut}S_{3}|=6$$
注意到
$$S_{3}=<(12),(13),(23)>$$
对任意的自同构$sigmain{ m Aut}S_{3}$,作用$S_{3}$上,显然仅仅是对上式中三个元素的重排,因而
$$|{ m Aut}S_{3}|leq 3！=6$$
而$|{ m Inn}S_{3}|=6$,且${ m Inn}S_{3}lhd{ m Aut}S_{3}$,易知
$${ m Inn}S_{3}={ m Aut}S_{3}.$$
5.证明:$S_{n}=<(12),(13),cdots,(1n)>$.
证明 显然$<(12),(13),cdots,(1n)><S_{n}$,再证另一半.由于对任意的置换$sigmain S_{n}$,都有如下分解
$$sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})cdots(i_{0}i_{m})$$
因此只说明任一对换可由$(12),(13),cdots,(1n)$表示,不失一般性的只需说明对换$(24)$可被其表示即可.注意到
$$(24)=(12)(14)(12)$$
便说明了问题.