習題
4.證明：置換群$G$中若含有奇置換，則$G$必有指數為$2$的子群.
證明 易知$G$中若有奇置換，則奇偶置換各半.不妨設$G$的偶置換為
$${\rm id}=\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{m}$$
而奇置換$\phi_{1},\cdots,\phi_{m}$,又消去律可知每個$\sigma_{i}\phi_{1}$均為奇置換且互不相等,從而
$$\{\sigma_{i}\phi_{1}|i=1,2,\cdots,m\}=\{\phi_{1},\cdots,\phi_{m}\}$$
取$G$的子群
$$N=\{\sigma_{1},\cdots,\sigma_{m}\}<G$$
那么根據前面分析可知$[G:N]=2.$
5.設$G_{1},G_{2}$是群, $N_{1}\lhd G_{1},N_{2}\lhd G_{2}$,且有
$$N_{1}\simeq N_{2},G_{1}/N_{1}\simeq G_{2}/N_{2}$$
問是否一定有$G_{1}\simeq G_{2}$?
解答 不一定.反例如下：取$G_{1}=S_{3},G_{2}=\mathbb Z_{6}$,再取子群
$$N_{1}=<(123)>,N_{2}=<\overline{2}>$$
由於$N_{1},N_{2}$均為三階循環群,從而必有$N_{1}\simeq N_{2}$.此外
$$[G_{1}:N_{1}]=[G_{2}:N_{2}]=2$$
因此二者均為正規子群,所以可作商群$G_{1}/N_{2},G_{2}/N_{2}$,且
$$|G_{1}/N_{1}|=|G_{2}/N_{2}|=2$$
而二階群僅有一種結構,必為循環群,因此$G_{1}/N_{1}\simeq G_{2}/N_{2}$.但是顯然$S_{3}$與$\mathbb Z_{6}$不同構.(由於$S_{3}$不是循環群)
6.設$G$是有限群,而$G$的任何真子群都是循環群,問$G$是否一定是循環群?
解答 不一定.同樣的反例可以取$G=S_{3}$,那么$S_{3}$的真子群的階數只能為$1,2,3$,由於$2,3$都是素數,從而$S_{3}$的子群必為循環群.事實上其全部子群如下
$$(1),<(12)>,<(13)>,<(23)>,<(123)>$$
而$S_{3}$不是循環群.
8.證明$S_{3}=<(12),(13)>$.
證明 注意到
\begin{align*}(1)=(12)^2;(132)=(12)(13);(123)=(13)(12);(23)=(12)(123)=(12)(13)(12)\end{align*}
從而$|<(12),(13)>|\geq6$,另一方面
$$<(12),(13)>\big<S_{3}$$
而$|S_{3}=6|$,因此$S_{3}=<(12),(13)>$.
10.證明$\forall\sigma\in S_{n}$,都有
$$\sigma(i_{1}i_{2}\cdots i_{r})\sigma^{-1}=(\sigma(i_{1})\sigma(i_{2})\cdots\sigma(i_{r})).$$
證明 由於$\sigma$是雙射,任取$g=\sigma(h)\in G$,那么只需說明
\begin{align*}\sigma(i_{1}i_{2}\cdots i_{r})(h)=(\sigma(i_{1})\sigma(i_{2})\cdots\sigma(i_{r}))(g)\tag{1}\end{align*}
即可.若
1)$h\notin\{i_{1},\cdots,i_{r}\}$,那么$g\notin\{\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r})\}$,那么(1)式左端為
$$\sigma(h)=g=(\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r}))(g)=g$$
2)若存在某個$t\in\{1,2,\cdots,r\}$使得$h=i_{t}$,那么(1)式左端為
$$\sigma(i_{t+1})=(\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r}))(\sigma(i_{t}))$$
為了避免出現$t=r$的情況,此時可單獨考慮.
11.設$G$是$n$階交換群,若$m,n$為互素的自然數,定義\begin{align*}f:G&\to G\\a&\mapsto a^m\end{align*}
證明$f\in{\rm Aut}G$.
證明 顯然$f$為同態,再證$f$單,只需說明${\rm Ker}f=\{e\}$即可.任取$g\in{\rm Ker}f$,則
$$f(g)=g^m=e$$
那么我們考慮循環群$<g><G$,顯然其階數$$|<g>|\big| m$$
此外據Lagrange定理可知$|<g>|\big|n$,而$m,n$互素,因此$|<g>|=1$,從而$g=e$,即
$${\rm Ker}f=\{e\}$$
因而$f$確實是單的,那么$|f(G)|=|G|$,且又$f(G)\subset G$,所以
$$f(G)=G$$
所以$f$滿.綜上便知$f\in{\rm Aut}G$.
12.設$G$是$n$階群,且$G$的中心只有幺元.證明:G有且僅有$n$個不同的內自同構.
證明 注意到
$$G/C(G)\simeq{\rm Inn}G$$
而$C(G)=\{e\}$,因此$G\simeq{\rm Inn}G$.由此結論顯然.
補充題：
1.證明:當$n\geq3$時,$S_{n}$的中心$C(S_{n})=\{{\rm id}\}$.
證明 若$C(S_{n})\neq\{{\rm id}\}$,則存在
$$\sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})\cdots(i_{0}i_{m})\in C(S_{n})(m\geq1)$$
且$i_{0},i_{1},\cdots, i_{m}$互不相等.那么考慮置換$(i_{0}i_{1})$,有
\begin{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$m=1$.所以對任意的$\phi\in C(S_{n})$,且若$\phi\neq{\rm id}$,那么$\phi$必然具有如下形式
$$\phi=(st),s\neq t$$
顯然$\phi$與置換$(sq)(q\neq s,t)$不可交換.綜上便知$C(S_{n})=\{{\rm id}\}$.
2.證明:在同構意義下$6$階群只有兩種,一種是$6$階循環群,另一種是$S_{3}$.
證明 若$G$中有$6$階元,則$G$為循環群.若不含$6$階元,那么據Lagrange定理$G$中元素階數只能為$1,2,3$.
我們斷言$G$中必有一個$3$階元,否則$G$中僅有幺元和二階元,那么易知$G$為Abel群,這是由於
$$ab=(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=ba,\forall a,b\in G$$
取$4$階群$H=\{e,a,b,ab\}<G$,而根據Lagrange定理這是不可能的.
所以說$G$中必有$6$階元$a$,再任取$b\in G\setminus\{e,a,a^2\}$,顯然
$$G=\{e,a,a^2,b,ba,ba^2\}$$
而且易知$ba=a^2b,ba^2=ab,b^2=(ba)^2=(ab)^2=e$.因此
$$G=<b,ab>$$
顯然與$S_{3}=<(12),(13)>$同構.
3.設$G$是階大於$2$的有限群且$G$中有階大於$2$的元素,證明:${\rm Aut}G>1$.
證明 若$G$是非交換群,那么$C(G)\neq G$,據
$$G/C(G)\simeq {\rm Inn}G$$
便知$|{\rm Aut}G|\geq|{\rm Inn}G|>1$.
若$G$是Abel群,而$2<|G|<\infty$,因此存在$p>2$以及$H$使得
$$G=\mathbb Z_{p}\times H$$
從而
$$|{\rm Aut}G|\geq|{\rm Aut}\mathbb Z_{p}|=|\mathbb Z^*_{p}|=p-1>1.$$
4.證明:$S_{3}\simeq{\rm Aut}S_{3}={\rm Inn}S_{3}$.
證明 由於$C(S_{3})=\{{\rm id}\}$,從而
$$S_{3}\simeq{\rm Inn}S_{3}$$
再說明${\rm Aut}S_{3}={\rm Inn}S_{3}$,事實上只需說明
$$|{\rm Aut}S_{3}|=6$$
注意到
$$S_{3}=<(12),(13),(23)>$$
對任意的自同構$\sigma\in{\rm Aut}S_{3}$,作用$S_{3}$上,顯然僅僅是對上式中三個元素的重排,因而
$$|{\rm Aut}S_{3}|\leq 3！=6$$
而$|{\rm Inn}S_{3}|=6$,且${\rm Inn}S_{3}\lhd{\rm Aut}S_{3}$,易知
$${\rm Inn}S_{3}={\rm Aut}S_{3}.$$
5.證明:$S_{n}=<(12),(13),\cdots,(1n)>$.
證明 顯然$<(12),(13),\cdots,(1n)><S_{n}$,再證另一半.由於對任意的置換$\sigma\in S_{n}$,都有如下分解
$$\sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})\cdots(i_{0}i_{m})$$
因此只說明任一對換可由$(12),(13),\cdots,(1n)$表示,不失一般性的只需說明對換$(24)$可被其表示即可.注意到
$$(24)=(12)(14)(12)$$
便說明了問題.