抽象代数习题(15) -- 商群

抽象代数习题(15) – 商群

Sat Jan 15, 2022

《抽象代数》第十五章讲商群 (quotient group)。当 H 是 G 的正规子群时，H 的所有陪集可以定义乘法运算 Ha·Hb = H(ab)，并且构成一个群，这就是商群 G/H。

一个例子是 ℤ/nℤ。它实际上就是（同构意义上）模 n 加法群或 n 阶循环群。这是因为 nℤ 的所有陪集的形式为 nℤ+r，把整数集按模 n 的余数划分为 n 个等价类，并且陪集之间的运算法则和模 n 加法是完全一致的。

A. 有限商群的例子

在下列问题中，G 是群而 H 是 G 的正规子群。列出 G/H 的元素并写出 G/H 的运算表。

A.1 G = ℤ₁₀, H = {0, 5}。（解释为什么 G/H ≅ ℤ₅。）

解 G/H 中的元素如下：

• H + 0 = {0, 5}
• H + 1 = {1, 6}
• H + 2 = {2, 7}
• H + 3 = {3, 8}
• H + 4 = {4, 9}

没有其他的元素了。不难证明 H + 5 = H，所以 G/H 同构于 5 阶循环群。

B. ℝ×ℝ 的商群的例子

在下列问题中，H 是 ℝ×ℝ 的子集。

1. 证明 H 是 ℝ×ℝ 的正规子群。
2. 从几何角度描述商群 G/H 的元素。
3. 从几何或其他角度描述 G/H 上的运算。

B.1 H = {(x,0) : x ∈ ℝ}

答

1. H 是 ℝ×ℝ 的正规子群因为后者是 Abel 群。（后续题中此问略。）
2. 陪集具备 H + (x₀,y₀) = {(x,y₀) : x ∈ ℝ} 的形式。这是一条 x 轴平行的直线 l: y=y₀，这就是商群 G/H 中元素的几何意义。
3. 两条直线 l₁: y=y₁ 和 l₂: y=y₂ 相加得到一条新的直线 (l₁+l₂): y=y₁+y₂。

---

B.2 H = {(x,y) : y = -x}

答

1. 陪集具备 H + (x₀,y₀) = {(x+x₀, y+y₀) : y = -x} 的形式。这是一条过 (x₀,y₀) 的直线，且斜率等于 -1。可以写成方程 l: x+y = x₀+y₀。
2. 两条直线 l₁: x+y = x₁+y₁ 和 l₂: x+y = x₂+y₂ 相加得到一条新的直线 (l₁+l₂): x+y = (x₁+x₁)+(y₂+y₂)。

C. H 的性质与 G/H 的性质的关系

C.2 设 m 为固定整数。如果 xm ∈ H 对任意 x ∈ G 都成立，则 G/H 中每个元素的阶都是 m 的约数。

证明 考虑 G/H 中的元素 Ha。根据本章定理 5：因为 am ∈ H，所以 H(am) = H。另一方面，(Ha)m = H(am)。由此可知 (Ha)m = H。H 是 G/H 中的单位元，因此 m 是 ord(Ha) 的倍数。证明完毕。

---

C.4 G/H 中每个元素都有平方根当且仅当对任意 x ∈ G，存在 y ∈ G 使得 xy² ∈ H。

证明

必要性。设 x ∈ G，显然 x ∈ Hx。 Hx 有平方根，即存在 Ha ∈ G/H 使得 (Ha)² = Hx，即 H(a²) = Hx。根据本章定理 5，有 a²x⁻¹ ∈ H。设 a²x⁻¹ = h'，则 x = h'⁻¹a²。取 y = a⁻¹，则 xy² = h'⁻¹ ∈ H。

充分性。考虑 G/H 中的元素 Ha。因为 a ∈ G，所以存在 b ∈ G 使得 ab² ∈ H，即 a(b⁻²)⁻¹ ∈ H。根据本章定理 5，有 H(b⁻²) = Ha，即 [H(b⁻¹)]² = Ha。所以 H(b⁻¹) 是 Ha 的平方根。

D. 由 H 和 G/H 的性质决定的 G 的性质

设 G 是群，H 是 G 的正规子群。证明下列命题。

D.1 如果 G/H 中的所有元素的阶都有限，并且 H 中的所有元素的阶都有限，则 G 中所有元素的阶都有限。

证明 设 x ∈ G，显然 x ∈ Hx。 陪集 Hx ∈ G/H 的阶有限，则存在正整数 n 使得 (Hx)n = H(xn) = H。根据本章定理 5，得 xn ∈ H。又因为 H 中所有元素的阶都有限，所以存在正整数 m 使得 (xn)m = xnm = e。这说明 x 的阶是 nm 的约数，因而是有限的。

---

D.4 如果 G/H 和 H 都是有限生成的，则 G 是有限生成的。（一个群是有限生成的是指它由它的元素的有限子集生成。）

证明 只须证明 G 中所有元素都可以由一个有限集中的元素相乘得到即可。

设 x∈G，显然 x∈Hx。 G/H 是有限生成的，设生成元是 Hg1,Hg2,…,Hgn，则存在整数 c1,…,cn 使得 Hx=∏i=1n(Hgi)=H(∏i=1ngici)

根据本章定理 5，可知 x(∏i=1ngici)−1∈H。 又因为 H 是有限生成的，设生成元为 h1,h2,…,hm∈H，则存在整数组 d1,…,dn 使得 x(∏i=1ngici)−1=∏i=1mhidi 因此 x=(∏i=1mhidi)(∏i=1ngici) 可见 x 总可以表示为 g1,…,gn,h1,…,hm 的乘积，所以 G 是有限生成的。

E. 商群中元素的阶

E.1 对于每个 a ∈ G，G/H 中元素 Ha 在 G/H 中的阶是 a 在 G 中的阶的约数。

证明 设 ord(a) = n，则 (Ha)n = H(an) = He = H，这说明 n = ord(a) 是 ord(Ha) 的倍数。

注 也可以根据 f(x) = Hx 是 G → G/H 的同态来证明。同态的像的阶是原像的阶的约数。

---

E.6 在 ℚ/ℤ 中，每个元素的阶都有限。

证明 考虑 ℚ/ℤ 中的任意元素 ℤ + a，其中 a ∈ ℚ。根据本章定理 5，当且仅当 a ∈ ℤ 时，ℤ + a = ℤ。这时 ord(ℤ + a) = 1。一般地，设 a = m/n，m、n 为整数。那么 n(ℤ + a) = ℤ + na = ℤ + m = ℤ。这时 ord(ℤ + a) 是 n 的约数，因而是有限的。

综上所述，ℚ/ℤ 中的元素的阶都有限。

F. 模中心的商群

群 G 的中心 (center) 指 G 的正规子群 C，其中包括了所有和 G 的每个元素都交换的元素。假设商群 G/C 是循环群；设其生成元为 Ca。证明 1–3。

F.1 对于任意 x∈G，存在整数 m 使得 Cx=Cam。

证明 因为 Cx∈G/C=⟨Ca⟩，所以存在整数 m 使得 Cx=(Ca)m=Cam。

---

F.2 对于任意 x∈G，存在整数 m 使得 x=cam，其中 c∈C。

证明 根据 F.1 可得 Cx=Cam，因此 x(am)−1∈C。设 c=x(am)−1 则 x=cam。

---

F.3 对于任意 x,y∈G，都有 xy=yx。

证明 根据 F.2，可设 x=c1am, y=c2an，其中 c1,c2∈C, m,n∈Z。 于是 xy=c1amc2an=c1c2am+n=c2anc1am=yx

---

F.4 作出结论：如果 G/C 是循环群，那么 G 是 Abel 群。

答 F.1–F.3 已经证明了这个结论。

注 事实上，当 G 是 Abel 群时，C=G；因此 G/C 只可能是平凡群，而不可能是别的形式的循环群。

G. 用类方程判定中心的大小

设 G 为有限群。设 S1,S2,…,St 为 G 的全部共轭类。那么 |G|=|S1|+|S2|+⋯+|St|。（称为 G 的类方程 (class equation)。）

设 G 是阶为质数 p 的幂的群，设 |G|=pk。设 C 为 G 的中心。

证明 1–3。

G.1 a 的共轭类仅含 a （不含其他元素）当且仅当 a∈C。

证明

1. 当 a∈C 时，取共轭类中任意元素 xax−1，都有 xax−1=axx−1=a。因此共轭类只有一个元素 a。
2. 当 a∉C 时，至少存在一个元素 x∈G 和 a 不交换，即 xa≠ax。那么 xax−1≠a 但它是 a 的共轭。因此共轭类中含有除 a 外的元素。

---

G.2 设 I={i:|Si|>1}，那么 |G|=|C|+∑i∈I|Si|。

证明 这和类方程是等价的，把 i∉I 的项合并到 |C| 中即可。

---

G.3 对于任意 i∈I，|Si| 是 p 的幂。

证明 根据第十三章 I.6，|Si|=(G:Cxi)，其中 Cxi 是某个元素 xi∈G 的中心化子。根据 Lagrange 定理可知 |Si|=(G:Cxi)||G|=pk。因此，|Si| 只可能含有质因数 p，因而是 p 的幂。

---

G.4 从类方程中解出 |C|，并说明为什么 |C| 是 p 的倍数。

证明 由 I.2 得 |C|=|G|−∑i∈I|Si| 等式右边的每一项都是 p 的倍数，所以 |C| 也是 p 的倍数。

注 这里的讨论仅限于 k>0 的情况。

---

由 I.4 可以做出结论：C 一定含有除单位元外的其他元素；事实上，|C| 是 p 的倍数。

I.5 证明：如果 |G|=p2，那么 G 一定是 Abel 群。

证明 根据 I.4 可知，|C| 是 p 的倍数。因此，|C| 只可能是 p 或 p2。于是，|G/C| 只可能是 p 或 1。不论哪种情况，G/C 都是循环群。根据 F.4 可知，G 是 Abel 群。

---

I.6 证明：如果 |G|=p2，那么或者 G≅Zp2 或者 G≅Zp×Zp。

证明 分类讨论：

• G 是循环群：G=⟨a⟩，那么 f(n)=an 是 Zp2→G 的同构（证明略）。
• G 不是循环群。设 x∈G 且 x≠e，那么一定有 ord⁡(x)=p。设 y∈G∖⟨x⟩，同理也有 ord⁡(y)=p。于是可以构造 f(m,n)=xmyn 是 Zp×Zp→G 的同构（证明略）。

H. 对 |G| 归纳：一个例子

代数中的一些定理可以通过对一个群的阶用数学归纳法证明。一个经典的例子如下：设 G 为有限 Abel 群。可以证明，对于 |G| 的任意质因子 p，G 至少包含一个 p 阶元素。如果 |G|=1，这个命题自动成立，因为 1 没有质因子。下一步，设 |G|=k，并假定要证明的命题对任意阶小于 k 的 Abel 群都成立。设 p 是 k 的质因子。

在 G 中取一个元素 a≠e。如果 ord⁡(a)=p 或 p 的倍数，就证完了！

H.1 如果 ord⁡(a)=tp（其中 t 为正整数），那么 G 中什么元素的阶为 p？

答 at。

---

H.2 假定 ord⁡(a)不是 p 的倍数。那么，G/⟨a⟩ 是阶小于 k 的群。（解释原因。）G/⟨a⟩ 的阶是 p 的倍数。（解释原因。）

证明 因为 |G/⟨a⟩|=|G|/|⟨a⟩|=k/ord⁡(a) 因为 a≠e，所以 ord⁡(a)>1，因此 |G/⟨a⟩|=k/ord⁡(a)<k。

因为 p∣k=|G/⟨a⟩|ord⁡(a)。但根据假定，p∤ord⁡(a)，由欧几里得引理可知 p||G/⟨a⟩|。

---

H.3 为什么 G/⟨a⟩ 有 p 阶元素？

答 这是归纳假设。

---

H.4 做出结论：G 含有一个 p 阶元素。

答 记 H=⟨a⟩。设 Hx∈G/H 是 p 阶元素（H.3 证明了存在性），并设 ord⁡(x)=n，那么 (Hx)n=Hxn=H 由此可知 n 是 Hx 的阶的倍数。设 n=tp，那么 xt∈G 是所求的 p 阶元素。

---