抽象代数习题(9) -- 同构

抽象代数习题(9) – 同构

Mon Jan 10, 2022

《抽象代数》第九章讲了群的同构 (isomorphism)。群 (G,·) 和 (H,*) 同构则它们本质上是一样的，只有表面上的区别（元素名）。可以找到一个双射 f: G→H, f(x·y) = f(x)*f(y) 将它们对应起来。

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D.1–D.3 将下列群按同构分组：

1. ℤ₄, ℤ₂×ℤ₂, P₂, V。其中 P₂ 是二元集合的幂集和对称差运算构成的集合。V是复数四元乘法群 {1, i, -1, -i}。
2. S₃, ℤ₆, ℤ₃×ℤ₂, ℤ₇*
3. ℤ₈, P₃, ℤ₂×ℤ₂×ℤ₂, D₄

• P₂ 是 2 元素集合的所有子集和对称差运算构成的群。
• V = {1, i, -1, -i} 乘法群。
• ℤ₇* 是整数 1–6 和模 7 乘法构成的群。
• D₄ 是对应于正方形的二面体群。

解 对每一组群，同构的群仅给出它们的同构映射，不同构的群将给出理由。

1. • ℤ₄ ≅ V
     • f(x) = ix
   • ℤ₂×ℤ₂ ≅ P₂
     • 设二元集合为 {a₁, a₂}。 取 f(x₁,x₂) = {S : aᵢ ∈ S 当且仅当 xᵢ = 1}。
   • ℤ₄ ≇ P₂
     • 满足 x²=e 的元素在前者有 2 个 （0 和 2），而在后者有 4 个。
2. • ℤ₃×ℤ₂ ≅ ℤ₆ ≅ ℤ₇*
     • f: ℤ₃×ℤ₂→ℤ₆, f(x,y) = 2x+3y mod 6
     • g: ℤ₆→ℤ₇*, g(x) = 3x mod 7 （注：3 是模 7 的原根）
   • S₃ ≇ ℤ₆
     • 满足 x²=e 的元素在前者中有 4 个（恒等和 3 个对换），而在后者中只有 2 个（0 和 3）。
3. • ℤ₂×ℤ₂×ℤ₂ ≅ P₃
     • 仿照 ℤ₂×ℤ₂ ≅ P₂ 的证明即可。
   • 其余均不同构，因为：
     • 满足 x²=e 的元素在 ℤ₈ 中有 2 个（0 和 4），在 D₄ 有 6 个 （恒等、旋转 180 度、关于 4 个对称轴的翻转），在 P₃ 中有 8 个。

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E.5 证明 Z 和 Q 不同构。

证明 用反证法。假设 Z≅Q，则存在双射 f:Z→Q,f(x+y)=f(x)+f(y)。 当 x>0 时， f(x)=f(1+⋯+1⏟x)=f(1)+⋯+f(1)⏟x=xf(1) 又有 f(0)=0, f(−x)=−f(x)。故 f(x)=xf(1) 对任意 x∈Z 恒成立。

设 f(1)=pq 为既约分数 。显然 12∈Q，根据 f 是满射，存在 x∈Z 满足 f(x)=12，得整数方程 2px=q 这表明 q 是 p 的偶数倍，和 pq 是既约分数矛盾！

所以假设不能成立，这样的双射 f 是不存在的。所以 Z≇Q。

注 直观地说，Z=⟨1⟩，全部元素可以由一个元素生成。而 Q 没有这样的性质。

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E.6 我们已经证明了 R≅Rpos。但是，可以证明 Q≇Qpos。请证明。

说明：Qpos 是正有理数乘法群。

引理 设正的既约分数 p/q≠1，则存在正整数 k 使得 (p/q)1/k 为无理数。 证明如下：

根据唯一分解定理， p=∏i=1Npiai,q=∏i=1Mqibi 其中 pi、qi 为质数，其余为自然数。 取 k 为大于 a1,…aN,b1,…bM 的正整数，并假设 (p/q)1/k 是既约分数 rs，则 pq=rksk 根据既约分数的唯一性，有 p=rk, q=sk。因为 p、q 均不含 k 次素因子，所以 r=s=1，得 pq=1，不符合前提。因此假设不成立。所以 (p/q)1/k 是无理数。

证明 用反证法。假设 Q≅Qpos，则存在双射 f:Q→Qpos,f(x+y)=f(x)f(y)。

设 f(1)=pq 是正的既约分数。因为 f 是单射，所以 f(1)≠f(0)=1。根据引理知存在 1/k∈Qpos⊂Q 使得 (p/q)1/k∉Q。

另一方面， pq=f(1)=f(1k+⋯+1k⏟k)=f(1k)⋯f(1k)⏟k=[f(1k)]k 得 (p/q)1/k=f(1/k)∈Qpos，产生了矛盾。 故假设不成立。不存在这样的双射 f。所以 Q≇Qpos。

注

1. 本题和前一题的相似之处都是利用同构的性质推出 f(1) 和其他一般量的联系，然后假设 f(1) 的形式并构造可推出矛盾的例子。
2. 函数方程 f(x+y)=f(x)f(y) 的解是指数函数，这在有理数范围内是成立的。本题实质是证明有理数集对指数运算不封闭。实数集不存在这个问题，从而可以证明 R≅Rpos。

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H.3 设 G 是任意群。证明 G 是 Abel 群当且仅当 f(x) = x⁻¹ 是 G 到 G 的同构。

证明 设映射 f : G→G, f(x) = x⁻¹。显然 f 是双射。 设 x,y ∈ G，则 f(xy) = (xy)⁻¹ = y⁻¹x⁻¹ = f(y)f(x)。

因此，G 是 Abel 群 ⟺ f(x)f(y) = f(y)f(x) ⟺ f(xy)=f(x)f(y) ⟺ f 是 G 到 G 的同构。

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I.3 设 G 是任意群，a 是群中任意元素。证明 f(x) = axa⁻¹ 是 G 的自同构 (automorphism)。

证明 不难发现 f⁻¹(x) = a⁻¹xa，所以 f 是双射。

设 x,y ∈ G，则 f(xy) = a(xy)a⁻¹ = (axa⁻¹)(aya⁻¹) = f(x)f(y)。 所以 f 是 G 的自同构。

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I.4 因为 G 的自同构是 G 到 G 的双射，所以它是 G 的一个置换。 求证：所有 G 的自同构构成的集合 Aut⁡(G) 是置换群 SG 的子群。（注意：运算是映射的复合。）

证明 显然 ϵ∈Aut⁡(G)⊆SG。

考虑对复合运算的封闭性：设 f,g∈Aut⁡(G)，则有 ∀x,y∈Gf(xy)=f(x)f(y),g(xy)=g(x)g(y) 因此 (f∘g)(xy)=f(g(xy))=f(g(x)g(y))=f(g(x))f(g(y))=(f∘g)(x)(f∘g)(y) 这说明 f∘g∈Aut⁡(G)，所以复合运算在 Aut⁡(G) 内封闭。

考虑取逆的封闭性：设 h∈Aut⁡(G)，显然 h−1∈SG 但我们要证 h−1∈Aut⁡(G)。 设 x,y∈G，则 h−1(xy)=h−1{h[h−1(x)]h[h−1(y)]}=h−1{h[h−1(x)h−1(y)]}=h−1(x)h−1(y) 这说明 h−1∈Aut⁡(G) ，所以 Aut⁡(G) 对取逆封闭。

综上所述，Aut⁡(G)≤SG。

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