抽象代数习题(15) – 商群

《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 \(x \in G\)，显然 \(x \in Hx\)。 \(G/H\) 是有限生成的，设生成元是 \(Hg_1, Hg_2, \ldots, Hg_n\)，则存在整数 \(c_1,\ldots,c_n\) 使得 \[Hx = \prod_{i=1}^n (Hg_i) = H\left(\prod_{i=1}^n g_i^{c_i}\right)\]

根据本章定理 5，可知 \(x\left(\prod_{i=1}^n g_i^{c_i}\right)^{-1} \in H\)。 又因为 \(H\) 是有限生成的，设生成元为 \(h_1,h_2,\ldots,h_m \in H\)，则存在整数组 \(d_1,\ldots,d_n\) 使得 \[x\left(\prod_{i=1}^n g_i^{c_i}\right)^{-1} = \prod_{i=1}^m h_i^{d_i}\] 因此 \[x = \left(\prod_{i=1}^m h_i^{d_i}\right)\left(\prod_{i=1}^n g_i^{c_i}\right)\] 可见 \(x\) 总可以表示为 \(g_1,\ldots,g_n, h_1,\ldots,h_m\) 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 \(x\in G\)，存在整数 \(m\) 使得 \(Cx=Ca^m\)。

证明 因为 \(Cx \in G/C = \langle Ca\rangle\)，所以存在整数 \(m\) 使得 \(Cx = (Ca)^m = Ca^m\)。

F.2 对于任意 \(x\in G\)，存在整数 \(m\) 使得 \(x=ca^m\)，其中 \(c\in C\)。

证明 根据 F.1 可得 \(Cx=Ca^m\)，因此 \(x(a^m)^{-1} \in C\)。设 \(c=x(a^m)^{-1}\) 则 \(x=ca^m\)。

F.3 对于任意 \(x,y\in G\)，都有 \(xy=yx\)。

证明 根据 F.2，可设 \(x=c_1a^m\), \(y=c_2a^n\)，其中 \(c_1,c_2\in C\), \(m,n\in\mathbb Z\)。 于是 \[xy = c_1a^mc_2a^n = c_1c_2 a^{m+n} = c_2a^n c_1a^m = yx\]

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 \(S_1,S_2,\ldots,S_t\) 为 \(G\) 的全部共轭类。那么 \(|G|=|S_1|+|S_2|+\cdots+|S_t|\)。（称为 \(G\) 的类方程 (class equation)。）

设 \(G\) 是阶为质数 \(p\) 的幂的群，设 \(|G|=p^k\)。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 \(a\in C\)。

证明

  1. 当 \(a\in C\) 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 \(a\notin C\) 时，至少存在一个元素 \(x\in G\) 和 \(a\) 不交换，即 \(xa\ne ax\)。那么 \(xax^{-1} \ne a\) 但它是 \(a\) 的共轭。因此共轭类中含有除 \(a\) 外的元素。

G.2 设 \(I=\{i : |S_i| > 1\}\)，那么 \(|G| = |C| + \sum_{i\in I} |S_i|\)。

证明 这和类方程是等价的，把 \(i\notin I\) 的项合并到 \(|C|\) 中即可。

G.3 对于任意 \(i\in I\)，\(|S_i|\) 是 \(p\) 的幂。

证明 根据第十三章 I.6，\(|S_i| = (G:C_{x_i})\)，其中 \(C_{x_i}\) 是某个元素 \(x_i\in G\) 的中心化子。根据 Lagrange 定理可知 \(|S_i| = (G:C_{x_i}) \bigm\vert |G| = p^k\)。因此，\(|S_i|\) 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 \[|C| = |G| - \sum_{i\in I}|S_i|\] 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 \(|G|=p^2\)，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 \(p^2\)。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 \(|G|=p^2\)，那么或者 \(G\cong \mathbb Z_{p^2}\) 或者 \(G\cong \mathbb Z_p \times \mathbb Z_p\)。

证明 分类讨论：

  • \(G\) 是循环群：\(G=\langle a\rangle\)，那么 \(f(n) = a^n\) 是 \(\mathbb Z_{p^2}\to G\) 的同构（证明略）。
  • \(G\) 不是循环群。设 \(x\in G\) 且 \(x\ne e\)，那么一定有 \(\DeclareMathOperator\ord{\rm ord}\ord(x) = p\)。设 \(y \in G\backslash \langle x\rangle\)，同理也有 \(\ord(y) = p\)。于是可以构造 \(f(m,n) = x^my^n\) 是 \(\mathbb Z_p \times \mathbb Z_p \to G\) 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 \(a\ne e\)。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 \(a^t\)。

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

证明 因为 \[\bigl|G/\langle a\rangle\bigr| = |G|\big/\bigl|\langle a\rangle\bigr| = k/\ord(a)\] 因为 \(a\ne e\)，所以 \(\ord(a)>1\)，因此 \(\bigl|G/\langle a\rangle\bigr| = k/\ord(a) < k\)。

因为 \(p\mid k = \bigl|G/\langle a\rangle\bigr|\ord(a)\)。但根据假定，\(p\nmid \ord(a)\)，由欧几里得引理可知 \(p \bigm\vert \bigl|G/\langle a\rangle\bigr|\)。

H.3 为什么 \(G/\langle a\rangle\) 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 \(H=\langle a\rangle\)。设 \(Hx \in G/H\) 是 \(p\) 阶元素（H.3 证明了存在性），并设 \(\ord(x) = n\)，那么 \[(Hx)^n = Hx^n = H\] 由此可知 \(n\) 是 \(Hx\) 的阶的倍数。设 \(n = tp\)，那么 \(x^t \in G\) 是所求的 \(p\) 阶元素。

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