《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。

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

说明：

• 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) = i^x
   • 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) = 3^x 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。

E.5 证明 $\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Q}$ 不同构。

证明 用反证法。假设 $\mathbb{Z}\cong \mathbb{Q}$，则存在双射 $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Q},f(x+y)=f(x)+f(y)$。 当 $x>0$ 时， $$f(x)=f(\underset{x}{\underbrace{1+\cdots +1}})=\underset{x}{\underbrace{f(1)+\cdots +f(1)}}=xf(1)$$ 又有 $f(0)=0$, $f(-x)=-f(x)$。故 $f(x)=xf(1)$ 对任意 $x\in \mathbb{Z}$ 恒成立。

设 $f(1)=\frac{p}{q}$ 为既约分数 $$。显然 $\frac{1}{2}\in \mathbb{Q}$，根据 $f$ 是满射，存在 $x\in \mathbb{Z}$ 满足 $f(x)=\frac{1}{2}$，得整数方程 $$2px=q$$ 这表明 $q$ 是 $p$ 的偶数倍，和 $\frac{p}{q}$ 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 $\mathbb{Z}\ncong \mathbb{Q}$。

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

E.6 我们已经证明了 $\mathbb{R}\cong {\mathbb{R}}^{\mathrm{pos}}$。但是，可以证明 $\mathbb{Q}\ncong {\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}}$。请证明。

说明：${\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}}$ 是正有理数乘法群。

引理 设正的既约分数 $p/q\ne 1$，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， $$p=\prod _{i=1}^N{p}_i^{a_i},q=\prod _{i=1}^M{q}_i^{b_i}$$ 其中 $p_i$、$q_i$ 为质数，其余为自然数。 取 $k$ 为大于 $a_1,\dots a_N,b_1,\dots b_M$ 的正整数，并假设 $(p/q{)}^{1/k}$ 是既约分数 $\frac{r}{s}$，则 $$\frac{p}{q}=\frac{r^k}{s^k}$$ 根据既约分数的唯一性，有 $p=r^k$, $q=s^k$。因为 $p$、$q$ 均不含 $k$ 次素因子，所以 $r=s=1$，得 $\frac{p}{q}=1$，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 $\mathbb{Q}\cong {\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}}$，则存在双射 $f:\mathbb{Q}\to {\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}},f(x+y)=f(x)f(y)$。

设 $f(1)=\frac{p}{q}$ 是正的既约分数。因为 $f$ 是单射，所以 $f(1)\ne f(0)=1$。根据引理知存在 $1/k\in {\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}}\subset \mathbb{Q}$ 使得 $(p/q{)}^{1/k}\notin \mathbb{Q}$。

另一方面， $$\frac{p}{q}=f(1)=f(\underset{k}{\underbrace{\frac{1}{k}+\cdots +\frac{1}{k}}})=\underset{k}{\underbrace{f\left(\frac{1}{k}\right)\cdots f\left(\frac{1}{k}\right)}}={\left[f\left(\frac{1}{k}\right)\right]}^k$$ 得 $(p/q{)}^{1/k}=f(1/k)\in {\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}}$，产生了矛盾。 故假设不成立。不存在这样的双射 $f$。所以 $\mathbb{Q}\ncong {\mathbb{Q}}^{\mathrm{pos}}$。

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 $\mathbb{R}\cong {\mathbb{R}}^{\mathrm{pos}}$。

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。

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。

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 $\mathrm{Aut}(G)$ 是置换群 $S_G$ 的子群。（注意：运算是映射的复合。）

证明 显然 $ϵ\in \mathrm{Aut}(G)\subseteq S_G$。

考虑对复合运算的封闭性：设 $f,g\in \mathrm{Aut}(G)$，则有 $$\mathrm{\forall }x,y\in Gf(xy)=f(x)f(y),g(xy)=g(x)g(y)$$ 因此 $$(f\circ g)(xy)=f(g(xy))=f(g(x)g(y))=f(g(x))f(g(y))=(f\circ g)(x)(f\circ g)(y)$$ 这说明 $f\circ g\in \mathrm{Aut}(G)$，所以复合运算在 $\mathrm{Aut}(G)$ 内封闭。

考虑取逆的封闭性：设 $h\in \mathrm{Aut}(G)$，显然 $h^{-1}\in S_G$ 但我们要证 $h^{-1}\in \mathrm{Aut}(G)$。 设 $x,y\in G$，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 $h^{-1}\in \mathrm{Aut}(G)$ ，所以 $\mathrm{Aut}(G)$ 对取逆封闭。

综上所述，$\mathrm{Aut}(G)\le S_G$。