《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， \[f(x) = f(\underbrace{1+\cdots+1}_{x}) = \underbrace{f(1)+\cdots+f(1)}_{x} = xf(1)\] 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 \(p\over q\) 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，\(\mathbb Z=\langle 1\rangle\)，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， \[ p = \prod_{i=1}^N p_i^{a_i},\quad q = \prod_{i=1}^M q_i^{b_i} \] 其中 \(p_i\)、\(q_i\) 为质数，其余为自然数。 取 \(k\) 为大于 \(a_1,\ldots a_N, b_1,\ldots b_M\) 的正整数，并假设 \((p/q)^{1/k}\) 是既约分数 \(r\over s\)，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， \[ \frac{p}{q} = f(1) = f\bigl(\underbrace{\tfrac{1}{k}+\cdots+\tfrac{1}{k}}_k\bigr) = \underbrace{f\left(\tfrac{1}{k}\right)\cdots f\left(\tfrac{1}{k}\right)}_k = \left[f\left(\tfrac{1}{k}\right)\right]^k \] 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 \(\DeclareMathOperator{\Aut}{Aut}\Aut(G)\) 是置换群 \(S_G\) 的子群。（注意：运算是映射的复合。）

证明 显然 \(\epsilon \in \Aut(G) \subseteq S_G\)。

考虑对复合运算的封闭性：设 \(f,g\in\Aut(G)\)，则有 \[\forall x,y\in G\quad f(xy)=f(x)f(y),\; g(xy)=g(x)g(y)\] 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 \(f\circ g \in \Aut(G)\)，所以复合运算在 \(\Aut(G)\) 内封闭。

考虑取逆的封闭性：设 \(h\in\Aut(G)\)，显然 \(h^{-1}\in S_G\) 但我们要证 \(h^{-1}\in\Aut(G)\)。 设 \(x,y\in G\)，则 \[h^{-1}(xy) = h^{-1}\bigl\{h\bigl[h^{-1}(x)\bigr]h\bigl[h^{-1}(y)\bigr]\bigr\} = h^{-1}\bigl\{h\bigl[h^{-1}(x)h^{-1}(y)\bigr]\bigr\} = h^{-1}(x)h^{-1}(y)\] 这说明 \(h^{-1} \in \Aut(G)\) ，所以 \(\Aut(G)\) 对取逆封闭。

综上所述，\(\Aut(G) \le S_G\)。