那么ai=aiqaro由于at和aiq都属于H,有
ar=a-iqat€H
于是由假设r=0,at=（ai）q而H=（a）
5.找出模12的剩余类加群的所有子群。
解：
模12的剩余类加群G是一个阶为12的循环群。
因此
由题4,G的子群都是循环群，容易看出：
（[0]）=[0]
（[1]）=（[5]）=（[7]）=（[11]）=G
（[2]）=（[10]）={[2],[4],[6],[8],[10],[0]}
（[3]）=（[9]）={[3],[6],[9],[0]}
（[4]）=（[8]）={[4],[8],[0]}
（[6]）={[6],[0]}
是G的所有子群。
6•假定H是群G的一个非空子集并且H的每一个元的
阶都有限。
证明，H作成一个子集的充要条件是：
a,b€Hab€H
解：
由本节定理1，条件显然是必要的。
要证明条件也是充分的，由同一定理，只须证明：
-1
a€Ha€H
设a€H,由于H的每一元的阶都有限，所以a的阶是某
一正整数n而a-1=an-1.于是由所给条件得a-1€H。
§9.子群的陪集
1.证明,阶是素数的群一定是循环群。
解：
设群G的阶为素数p,在G中取一元e,则a生成G的一
个循环子群（a）。
设（a）的阶为n,那么n工1.
但由定理2,n丨p,所以n=p而G=（a）是一个循环群。
2.证明，阶是pm的群（p是素数，存1）一定包含一个阶是p的子群。
解：
设群G的阶是pm。
在G中取一元aze,那么由定理3,a的阶n丨pm.但n^1,所以n=p,t>1,若t=1,那么d的阶为p,（a）是一
t1
个阶为p的子群。
若t>1,可取b=ap,那么b的阶为p,而（b）是一个阶为p的子群。
3•假定a和b是一个群G的两个元，并且ab二ba,又假定
a的阶是mb的阶是n,并且（m,n）=1.证明：
ab的阶是mr。
解：
设ab的阶是k。
由ab=ba,得（ab）mn=amrbmn=e
因此k|mn我们反过来证明，mn|k。
由e=（ab）"=anbn=akn以及a的阶为m得m|kn,但（m,n）=1,所以m|k.同理n|k。
又由
（m,n）=1,得mn|k.这样，ab的阶k=mn
4•假定〜是一个群G的元间的一个等价关系，并且对于G的任意元三个元a,x,x'来说
ax〜ax'x〜x'
证明，与G的单位元e等价的元所作成的集合是G的一个子群。
解：
令H是与e等价的元所作成的集合。
由于e〜e,所以H不空。
设a,b€H,那么a〜e,b〜e,b〜e可写成a-1ab〜a-1a
因此由题设，ab〜a〜e而ab€H。
a〜e可写成ae〜aa-1，因此由题设，e〜a-1而a-1€H。
这样，H作成G的一个子群。
5.我们直接下右陪集Ha的定义如下：
Ha刚好包含G的可以写成ha（h€H）形式的元。
由这个定义推出以下事实：
G的每
一个元属于而且只属于一个右陪集。
解：
取任意元a€G，由于H是一个子群，单位元e€H,因此a=ea€Ha这就是说，元a属于右陪集Ha。
设a€Hb,a€Hc,那么a=h1b=h2c（h,h€H）
由此得，b=h「h2c,而Hb的任意元hb=hh「h2c€Hc
因而HbHc,同样可证HcHb,这样Hb=Hc而a只能属于一个右陪集。
6.若我们把同构的群看成一样的,一共只存在两个阶是4的群,它们都是交换群。
解：
先给出两个阶是4的群。
模4的剩余类加群G1={[0],[1],[2],[3]}.
G1的元[1]的阶是4而g1是[1]所生成的循环群（[1]）。
s4的子群
B4={
（1）,（12）（34）,（13）（24）,（14）（23）}
叫作克莱因四元群。
B4是合的子群容易验证，我们有
[（12）（34）]2=[（13）（24）]2=[（14）（23）]2=
（1）
（12）（34）（13）（24）=（13）（24）（12）（34）=（14）（23）
（13）（24）（14）（23）=（14）（23）（13）（24）=（12）（34）
（14）（23）（12）（34）=（12）（34）（14）（23）=（13）（24）这两个群显然都是交换群。
现在证明,任何阶是4的群都和以上两个群之一同构。
设G是一个阶为4的群。
那么G的元的阶只能是1,2或4
若G有一个阶为4的元d，那么G=（d）是一个循环群，而G与G同构。
若G没有阶为4的元，那么除单位元e外，G的其他3个元的阶都是2,因此有
G={e,a,b,c}a2=b2=c2=e
由于G是群，有ab€G,我们证明ab=c
由ab=e将得ab=a2和b=a,这不可能.
由ab=a将得b=e,也不可能
由ab=b将得a=e,也不可能.
因此只能ab=c,同样可证
ab=ba=c,bc=cb=a,ca=ac=b
比较G和B的代数运算，易见G和B4同构。
补充题：
利用6题证明，一个有限非交换群至少有6个元。
§10.不变子群商群
1•假定群G的不变子群N的阶是2.证明，G的中心包含N。
解：
令N={e,n},这里e是G的单位元，取G的任意元a。
由于N是一个不变子群，有aN=Na即
{a,an}={a,na}
所以an二na。
这样，N的两个元e和n都可以和G的任何元a交换,所以N属于G的中心。
2.证明，两个不变子群的交集还是不变子群。
解令Nf和N2是群G的两个不变子群。
那么“勺N2是G的一个子群（§8.习题2）。
我们进一步证明，N1N2是G的一个不变子群。
令a€G,n€gN2,那么n€Ni,n€N2,但Ni和N2是不变子群，所以ana-1€^,ana-1€n2,因而
-1
ana€N1N2
于是由定理2，N1N2是一个不变子群。
3.证明，指数是2的子群一定是不变子群。
解：
令G是一个群而N是G的一个指数为2的子群。
若n€N,那么显然有nN=Nn设b€G,b€2那么由于N的指数是2，G被分成两个左陪集N和bN;G也被分成两个右陪集N和Nbb因此bN=Nb这样，对于G的任何元a来说，aN=Na是G的一个不变子群。
4•假定H是G的子群，N是G的不变子群，证明，HN是G的子群。
解：
由于H和N都不空，所以HN也不空。
设a€HN,b€HN。
那么
a=h1n1,b=h2n2（h1,h2€H,n1,n2€N）
111'1'1
ab=h1n1n2h2=h1nh2（n=n1n2）
由于N是一个不变子集，有
Nh21=h21N，n'h21=h21n（n€N）
由是得ab1=（h1h21）n€HNHN是一个子群。
5.举例证明，G的不变子集N的不变子群N.未必是G的不变子群（取G=S4）.
解：
令G=S，N={
（1）,（12）（34）,（13）（24）,（14）（23）}
Ni={
（1）,（12）（34）}
已知N是G的一个子群（上节习题6）。
我们证明，N是G的一个不变子群。
为了证明这一点，我们考察，是否对一切€$，等式
（a）N1=N
成立。
由于任何都可以写成（1i）形的2一循环置换的乘积。
（§6.
习题5）,我们只须对（1i）形的来看等式（a）是否成立。
又由于N的元的对称性，我们只须看=（12）的情形。
但
（12）{
（1）,（⑵（34）,（13）（24）,（14）（23）}（⑵={
（1）,
（12）（34）,（14）（23）,（13）（24）}
所以N是s的一个不变子群。
由于N是交换群，N1当然是N的一不变子群。
但N1不是S的一个不变子群。
因为（13）（12）（34）（13）
=（14）（23）N1
6.一个群G的可以写成a1Jab形式的元叫作换位子。
证明；
（i）所有有限个换位子的乘积作成的集合C是G的一个不变子群；
（ii）G/C是交换群；
（iii）若N是G的一个不变子集，并且G/N是交换群，那么
NC
解：
（i）,C的两个元的乘积仍是有限个换位子的乘积，因而仍是
C的一个元。
一个换位子的逆仍是一个换位子，所以C的一个元的逆
仍是C的一个元。
这样C是一个子群。
对于a€G,c€C,aca、（aca1cJc€C,所以C是G的一个不变子群。
（ii）令a,b€G。
那么a1Jab=c€C。
由此得
ab=bac,abC=bacC=baC
即aCbC二bCa而G/C是交换群。
（iii）因为G/N是交换群，所以对G的任何两个元a和b
（aN）（bN）=（bN）（aN）,abN=baN
由此得ab=ban（n€N）a"b"ab=n€N。
这样N含有一切换位子，因此含有C。
补充题。
令和（ni2…ik）属于s。
证明
1（iii2…jk）=（i：
i；…i：
）
§11.同态与不变子群
1.我们看一个集合A到集合A的满射①。
证明。
若A的子集S是a的子集s的逆象；S是S的象，但若s是S的象,S不一定s的逆象。
解：
（i）设S是s的逆象。
这时对任一元a€S,存在元a€s,使①（a）=a,因此©（S）s。
反过来，对任一a€S，存在a€S,使①（a）=a,因此s0（S）。
这样s=0（S），即S是S的象。
（ii）令A={1,2,3,4},a={2,4},A到a的满射是
①：
12，22，34，44
取S={1,3}。
那么S的象s={2,4}。
但s的逆象是AS
2.假定群G与群G同态,N是G的一个不变子群,N是N的逆象。
证明,G/NG/N。
解：
设所给G到g同态满射是①：
aa=^（a）我们要建立一个G/N到g/N的同构映射。
定义
：
aNaN
若aN=bN那么b1a€N。
由于n是N©之下的象，有
1_1厂
ba=b
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