本文详细探讨了群论中的基本性质和定理。包括群的逆元性质，乘法的结合律，阿贝尔群的性质，偶数阶群中二阶元的存在性，以及子群的定义和特性。通过严谨的数学推理，证明了群论中的关键命题，展示了群论在抽象代数中的重要地位。
1. 证明命题6.6
因为
a
，
b
，
c
∈
G
a，b，c\in\mathbb{G}
a，b，c∈G
则存在一个
a
a
a 的逆元
a
−
1
a^{-1}
a−1 使得
a
a
−
1
=
e
aa^{-1}=e
aa−1=e，且
b
e
=
b
be=b
be=b，
c
e
=
c
ce=c
ce=c
故在等式
b
a
=
c
a
ba=ca
ba=ca 两边同时乘以
a
−
1
a^{-1}
a−1，即
b
a
a
−
1
=
c
a
a
−
1
baa^{-1}=caa^{-1}
baa−1=caa−1
则可得
b
=
c
b=c
b=c ，故命题前半部分得证
而命题后半部分由
a
−
1
a
=
e
a^{-1}a=e
a−1a=e 同理可证
2. 证明命题6.7
- 性质1
因为
∀
m
,
n
∈
Z
\forall m,n \in \mathbb{Z}
∀m,n∈Z，所以
g
m
g
n
=
g
g
.
.
.
.
.
.
g
g
⏟
m
⋅
g
g
.
.
.
.
.
.
g
g
⏟
n
=
g
g
.
.
.
.
.
.
g
g
⏟
n
+
m
g^{m}g^{n}=\underset{m}{\underbrace{gg......gg}}\cdot \underset{n}{\underbrace{gg......gg}}=\underset{n+m}{\underbrace{gg......gg}}
gmgn=m
gg......gg⋅n
gg......gg=n+m
gg......gg
即是有
(
m
+
n
−
1
)
(m+n-1)
(m+n−1) 次的群运算，故等于
g
m
+
n
g^{m+n}
gm+n
- 性质2
因为
∀
m
,
n
∈
Z
\forall m,n \in \mathbb{Z}
∀m,n∈Z，所以
(
g
m
)
n
=
g
g
.
.
.
.
.
.
g
g
⏟
m
.
.
.
.
.
.
.
g
g
.
.
.
.
.
.
g
g
⏟
m
⏟
n
(g^{m})^{n}=\underset{n}{\underbrace{\underset{m}{\underbrace{gg......gg}}.......\underset{m}{\underbrace{gg......gg}}}}
(gm)n=n
m
gg......gg.......m
gg......gg
即是有
(
n
∗
m
−
1
)
(n*m-1)
(n∗m−1) 次的群运算，故等于
g
m
n
g^{mn}
gmn
- 性质3
因为 ( h − 1 g − 1 ) − n = ( ( h − 1 g − 1 ) − 1 ) n = ( g h ) n (h^{-1}g^{-1})^{-n}=((h^{-1}g^{-1})^{-1})^{n}=(gh)^{n} (h−1g−1)−n=((h−1g−1)−1)n=(gh)n，命题前半部分得证
(
g
h
)
n
=
g
h
⋅
g
h
⋅
.
.
.
.
.
.
⋅
g
h
⋅
g
h
⏟
n
(gh)^{n}=\underset{n}{\underbrace{gh\cdot gh\cdot......\cdot gh\cdot gh}}
(gh)n=n
gh⋅gh⋅......⋅gh⋅gh，而若
G
\mathbb{G}
G是阿贝尔群，则有
g
h
=
h
g
gh=hg
gh=hg
则必能将
g
h
⋅
g
h
⋅
.
.
.
.
.
.
⋅
g
h
⋅
g
h
⏟
n
\underset{n}{\underbrace{gh\cdot gh\cdot......\cdot gh\cdot gh}}
n
gh⋅gh⋅......⋅gh⋅gh 转化为
g
⋅
.
.
.
.
.
.
⋅
g
⏟
n
⋅
h
⋅
.
.
.
.
.
.
⋅
h
⏟
n
\underset{n}{\underbrace{g\cdot......\cdot g}} \cdot \underset{n}{\underbrace{h\cdot......\cdot h}}
n
g⋅......⋅g⋅n
h⋅......⋅h
即等于
g
n
h
n
g^{n}h^{n}
gnhn，命题后半部分得证
3. 证明偶数阶群必有二阶元
假设，偶数阶群
G
\mathbb{G}
G 不存在二阶元
g
g
g，即不存在
g
∈
G
，
g
≠
e
且
g
2
=
e
g\in\mathbb{G}，g\neq e且g^{2}=e
g∈G，g=e且g2=e，并且群的阶数为
n
n
n
那么群
G
\mathbb{G}
G 中除单位元
e
e
e 之外的
n
−
1
n-1
n−1个元素
g
g
g 均不等于其逆元
g
−
1
g^{-1}
g−1，这样每个
g
g
g 和
g
−
1
g^{-1}
g−1 将相互两两配对，则
n
−
1
n-1
n−1必须是偶数，而又因为
n
n
n 是偶数，故产生矛盾，所以偶数阶群一定有二阶元
4. 证明命题6.8
A. 充分性
因为 H \mathbb{H} H是群，由群的封闭性，对任意 a , b ∈ H , a b − 1 ∈ H a,b\in \mathbb{H},ab^{-1}\in\mathbb{H} a,b∈H,ab−1∈H 显然成立
B. 必要性
（1）存在单位元
对于 a , b ∈ H , a b − 1 ∈ H a,b\in \mathbb{H},ab^{-1}\in\mathbb{H} a,b∈H,ab−1∈H，令 b = a b=a b=a，则有 a a − 1 = e ∈ H aa^{-1}=e\in\mathbb{H} aa−1=e∈H，故存在单位元
（2）存在逆元
对于 a , b ∈ H , a b − 1 ∈ H a,b\in \mathbb{H},ab^{-1}\in\mathbb{H} a,b∈H,ab−1∈H，令 a = e , b = a a=e,b=a a=e,b=a，则有 e a − 1 = a − 1 ∈ H ea^{-1}=a^{-1}\in\mathbb{H} ea−1=a−1∈H，故存在逆元
（3）满足封闭性
对于 a , b ∈ H , a b − 1 ∈ H a,b\in \mathbb{H},ab^{-1}\in\mathbb{H} a,b∈H,ab−1∈H，令 b = b − 1 b=b^{-1} b=b−1，则有 a ( b − 1 ) − 1 = a ⋅ b ∈ H a(b^{-1})^{-1}=a\cdot b\in\mathbb{H} a(b−1)−1=a⋅b∈H，故满足封闭性
（4）结合律
显然成立
综上， H \mathbb{H} H满足群公理，是一个群
5. 证明
因为
n
∈
H
,
i
∈
[
0
,
n
]
,
g
i
∈
G
n\in \mathbb{H},i\in[0,n],g_{i}\in \mathbb{G}
n∈H,i∈[0,n],gi∈G，故
g
i
g
i
−
1
=
e
g_ig_i^{-1}=e
gigi−1=e
将
g
0
g
1
.
.
.
g
n
g_0g_1...g_n
g0g1...gn与
g
n
−
1
.
.
.
g
1
−
1
g
0
−
1
g_n^{-1}...g_1^{-1}g_0^{-1}
gn−1...g1−1g0−1做群运算，即为
g
0
g
1
.
.
.
g
n
⋅
g
n
−
1
.
.
.
g
1
−
1
g
0
−
1
g_0g_1...g_n \cdot g_n^{-1}...g_1^{-1}g_0^{-1}
g0g1...gn⋅gn−1...g1−1g0−1，式子中的2n个元素均与自己的逆元配对相乘，故最终结果为单位元
e
e
e
又因为群的封闭性易得，
(
g
0
g
1
.
.
.
g
n
)
(g_0g_1...g_n)
(g0g1...gn)，
(
g
n
−
1
.
.
.
g
1
−
1
g
0
−
1
)
∈
G
(g_n^{-1}...g_1^{-1}g_0^{-1})\in\mathbb{G}
(gn−1...g1−1g0−1)∈G，
故
g
n
−
1
.
.
.
g
1
−
1
g
0
−
1
g_n^{-1}...g_1^{-1}g_0^{-1}
gn−1...g1−1g0−1是
g
0
g
1
.
.
.
g
n
g_0g_1...g_n
g0g1...gn的逆元，证毕
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
