近世代数第二章答案

近世代数第二章群论答案

§1. 群的定义

1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？ 解：不是，因为普通减法不是适合结合律。 例如

3-(2-1)=3-1=2 (3-2)-1=1-1=0 3-(2-1)≠(3-2)-1 2. 举一个有两个元的群的例。 解：令G ={e , a }, G 的乘法由下表给出

首先，容易验证，这个代数运算满足结合律 (1) (x y )z =x (y z ) x , y , z ∈G

因为，由于ea =ae =a ，若是元素e 在(1)中出现，那么(1)成立。(参考第一章，§4，习题3。) 若是e 不在(1)中出现，那么有

(aa )a =ea =a a (aa )=ae =a

而(1)仍成立。

其次，G 有左单位元，就是e ；e 有左逆元，就是e ，a 有左逆元，就是a 。所以G 是一个群。

读者可以考虑一下，以上运算表是如何作出的。

3. 证明，我们也可以用条件Ⅰ，Ⅱ以及下面的条件IV '，V '来做群的

定义：

IV ' G 里至少存在一个右逆元a -1，能让

ae =a 对于G 的任何元a 都成立；

V ' 对于G 的每一个元a ，在G 里至少存在一个右逆元a -1，能让

aa -1=e

解：这个题的证法完全平行于本节中关于可以用条件I,II,IV,V 来做群定义的证明，但读者一定要自己写一下。

§2. 单位元、逆元、消去律

1. 若群G 的每一个元都适合方程x 2=e ，那么G 是交换群。 解：令a 和b 是G 的任意两个元。由题设

(ab )(ab )=(ab )=e 另一方面

(ab )(ba )=ab 2a =aea =a 2=e 于是有(ab )(ab )=(ab )(ba )。利用消去律，得 ab =ba 所以G 是交换群。

2. 在一个有限群里，阶大于2的元的个数一定是偶数。 解：令G 是一个有限群。设G 有元a 而a 的阶n >2。

考察a -1。我们有

a n (a -1)=e e (a -1)=(a -1)=e

n

n

n

2

设正整数m

m

假设矛盾。这样，n 也是a -1的阶，易见a -1≠a 。

否则 a 2=aa -1=e

与n >2的假设矛盾。这样，我们就有一对不同的阶大于2的元a 和

a -1。

设G 还有元b ，b ≠a ，b ≠a -1，并且b 的阶大于2。那么b -1的阶也大于2，并且b -1≠b 。我们也有b -1≠a 。

否则 e =b -1b =aa -1=b -1a -1

消去b -1得b =a -1，与假设矛盾。同样可证b -1=a -1。这样，除a 和a -1

外，又有一对不同的阶大于2的元b 和b -1。

由于G 是有限群，而G 的阶大于2的元总是成对出现，所以G 里这种元的个数一定是偶数。

3. 假定G 是一个阶是偶数的有限群。在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数。

解：由习题2知，G 里阶大于2的元的个数是偶数。但G 只有一个阶是1的元，就是单位元e 。于是由于的阶是偶数，得G 里阶等于2的元的个数是奇数。

4. 一个有限群的每一个元的阶都有限。

解：令G 是一个有限群而a 是的任一元素，那么

a , a 2, a 3,...

不能都不相等。因此存在正整数 i ，j ，i j ，使a i =a j ，用a -j 乘两边，得

（1） a i -j =e

这样，存在正整数i -j ，使（1）成立，因此也存在最小的正整数m ，

使a m =e ，这就是说，元a 的阶是m 。

4. 群的同态

假定在两个群G 和G 的一个同态映射之下， a →a 。a 与a 的阶是不是一定相同？

解：不一定。例如，令G 是本章1中例2所给出的群而G 是该节中例1所给出的的群。那么读者容易证明

φ: n →g n 是G 的任意元

是G 到G 的一个同态映射。但G 的每一元n ≠0都是无限阶的，而g 的阶是1。

5. 变换群

1. 假定τ是集合A 的一个非一一变换。τ会不会有一个左逆元τ-1使得

τ-1τ=ε?

解：可能有。例如令A ={所有正整数}，则

τ： 1→1， n →n -1 n 1

显然是A 的一个非一一变换。而A 的变换

τ-1： n →n +1 n ∈A

就能使τ-1τ=ε.

2. 假定A 是所有实数作成的集合。证明，所有A 的可以写成 x →ax +b a 和b 是有理数， a ≠0 形式的变换作成一个变换群。这个群是不是一个变换群？ 解：令G 是由一切上述变换作成的集合。考察G 的任何两个元素

τ： x →ax +b a 和b 是有理数， a ≠0

λ： x →cx +d c 和d 是有理数， c ≠0

那么

τλλ

=(a x +) b =(c a +x ) b +τλ： x →x

d

=(ca ) x +(cb +d ) 这里ca 和cb +d 都是有理数，并且ca ≠0。 所以τλ仍属于G 。

结合律对一般变换都成立，所以对上述变换也成立。 单位变换

ε： x →x

属于G 。

容易验证，τ在G 中有逆，即

τ-1： x →x +(-)

1a

b a

因此G 作为一个变换群。 但G 不是一个交换群。令

τ1： x →x +1

τ2： x →2x

那么

τ1τ2： x →(x τ) τ=(x +1) τ=2x +2

1

2

2

τ2τ1： x →(x τ) τ=(2x ) τ=2x +1

2

1

1

τ1τ2≠τ2τ1

3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合。我们暂时用符号

τ：

a →a ' =τ(a )

来说明一个变换τ。证明，我们可以用

τ1τ2： a →τ1[τ2(a )]=τ1τ2(a )

来规定一个乘法，这个乘法也适合结合律并且对于这个乘法来说，ε还是S 的单位元。

解：令τ1和τ2是S 的任意两个元而a 是A 的任意一个元。那么τ2(a ) 和

τ1[τ2(a )]都是A 的唯一确定的元。因此如上规定τ1τ2仍是S 的一个唯一

确定的元而我们得到了一个S 的乘法。

令τ3也是一个任意元，那么

(1τ2) τ3a ](=) τ1τ2τa [3=() ]τ1a τ{3 [() ]} [τ

](=) τ1τ[2τa 3=() ]τ1τ2{a τ3 [τ1(τ2τ3) a [() ]}

所以(τ1τ2) τ3=τ1(τ2τ3) 而乘法适合结合律。

令τ是S 的任意元。由于对一切a ∍A ，都有ε(a ) =a ， 所以

ετ(a ) =ε[τ(a )]=τ(a ) τε(a ) =τ[ε(a )]=τ(a ) 即ετ=τε=τ而ε仍是S 的单位元。

4. 证明，一个变换群的单位元一定是恒等变换。

解：设G 是由某一集合A 的变换组成一个变换群，而ε是G 的单位元。任取G 的一个元τ和A 的一个元a 。由于ετ=τ，有 a ετ=(a ε) τ=a τ

由于τ是A 的一个一一变换，所以a ε=a 而ε是A 的恒等变换。 5. 证明，实数域上一切有逆的n ⨯n 矩阵对于矩阵乘法来说，作成一

个群.

解：这个题的解法很容易，这里从略。

6. 置换群

⎛123⎫

1. 找出所有s 3不能和 ⎪交换的元。 231⎝⎭

解：s 3有6个元：

⎛123⎫⎛123⎫⎛123⎫

⎪， ⎪， ⎪， 123132213⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛123⎫⎛123⎫⎛123⎫

，， ⎪ ⎪ ⎪。 ⎝231⎭⎝312⎭⎝321⎭

其中的

⎛123⎫⎛123⎫⎛123⎫⎛123⎫

⎪， ，⎪ ⎪= 231⎪

⎭⎝123⎭⎝231⎭⎝312⎭⎝

2

显然可以和

⎛123⎫⎛123⎫

交换。通过计算，易见其它三个元不能和 ⎪ ⎪交换。⎝231⎭⎝231⎭

2. 把s 3的所有元写成不相连的循环置换的乘积。 解： ⎪=（1），

12⎝123⎭⎝3

23⎛123⎫⎛1

=（1 2）， ⎪

21⎝213⎭⎝3⎛123⎫

⎪=（1 3 2） ⎝312⎭

⎛123⎫

13⎛2

⎫

⎪=（2 3） ⎭

23⎛1⎫

=（1 3）， ⎪

13⎝2⎭

⎫

⎪=（1 2 3） ⎭

3．证明：

（ⅰ）两个不相连的循环置换可以交换； （ⅱ）

解：（ⅰ）看的两个不相连的循环置换σ和τ。我们考察乘积στ

使数字1，2，…，n 如何变动。有三种情况。

（a ） 数字 在σ中出现，并且σ把变成j 。这时由于σ和τ不相连，

j 不在τ中出现，因而τ使j 不变，所以στ仍把变成j 。 （b ） 数字k 在τ中出现，并且τ把k 变成

。这时

因而σ使k 不变，所以στ仍把变成。 （c ） 数字m 不在σ和τ中出现。这时στ使m 不动。

如上考察τσ使数字1，2，…，n 如何变动，显然得到同样的结果。因此στ=τσ。 （ⅱ）由于4．证明一个解：一个别把

变成

循环置换的阶是 。 循环置换π

=

。同理

的一次方，二次方，…，次方分

把i 2变成i 2, …,

把

变成

。因此

，那么

。这就证明了，

，所以

不在σ中出现，

。由上面的分析，若是

π的阶是。

5．证明的每一个元都可以写成

（1 2），（1 3），…，（1 n）

这

个

循环置换中的若干个的乘积。

解：由于每一个置换都可以写成不相连的循环置换的乘积，所以只须证明，一个循环置换可以写成若干个（1 ）形的置换的乘积。设π是一个

循环置换。我们分两个情形加以讨论。

（a ） 1在π中出现，这时π可以写成

容易验算

（b ） 1不在π中出现，这时

§7. 循环群

1．

证明，一个循环群一定是交换群。

解：设循环群G =(a )。那么G 的任何两个元都可以写成a m 和a n （m ，n 是整数）的形式。但 一个交换群。

2. 假定群的元a 的阶是n 。证明的阶是 ，这里d=( r，n )是r 和n 的最大公因子。

解：由于d ｜r ，r=ds ，所以

现在证明， 就是的阶。设的阶为。那么令

得

但

而

是

的阶，所以

而

a a

m n

=a

m +n

=a

n +m

=a

n

a

m

所以G 是

。

于是｜ 。（参看本节定理的第二种情形。） 为了证明

，只须反过来证明｜ 。由

而n 是a 的阶，

同上有n ｜r , 因而｜互素而有

。

。但d 是n 和r 的最大公因子，所以

3. 假定a 生成一个阶是n 的循环群G 。证明：也生成G ，假如（r,n ）=1 (这就是说r 和n 互素) 。 解：由习题2，的阶是n 。所以

互不相同。但G 只有n 个元，所以

而生成G 。

4．假定G 是循环群，并且G 与同态。证明也是循环群。

，

解：由于G 与同态，也是一个群。设G =(a )，而在G 到的同态满射φ下

，

。

看

的任意

元

。那么在φ下，

有

。这样，的每一元都

是的一个乘方而G =(a ) 。

5．假定G 是无限阶的循环群，是任何循环群。证明G 与同态。 解：令G =(a )，G =(a ) 。定义 Φ：的一个同态满射。

（ⅰ）由于G 是无限阶的循环群，G

的任何元都只能以一种方法写成

的形式，所以在φ之下，G 的每一个元有一个唯一确定的象，而φ是G 到的一个映射。 （ⅱ）的每一个元都可以写成

的形式，因此它在φ之下是G

的元

我们证明，φ是G 到

的象，而φ是G 到的一个满射。 （ⅲ）

所以φ是G 到的一个同态满射。

§8. 子 群

1． 找出的所有子群。 解：显然有以下子群：

本身；((1))={(1)};

((1 2))={(1 2),(1)};

((1 3))={(1 3),(1)};

((2 3))={(2 3),(1)};

((1 2 3))={(1 2 3),(1 3 2)，(1)}。 若的一个子群H 含有（1 2）,(1 3)这两个2-循环置换，那么H 含有（1 2 ）(1 3)=(1 2 3 ),(1 2 3) (1 2)=(2 3)

因而H=. 同理，若是的一个子群含有两个2-循环置换（2 1），(2 3)或（3 1）,(3 2),这个子群也必然是。

用完全类似的方法，读者也可以算出，若是的一个子群含有一个2-循环置换和一个3-循环置换，那么这个子群也必然是。

因此上面给出的6个子群是的所有子群。

2． 证明，群G 的两个子群的交集也是G 的子群。

解：设和是G 的子群。

令e 是G 的单位元。那么e 属于

令a,b 。那么a ，b 属于 。但是子群。所 ，因而

而

以属于 ，因而属于

是G 的子群。 。 这就证明了，

3． 取的子集S {(1 2) ,(1 2 3)}。S 生成的子群包含哪些元？一个群的两个不同的子集会不会生成相同的子群？

解：见习题1的解。

4． 证明，循环群的子群也是循环群。

解：设循环群G=（a ）而H 是G 的一个子群。

若H 只含单位元e=a0，则H=（e ）是循环群。若H 不仅含单位元，那么因为H 是子群，它一定含有元a m ，其中m 是正整数。令是最小的使得属于H 的正整数，我们证明，这时

a t 。令

t=iq+r 0≤r ＜i

那么a i =aiq a r 。由于a t 和a iq 都属于H ，有

a r =a-iq a t ∈H

于是由假设r=0,at =（a i ）q 而H=（a i ）。

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]}

.看H 的任一元

([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 ∈H ⇒ab ∈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：

a∈H ⇒a -1∈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a ≠e ，则a 生成G 的一个循环子群（a ）。设（a ）的阶为n ，那么n ≠1.

但由定理2，n │p ，所以n=p而G=（a ）是一个循环群。

2. 证明，阶是p m 的群（p 是素数，m ≥1）一定包含一个阶是p 的子群。

解：设群G 的阶是p m 。在G 中取一元a ≠e ，那么由定理3，a 的阶n │p m . 但n ≠1, 所以n=pt ,t ≥1, 若t=1,那么d 的阶为p ，（a ）是一个阶为p 的子群。若t ＞1, 可取b=a

个阶为p 的子群。

p t -1, 那么b 的阶为p ，而(b)是一

3. 假定a 和b 是一个群G 的两个元，并且ab=ba，又假定

a 的阶是m ，b 的阶是n ，并且（m,n ）=1.证明：ab 的阶是mn 。 解：设ab 的阶是k 。由ab=ba,得 （ab ）mn =amn b mn =e

因此k │mn 。我们反过来证明，mn │k 。由 e=（ab ）kn =akn b kn =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H a的定义如下：H a刚好包含G 的可

以写成h a （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=e a∈H a这就是说，元a 属于右陪集H a。

设a ∈H b,a∈H c,那么a=h 1b=h2c (h , h ∈H) 12

由此得，b=h 1-1h 2c, 而H b的任意元 hb=h h 1-1h c ∈H c 2

因而H b⊂H c，同样可证H c⊂H b，这样H b=H c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

1G ={[0],[1],[2],[3]}. 11。 G 的元[1]的阶是4而G 是[1]所生成的循环群（[1]）

s 4的子群

B 4={(1),(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)}

叫作克莱因四元群。B 4是s 4的子群容易验证，我们有

[(1 2)(3 4)]2=[(1 3)(2 4)]2=[(1 4)(2 3)]2=（1）

(1 2)(3 4)(1 3)(2 4)=(1 3)(2 4)(1 2)(3 4)=(1 4)(2 3) (1 3)(2 4)(1 4)(2 3)=(1 4)(2 3)(1 3)(2 4)=(1 2)(3 4) (1 4)(2 3)(1 2)(3 4)=(1 2)(3 4)(1 4)(2 3)=(1 3)(2 4) 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 1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B 4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=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N 1和N 2是群G 的两个不变子群。那么N 1⋂N 2是G

的一个子群（§8. 习题2）。我们进一步证明，N 1⋂N 2是G 的一 个不变子群。令a ∈G,n ∈N 1⋂N 2, 那么n ∈N 1,n ∈N 2, 但N 1 和N 2是不变子群，所以ana -1∈N 1, ana-1∈N 2, 因而

ana-1∈N 1⋂N 2

于是由定理2，N 1⋂N 2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 ∈∈N 。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Nb 。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=h 1

-1-n , b=h n 12-12 (h 1, h 2∈ H , n 1, n 2∈N ) ' a b =h 1n 1n 2h -12=h 1n h -12 (n =n 1n 2) ' -1

由于N 是一个不变子集，有

N h 2=h 2N ，n

-1-1-1' h -12=h 2 n （n ∈N ） -1由是得a b =(h 1h 2)n ∈HN ，HN 是一个子群。

5. 举例证明，G 的不变子集N 的不变子群N 1未必是G 的不变子群

（取G =S 4）.

解 ：令G=S 4, N=｛(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)｝

N 1=｛（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π∈S 4，等式

-1

（a ） πN π=N

成立。由于任何π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π来看等式（a ）是否成立。又由于N 的元的对称性，我们只须看π=（12）的情形。但

（12）｛（1），（12）（34），（13）（24），（14）（23）｝（12）=｛（1），

（12）（34），（14）（23），（13）（24）｝

所以N 是S 4的一个不变子群。由于N 是交换群，N 1当然是N 的一不

变子群。但N 1不是S 4的一个不变子群。因为（13）［（12）（34）］（13）

=（14）（23）∈N 1

6. 一个群G 的可以写成a -1--1b -1ab 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 N⊃C

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 =(aca

个不变子群。

（ii ） 令a,b ∈G 。那么a -1-1-1c -1) c∈C ,所以C 是G 的一b -1ab=c∈C 。由此得

ab=bac, abC=bacC=baC

即aCbC=bCaC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 -1b -1ab= n∈N 。

这样N 含有一切换位子，因此含有C 。

补充题。令π和（i 1 i 2…i k ）属于S n 。证明

π-1（i 1 i 2…i k ）π=（i 1 i 2 …i k ） x x x

§11. 同态与不变子群

1. 我们看一个集合A 到集合A 的满射Φ。证明。若A 的子集S 是A 的子集S 的逆象；但若S 是S 的象,S 不一定S 的S 是S 的象，

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Φ（a ）=a , 因此φ(S)⊂ S 。反过来，对任一a ∈S ，存在a ∈S ，使Φ（a ）=a , 因此S ⊂φ(S)。这样S =φ(S)，即S 是S 的象。

（ii ） 令A=｛1 ，2，3，4｝，A =｛2，4｝，A 到A 的满射是 Φ： 1→2 ，2→2 ，3→4 ，4→4

取S=｛1，3｝。那么S 的象S =｛2，4｝。但S 的逆象是A ≠S

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/N≅G /N 。

解：设所给G 到G 同态满射是 Φ： a→a =Φ（a ）

我们要建立一个G/N到G /N 的同构映射。定义

ψ ： aN →a

-1--------------------------------N --若aN=bN,那么b a ∈N 。由于N 是N φ之下的象，有

b a =b -1-1-a ∈N ， a N =b N

--

------ 所以ψ是G/N到G /N 的一个映射。 设a -N ∈G /N 而Φ（a ）=a ，那么

---- ψ ： aN →a

--N

-- 所以ψ是G/N到G /N 的一个满射。 若aN ≠ bN ,那么b a ∈N 。由于N 是N 的逆象，由此得 b a =b -1-1--1-a ∈N ，a N ≠b N

-------- 所以ψ是G/N到G /N 间的一个一一映射。

3. 假定G 和G 是两个有限循环群，它们的阶各是m 和n 。证明，

G 与G 同态，当而且只当n|m的时候。 --

解：设G 与G 同态，那么由定理2，G/N≅G ，这里N 是G 到G 的同态满射的核。所以G/N的阶是n 。但G/N的阶等于不变子群N 在G 里的指数，所以由§9的定理2它能整除G 的阶m 。由此得n|m。 反过来设n|m。 令G=(a), G =(a ) 。定义

Φ： a →a

若a =a ，那么m|h-k。于是由n|m , 得n|h-k而a =a 。这样Φ是G 到G 的一个映射。容易证明，Φ是G 到G 的一个同态满射。因此G 与G 同态。

4. 假定G 是一个循环群，N 是G 的一个子群。证明，G/N也是循

环群。

解：循环群G 是交换群，所以G 的子群N 是不变子群，而G/N有意义。设G=（a ）. 容易证明G/N=（aN ）. 所以G/N也是循环群。

---h k -h -k k k -----