抽象代數(shù)重要定理和習題

有限群論是群論的根底局部，也是群論中應用最為廣泛的一個分支。歷史上，抽象群論的許多概念起源于有限群論。近年來，隨著有限群理論的迅速開展，其應用的日益增多，有限群論已經(jīng)成為現(xiàn)代科技的數(shù)學根底之一，是一般科技工作者樂于掌握的一個數(shù)學工具。有限群論無論是從理論本身還是從實際應用來說,都占有突出地位,它中的置換群、可解和非可解群、冪零群、以及群表示論等等,都是重要的研究對象,總之,其內(nèi)容十分豐富而且龐大。有限群的研究起源很早，其形成時期是與柯西、拉格朗日、高斯、阿貝爾以及后來的伽羅瓦、假設爾當?shù)热说拿窒嗦?lián)系的。1829年伽羅瓦(Galois)引入了置換群的概念,并成功地解決了一個方程可用根式求解的充要條件。置換群是群論歷史上最先知道的一種具體的群。拉格朗日和高斯在研究數(shù)論中的二次型類是出現(xiàn)過交換群的概念;Cayley(凱萊)曾經(jīng)在1849年提出過抽象群,但這個概念的價值當時沒有被認識到,遠遠超越時代的Dedekind(戴德金)在1858年給有限群下了一個抽象的定義,這個群是從置換群中引導出來的,他又在1877年提出了一個抽象的有限交換群。Kronecker(克羅內(nèi)克)也給出了一個相當于Abel群的定義,他規(guī)定了抽象的元素,運算,封閉性,結合性,交換性。以每個元素的逆運算的存在和唯一。他還證明了一些有關群的定理。1878年又是凱萊提出了一個群可以看作一個普遍的概念。毋需只限于置換群,這樣認識到抽象群比置換群包含更多的東西。德國數(shù)學家赫爾德在l889年以后的假設干年內(nèi)，詳細地研究了單群和可解群，證明：一個素數(shù)階循環(huán)群是單群，n個(n>=5)文字的全部偶置換組成的交換群是單群。他還發(fā)現(xiàn)了許多其他有艱的單群。赫爾德和假設爾當還建立了在有限群中的假設爾當一赫爾德合成群列和假設爾當一赫爾德定理。在19世紀末，德國數(shù)學家弗羅貝尼烏斯、迪克和英國數(shù)學家伯恩塞德等都致力于可解群的研究。20世紀初伯恩塞德證明的關于(p,q是素數(shù))必是可解群的定理，導致了對有限單群進行分類的重要研究。美國數(shù)學家湯普森和菲特在20世紀60年代初證明了有限群中長期懸而未決的一個猜測(伯恩塞德猜測)；奇數(shù)階群一定是可解群。它推動了有限群理論的開展。有限單群的完全分類，即找出有限單群所有的同構類，經(jīng)過上百名數(shù)學家約百年的共同努馬中騏群論習題精解1981年得到解決，這是數(shù)學史上的一個非凡成就。《近世代數(shù)根底(修訂本)》是張禾瑞同志1952年著《近世代數(shù)根底》的修訂本，內(nèi)容除第一版中的根本概念、群論、環(huán)與域、整環(huán)里的因子分解等四章外，還增加了關于“護域”的內(nèi)容。這本書可作為綜合大學數(shù)學系和高等師范院校有關專業(yè)的教學參考書。齊曉梅，喬鳳珠的《近世代數(shù)根底問題探析》包含了許多與有限群相關的知識，并且介紹了不同階數(shù)的同構群。馬中騏的《群論習題精解》是《物理學中的群論》配套的習題集，主要包括群的根本概念、群的線性表示理論、三組轉動群、晶體的對稱性、置換群、SU(N)群、SO(N)群和洛倫茲群、李群和李代數(shù)。習題的親手演算對于掌握群論的理論內(nèi)容和計算方法都是必不可少的。河北師范大學本科生畢業(yè)論文〔設計〕文獻綜述有限群Sylow-定理拉格朗日定理指出，如果G是一個n階有限群，M是G的m階子群，那么m整除n.這個定理的逆定理是假命題.但是，Sylow-定理說明，事實上如果除了假設m是一個素數(shù)p的方冪，那么G有m階子群.并且如果m是能整除n的p的最大方冪，那么G的所有m階子群在G中共軛.一個非空群G被稱為p-群，如果其中每個元素的階都是p〔即|g|=，r是正整數(shù)，g是G中任意元〕.一個群的任何一個子群本身就是一個群G的p–子群.一個p-子群被稱為一個Sylowp-子群，如果它不完全包含在任何其他的p-子群中，即它是最大的p-子群.給出以下的Sylow-定理定理Ⅰ設G是一個有限群，且，其中p為素數(shù)，k為非負整數(shù)，m是正整數(shù).證明：G有階子群；任何階為的p-子群都存在階為的p-子群，對于所有的k，只要整除G的階.證明：〔1〕設，對n進行歸納.當n=1時|G|=，此時G有1階子群{e}，結論成立.假設對階小于n的群結論成立，下證對n階群G成立，其中.令C為群G的中心，且假設，下面分兩種情況討論.p||C|，此時C有p階元，從而(a)是的正規(guī)子群，且.于是，由歸納假設，群有階子群，即，其中H為G的子群，且由上式知|H|=.2)p不整除|C|，此時CG，故由群G的類等式，及p||G|，p不整除|C|知，至少有一個[G:N()]不能被p整除，不妨設為[G:N()]，那么由于|G|=[G:N()]|N()，而[G:N()]大于1且整除m，故|N()|==<=n.從而由歸納假設，G的子群N()有階子群，這個子群也是G的階子群.綜上所述，結論成立.(2)設H為G的子群，且|H|=(0t<s)，又G關于H的重陪集分解G=，且取.設由H的個右陪集組成，那么[G:H]=.由于，故.又，而|H|=，故都是p的方冪.但是，又因為p整除[G:H]，故必有.而，所以滿足=1的的個數(shù)是p的倍數(shù)，即[N(H):H].因此，p|[N(H):H]，即p||N(H)/H|，從而群N(H)/H有p階子群/H，其中H是的正規(guī)子群，且||=|H|p=.即G的階子群H包含在階子群中，且在中正規(guī).定理Ⅱ

令G的階為，p整除s.由定理Ⅰ存在G的子群H，使得H的階為〔這個子群被稱為一個“Sylowp-子群”〕.

〔1〕任何兩個Sylowp-子群H，K一定共軛〔這就是說，存在G中元素x，使得H=〕；

〔2〕Sylowp-子群的個數(shù)整除群的階并且k1(modp)〔也就是說，k=pq+1,q0〕.一些例題1、如果集合G對一種叫乘法的運算封閉，證明，G是一個群當且僅當對任意的元a,bG，方程ax=b,ya=b在G中有唯一解.證明()假設G是一個群.那么對任意的元a,bG，總存在G中元而且，如果令x=b，那么xG..因此，有ax=a(b)=(a)b=eb=b.這意味著方程ax=b有一個解，記作x=b.假設存在某G使得也是方程ax=b的一個解.那么ax=b=a，根據(jù)消去律，得到x=.因此當G是群時，方程ax=b有唯一解.()對任意的aG,，由假設方程ax=a有唯一解x=e.現(xiàn)在，考慮G中任意元b，方程ax=b有唯一解，記作y=z.那么za=b，這意味著be=(za)e=z(ae)=za=b.因此be=b.因此e是G的右單位元.同理，可以證明eb=b，也就是說，e也是它的左單位元.因此，G中有單位元.對G中任意元a，令x為方程ax=e的唯一解，y是方程ya=e的唯一解.那么有x=ex=(ya)x=y(ax)=ye=y，這說明x=y是G中元a的逆元.即對任意的aG，都存在G.因此，如果對任意的元a，bG方程ax=b都有唯一解，那么G是一個群.2、(1)設G是一個n階循環(huán)群，證明：是G的生成元當且僅當〔k，n〕=1.(2)如果G是一個n階循環(huán)群，證明：由G的生成元做成的集合gen(G)的階數(shù)是(n).這里(n)是歐拉函數(shù)，定義如下：(1)=1，且當n>1時，(n)表示和n互質的并且比n小的正整數(shù)的個數(shù).證明(1)如果是G的生成元，那么a().因此存在整數(shù)t使得a=，這樣得到=e，故n|(kt-1).因此存在整數(shù)v，使得nv=kt-1.即tk+(-v)n=1，這樣〔k，n〕=1.反過來，如果〔k，n〕=1,那么nt+ks=1(t,s為整數(shù)).有a=.因此a的任意方冪都屬于.從而G=.(2)由(1)的證明過程可知，此結論成立.3、設G為群，H是G的子群且H在G中的指數(shù)為2，證明：對每一個gG.都有H.證明因為H是群G的指數(shù)為2的子群，那么H有且只有兩個陪集H，aH，這里aH，因此G為這兩個集合的并集，即G=HaH.任取gG但是gH.那么存在H中元h使得g=ah.如果H,那么存在H，使得=a.因此得到g=H,這與gH矛盾.因此H.命題得證.4、設G是群，任取G的一個非空子集X，證明：(X)={x|x=,X,1,n=1,2,…}.證明令T={x|x=,X,1,n=1,2,…}.由于X，故T.對任意的x，yT，容易驗證T,因此T是G的子群，且TX.因此，得到(X)T.另一方面，對每一個X，有x=(X)，因此T(X).綜上，T=〔X〕，命題得證.5、證明：循環(huán)群的每一個子群是循環(huán)群.證明假定G=(a)為循環(huán)群,H是G的一個子群.對任意的xHG，存在整數(shù)k，使得x=，同時存在最小正整數(shù)n，使得H.由帶余除法定理，得到k=nq+r，這里0r<n.因此，故.但是，從而有.又由于r<n，故r=0.因此k=qn.如果xH，那么存在正整數(shù)q，使得x=.因此H是一個由生成的循環(huán)子群.注：本文源自于《抽象代數(shù)》〔祝家貴著〕，本書是以Schaum的題解精萃《Abstract

Algebra》為藍本的同名英文教材.FinitegroupTheSylowTheoremLagrange′sTheoremstatesthatifGisafinitegroupofordernandmistheorderofsomesubgroupofG,thenmdividesn.Theconverseofthisresultisfalse.However,theSylowTheoremshowthatifweassumeinadditionthatmisapowerofaprimep,thenGdoes,infact,haveasubgroupoforderm.Moverover,ifmisthelargestpowerofpdividingn,thenallsubgroupsofGofordermareconjugateinG..AnonemptygroupGinwhicheveryelementhasorderpowerofp(thatis,|g|=,forsomepositiveintegerr,forallgG),iscalledap-group.Anysubgroupofagroupwhichisitselfap-groupiscalledap-subgroupofG.Ap-subgroupwhichisnotproperlycontainedinanyotherp-subgroup,thatismaximalp-subgroup,isreferredtoasaSylowp-subgroup.WegivetheSylowTheoreminthefollowing.SylowⅠLetpisaprimenumber,||G|,(|G|<),thenthereisH<Gsuchthat|H|=;Anyp-subgroupoforderisnormalinsomep-subgroupoforder,forallkwhere||G|.Proof(i)Weuseinductionon|G|.If|G|=2,theresultistrivial.Nowassumethestatementistrueforallgroupsoforderlessthan|G|,andsuppose||G|.IfGhasapropersubgroupHwhoseisnotdivisiblebyp,then||H|,sobytheinductivehypothesisHhasasubgroupoforder,whichisofcoursealsoasubgroupofG.Thuswemayassumethatp|[G:H],foreverypropersubgroupHofG.Wechoose{}toconsistofonerepresentativefromeachconjugacyclassinGthatatleasttwoelements,then|G|=|C(G)|+[]+[]+…+[],andeachisapropersubgroupsince.Hencep|[]foranyi,andsincep||G|thisimpliesthatp||C(G)|.ThereforeC(G)hasasubgroupAoforderp.NowAGsinceAC(G),andso||=.If||G|,then,sobytheinductivehypothesishasasubgroupJoforder.Letbethecanonicalhomomorphism,thenhasorderand(i)isproved. (ii)Asintheprecedingargument,weconsiderN(A)/A,whereN(A)isthenormalizerofAinG.ThenN(A)/AhasasubgroupJoforder.TheninverseimageofJunderthecanonicalhomomorphism,hasorder.SinceAN(A),wehaveA.SylowⅡLet|g|=,p|s.BySlowⅠ,thereisH<Gsuchthat|H|=(Thissubgroupiscalleda“Sylowp-subgroup”).AnytwoSylowp-subgroupH,Kmustbeconjugate(Thatistosay,H=,forsomexG);ThenumberofSylowp-subgroups,k,dividestheorderofthegroupandk1(modp)(Thatistosay,k=pq+1,q0).Someexamples1.1 IfGisclosedunderanassociativeoperation,showtheGisagroupiffax=b,ya=bhasauniquesolution,foralla,bG.Proof()SupposeGisagroup.Then,foranya,bG,thereexistelementsG.Moreover,ifwedefinex=b,thenxG.Hence,wecanwriteax=a(b)=(a)b=eb=b.Thisimpliesax=bhasasolution,namelyx=b.SupposethereissomeGsuchthatisalsoasolutiontotheconditionalequationax=b.Thenax=b=abythecancelationlaw,wecangetx=.Soax=bhasauniquesolutionwhenGisagroup.()ForanyaG,thentheequationax=ahasauniquesolutionx=e.Now,consideranybG,whereya=bhasauniquesolution,callity=z.Thenza=b,thisimpliesbe=(za)e=z(ae)=za=b.Hencebe=b.SoeistherightidentityinG.Similarly,wecanshoweb=b,thatis,eisalsotheleftidentity.Therefore,Gcontainsanidentityelement.ForallaG,letxbetheuniquesolutiontotherelationax=e;andletybetheuniquesolutiontoya=e.Thenx=ex=(ya)x=y(ax)=ye=y;whichimpliesx=yistheinverseofainG,thatis,forallaG,thereexistsanelementG.Thus,ifax=bhasauniquesolutionforanya,bG,thenGisagroup.1.2(1)LetGbeacyclicgroupofordern.ProvethatisageneratorofGifandonlyif(k,n)=1.(2)IfGisacyclicgroupofordernandgen(G)={allgeneratorofG},then|gen(G)|=(n),whereistheEuler-function,definedasfollows:(1)=1and,ifn>1,then(n)isthenumberofintegerskwith1k<nforwhichkandnarerelativelyprime.Proof(1)IfgeneratesG,thena(),andsoa=forsomet.Hence=en|(kt-1),sothereisvwithnv=kt-1.Therefore,tk+(-v)n=1,andso(k,n)=1.Conversely,if(k,n)=1,thennt+ks=1fort,s,wehavea=.Therefore,everypowerofaalsoliesinandG=.(2)Thisfollowsatoncefrompart(1).1.3LetGbeagroupandletH<Gand[G:H]=2.ShowthatHforeverygG.ProofSince[G:H]=2,thereareexactlytwocosets,namely,HandaH,whereaH.Thus,GisthedisjointunionG=HaH.TakegGwithgH,sothatg=ahforsomehH.IfH,then=a,whereH.Hence,g=H,andthisisacontradiction.1.4LetGbeagroupandletXG.Then(X)={x|x=,X,1,n=1,2,…}.ProofWedenoteT={x|x=,X,1,n=1,2,…}.SinceX,wehaveT.Nowforallx,yT,itiseasytoseethatT,henceT<GandTX.Therefore,wehave(X)T.Ontheotherhand,eachXx=(X),henceT(X).1.5 Showthateverysubgroupofacyclicgroupiscyclic.ProofSupposeG=(a).SupposethatHisasubgroupofG.Inparticular,everyelementxHGcanbewrittenintheformx=,forsomek.Also,thereexistsaleastpositiveintegern,suchthatH.BytheDivisionAlgorithm,wecanwritek=nq+r,where0r<n.Hence,thisimplies.But,whichimpliesthat.Andsincer<n,weobtainr=0.Thereforek=qn,andifxH,thenx=,forsomepositiveintegerq.Therefore,Hisacyclicsubgroupgeneratedby.

題目對有限群的認識作者姓名王濤指導教師鄧明立所在學院數(shù)學與信息科學學院專業(yè)〔系〕代數(shù)與近現(xiàn)代數(shù)學史班級〔屆〕2010級目錄中文摘要、關鍵詞……………〔=2\*ROMANII〕1、預備知識…………………〔1〕1.1 根本定義……………………〔1〕1.2 根本定理……………………〔1〕2、 階數(shù)不超過10的有限群…………………〔3〕3、 有限群常見結論……………〔7〕3.1對一般有限群成立的常見結論……………〔7〕3.2對有限循環(huán)群成立的常見結論……………〔9〕3.3對置換群成立的常見結論………………〔11〕參考文獻………〔14〕英文摘要、關鍵詞……………〔=3\*ROMANIII〕對有限群的認識摘要本文主要討論與有限群相關的一些根本知識.全文分三局部介紹：第一章，介紹一些與文章相關的根本定義和定理，為下文表達作鋪墊.第二章，從同構的角度分析了階數(shù)不超過10的有限群.第三章，按照從一般到特殊的結構，先介紹了對一般有限群成立的結論，然后分別介紹了對有限循環(huán)群和置換群成立的結論.關鍵字有限群，有限循環(huán)群，置換群，有限群的階對有限群的認識1.預備知識1.1根本定義定義1 假設群G中只有有限個元素,那么稱G是有限群.而群G中所含元素的個數(shù)叫群G的階;假設群G中有無限多個元素,那么稱G是無限階群.定義2 設G是一個群,e是G的單位元,a∈G,假設存在正整數(shù)n,使得=e,而對于小于n的任意正整數(shù)m,都有≠e,那么稱元a的階是n(或元a的周期是n);假設對任意的正整數(shù)n,都有≠e,那么稱元a的階是∞.定義3 假設一個群G的每一個元都是G的某一個固定元a的乘方，而且a的階是有限整數(shù)，那么稱G是有限循環(huán)群.定義4假設G是有限集合的假設干個置換作成的群，那么稱G是一個置換群.定義5一個包含n個元的集合的全體置換作成的群叫做n次對稱群.1.2根本定理Lagrange定理 假定H是一個有限群G的一個子群，那么H的階n和它在G里的指數(shù)j都能整除G的階N，并且N=nj.證明首先證明一個子群與它的每一個右陪集之間都存在一個一一映射.事實上，設K是一個子群，定義 ：KKa那么為K到Ka間的一一映射.這是因為：K的每一個元k有一個唯一的象ka，故為映射;Ka的每一個元ka是K中k的象，故為滿射；假設，那么，故為K到Ka的一一映射從而子群的階等于它的陪集的階.G的階N既是有限，H的階n和它的指數(shù)j也都是有限正整數(shù).G的N個元被分成j個右陪集，每一個右陪集都有n個元，所以N=nj.推論一 一個有限群的任意元的階都能整除群的階.證明 設G為有限群，任取a∈G，設a的階為n，由a生成一個階是n的子群.由Lagrange定理知，n整除G的階.推論二 設G為一個階是n的有限群，那么對G中任一元a一定有=e.證明 由推論一知，a的階能整除n，設a的階為m，即有m|n，從而存在整數(shù)q使得n=qm.故.推論三 有限群中商群的階整除群的階.證明 設G為有限群，N為G的不變子群，那么商群中元的個數(shù)等于N的指數(shù)，從而由Lagrange定理知，的階整除群G的階.注：Lagrange定理的逆命題：“設G是有限群，假設正整數(shù)m，m整除G的階，那么G有m階子群”不成立.例如設={〔1〕，〔123〕，〔132〕，〔134〕，〔143〕，〔124〕，〔142〕，〔234〕，〔243〕，〔12〕〔34〕，〔13〕〔24〕，〔14〕〔23〕}.由對于的乘法封閉知.稱為4次交換群.||=12,又6|12，但沒有6階子群.事實上，假設有6階子群H，那么單位元e=〔1〕H.因中有且只有3個二階元〔12〕〔34〕，〔13〕〔24〕，〔14〕〔23〕，故6階子群H中必有3-循環(huán)置換(abc)(a,b,c{1,2,3,4}),于是〔abc〕的逆元.因而在H中，3-循環(huán)置換成對出現(xiàn).又〔1〕H，于是H中至少有一個2階元，不妨設為〔ab〕〔cd〕.因此〔abc〕[(ab)(cd)]=(bdc)H,,那么H中至少有7個元：〔1〕，〔abc〕，〔acb〕，〔ab〕〔cd〕，〔bdc〕，〔acd〕，(adc).此與|H|=6矛盾.所以沒有6階子群.Cayley定理任何一個群都同一個變換群同構.證明假設G是一個群，G的元是a，b，c，.在G里任意取出一個元x來，那么：是集合G的一個變換.因為給了G的任意元g，能夠得到一個唯一的G的元，這樣由G的每一個元x，可以得到G的一個變換.把所有這樣得來的G的變換放在一起，作成一個集合={}.那么是G到的滿射.但消去律：告訴，假設,那么.所以是G與間的一一映射.再進一步看，這就是說，所以G與間的同構映射，所以是一個群.但G的單位元e的象是G的恒等變換，由于是G的一個變換群.這樣G與G的一個變換群同構.2.階數(shù)不超過10的有限群設G為有限群,記G的階為n,f(n)為不同構的群G的個數(shù),有n12345678910f(n)1112121522定理1 階數(shù)是素數(shù)的群只能是循環(huán)群C.證明 元素的階數(shù)正是元素產(chǎn)生的循環(huán)子群的階數(shù).子群的階數(shù)是群階數(shù)的約數(shù)，所以當群的階數(shù)為素數(shù)時，除單位元e外，元素的階數(shù)只能等于群的階數(shù).因而循環(huán)子群就是群本身.一階群只有一種：單位元群G={e}二階群只有一種：循環(huán)群={e，a}=〔a〕證明 2是素數(shù)，由定理1可得.三階群只有一種：循環(huán)群={e，a，}=〔a〕證明 3是素數(shù)，由定理1可得.四階群只有兩種：循環(huán)群={e，a，，}=〔a〕〔模4的剩余類加群〕，四元群G={e，a，b，ab}{e，a，b，c}〔Klein四元群〕證明 設群G的階數(shù)是4.如果G中含有四階元a，那么G=〔a〕；如果G中沒有四階元，那么G中除單位元e外，其余元的階都是2.設G={e，a，b，c}，其中=e，=e，=e.從而可以得到ab=ba=c，ac=ca=b，bc=cb=a，這是因為：如果ab=e，那么a=b，而=e，故a=b，不可能.如果ab=a，那么b=e，不可能.如果ab=b，那么a=e，也不可能.因此只能ab=c.同理可證其余等式.故G={e，a，b，ab}{e，a，b，c}.證畢.五階群只有一種：循環(huán)群={e，a，，，}=〔a〕證明 5是素數(shù)，由定理1可得.六階群只有兩種：循環(huán)群={e，a，，，，}=〔a〕〔模6的剩余類加群〕，正三角形對稱群=〔a，b〕={e，a，b，ab，，a}證明 因為元素的周期構成循環(huán)子群，所以六階群中，除單位元外，元素的階數(shù)只能等于2，3，6.如果六階群中有六階元，那么此群為循環(huán)群.如果六階群中沒有六階元，而至少有一個元素的階數(shù)為3，記作R，它的周期構成的循環(huán)子群是指數(shù)為2的不變子群，記作{E，R，}.不失普遍性，陪集記作{}，滿足，其中.由重排定理，不能等于，如果它等于R或，那么是六階元素，與假設矛盾.因此=E，都是二階元素，并能推出和.這就是群.最后如果六階群中除單位元外元素的階都是2，任取其中兩個元素R和S，設RS=T，由于單位元和逆元的唯一性，T不等于單位元E，也不等于R或S，E，R和T組成的子集構成子群，同構于四階反演群，它的階數(shù)不是6的約數(shù)，矛盾.證畢.七階群只有一種：循環(huán)群證明 7是素數(shù)，由定理1可得.八階群只有五種：循環(huán)群，阿貝爾群，正方形對稱群，四元素群和阿貝爾群.證明 因為元素的周期構成循環(huán)子群，所以八階群中，除單位元外，元素的階數(shù)只能等于2，4和8.如果八階群中有八階元，那么此群為循環(huán)群.如果八階群中沒有八階元，而至少有一個元素的階數(shù)為4，記作R，它的周期構成的循環(huán)子群是指數(shù)為2的不變子群，記作{E，R，，}.陪集記作{,}，滿足，其中.由重排定理，不能等于，如果它等于R或，那么是八階元素，與假設矛盾.如果至少有一個，不失一般性，設，那么是4階元素，，而且.現(xiàn)在存在兩種情況.如果，同理有，和，因而此群同構于四元素群，同構關系為；如果，那么由取逆得，故有.由取逆得，同理.而且和，因而此群同構于阿貝爾群=，同構關系為.其中是空間反演.如果所有都是二階元素，，那么由可推出和，因而此群同構于群，同構關系為.最后，如果八階群中沒有八階和四階元素，即除單位元外所有元素都是二階元素，那么得阿貝爾群=.證畢.九階群只有二種：循環(huán)群，阿貝爾群證明 九階群中，除單位元外，元素的階數(shù)只能等于3或9.如果九階群中至少有一個元素的階數(shù)為9，那么此群為循環(huán)群.如果九階群中沒有九階元素，即除單位元外的元素都是三階元素.任取一個三階元素，記作A，由A構成的循環(huán)子群為{E，A，}，一個右陪集記作{B，C，D}.不失一般性，可設AB=C，AC=D，AD=B.B，C和D都是三階元素，它們的平方不能等于E，A或，又有重排定理，它們的平方也不能等于B，C或D，它們互相間也不能相等，因而可把群中其余三個元素記作和，構成另一個右陪集.由重排定理，不能等于和，因而只能等于.其他乘積關系都可由這些公式推出，從而得此群的乘法表.EABCDEEABCDAAECDBEADBCBBCDEACCDBAEDDBCAEEABDCEADCBAECBD由乘法表知此群是阿貝爾群.因此九階群有兩類：循環(huán)群和阿貝爾群.證畢.十階群只有兩種：循環(huán)群，正五邊形對稱群證明 十階群中，除單位元外，元素的階數(shù)只能等于2，5和10. 如果十階群中有一個階數(shù)為10的元，那么此群為循環(huán)群.如果十階群中除單位元外的元素都是二階元素，任取R和S，設RS=T，那么有四階子群{E，R，S，T}，同構于四階反演群，子群階數(shù)不是10的約數(shù)，矛盾.如果十階群中沒有十階元素，而至少有一個元素的階數(shù)是5，記作R，它的周期構成的循環(huán)子群是指數(shù)為2的不變子群，{E，R，}.不失一般性，陪集記作{,,}，滿足，其中.由重排定理，不能等于，如果它等于，其中j不是5的倍數(shù)，那么是十階元素，與假設矛盾.因此=E，都是二階元素，有和.這正是正五邊形對稱群.因此十階群只有和兩個不同構的群.證畢.3.有限群常見結論3.1對一般有限群成立的常見結論1.任意群G的單位元e的階都是1.2.設G是一個群,元a的階是n,對任意的正整數(shù)m,假設=e那么n|m.證明元a的階是n,那么=e.由整數(shù)的帶余除法,存在整數(shù)q和r,使得m=nq+r其中0≤r<n.假設r≠0,那么.這與a的階是n相矛盾,那么r=0,即m=nq,于是n|m.3. 設G是一個群,a∈G,那么a與a的逆元有相同的階.證明設a的階是n,的階是m,那么有=e,,而e==,那么=e,由知有n|m.另一方面,由知有m|n;于是m=n.4. 設G是一個群,a∈G,對任意c∈G,那么與a有相同的階.證明 設a的階是n，的階是m，那么有=e，，,由知有m|n.另一方面,從而，由知有n|m.于是m=n.5. G是一個群,對a,b∈G,那么ab與ba有相同的階.證明因為ab=,那么由知ab與ba有相同的階.6. G是一個群,a與b的階分別為m和n,且(m,n)=1,ab=ba,那么ab的的階為mn.證明設ab的階是k,由于，那么k|mn;另一方面,所以n|km,由于(m,n)=1,那么n|k,同理m|k,再有由(m,n)=1,有mn|k,于是k=mn.7. 設G是一個群,a∈G,a的階是n,r是任意整數(shù),(n,r)=d,那么的階是.證明設的階是k,那么=e.而由知有k|nd,另一方面,,由知有n|rk.因此nd|rdk,而(n,r)=d,故(nd,rd)=1,于是nd|k.這樣k=nd.8. 一個有限群的每一個元的階都有限.證明設G是一個有限群,對a∈G,由群的定義可知,a，都是G中的元,因為G是一個有限群,那么一定存在正整數(shù)m,n,m>n,使得,等式兩端同乘有=e,于是存在正整數(shù)s=m-n使=e.因而必有使=e的最小正整數(shù)r存在,即a的階是有限的.注:該命題的逆命題：“每一個元的階都有限的群是有限群”不成立.例如G={z|z是復數(shù)，=1，n=1，2，}對于普通乘法來說作成一個群.事實上，非零復數(shù)集對于復數(shù)乘法封閉.任取x，yG，從而xyG，存在自然數(shù)m，n，使得=1，=1.令k是m，n的最小公倍數(shù)，那么=1，從而xyG，所以G對于復數(shù)乘法封閉.又任取xG，存在自然數(shù)n，使得=1，那么=1，從而G.因此G是的一個子群.任取zG，存在正整數(shù)m，使得=1.故G中每個元的階都有限，但G是無限群.9. 在一個有限群里階大于2的元的個數(shù)是偶數(shù).證明設G是一個有限群.假設G中沒有階大于2的元,那么結論顯然成立.設G中有階大于2的元.(1)設a∈G,且a的階n>2,由3.1.3.知的階也是n,且≠a.事實上,假設=a,那么=e,這與a的階n>2相矛盾,所以≠a.(2)設b∈G,且b的階大于2,b≠a,，那么≠a,.事實上,假設=a,那么b==,這與≠a,的假設相矛盾,所以≠a.同理可證≠.綜合(1)和(2)那么知,G中階大于2的元總是成對出現(xiàn).又G是有限群,所以G中階大于2的元的個數(shù)一定是偶數(shù).10. 假設G是一個階為偶數(shù)的有限群,那么G中階等于2的元的個數(shù)一定是奇數(shù).證明由知G中階大于2的元的個數(shù)是偶數(shù).而G中只有單位元e的階是1,又G的階是偶數(shù),所以G中階等于2的元的個數(shù)一定是奇數(shù).注：任意偶數(shù)階有限群至少有一個二階元.3.2對有限循環(huán)群成立的常見結論定理2 設G是一個由元a所生成的有限循環(huán)群，a的階是一個整數(shù)n，那么G與模n的剩余類加群同構.證明 設a的階是n，=e.這是，當且僅當?shù)臅r候.假設，那么，，； 假設，令h-k=nq+r,，那么.由階的定義r=0.這就是說. 這樣，是G與剩余類加群間的一一映射，但，所以.1.一個循環(huán)群一定是交換群證明設G=〔a〕，任取，都有.所以循環(huán)群是交換群.2.假定a生成一個階是n的循環(huán)群G.假設〔r，n〕=1，那么也生成G.證明只須證〔a〕=〔〕.顯然〔〕〔a〕，下面證明〔a〕〔〕，也就是要證明生成元a是的乘方.由〔r，n〕=1，，使得.從而.,有.因此〔a〕〔〕.綜上，有.注:該命題的逆命題也成立，即G=〔a〕的階為n，且G=，那么〔r，n〕=1.事實上，因，故存在m，使得a=，從而.因|a|=n，故n|1-rm，于是存在，使得1-rm=nq，即rm+nq=1.所以〔r，n〕=1.3.一個階為mn〔m，n是正整數(shù)〕的循環(huán)群有階為m和階為n的元素.證明設G=〔a〕，且|G|=mn，從而|a|=mn，于是,任取k：0<k<n,〔因0<mk<mn,又|a|=mn〕,所以||=n.同理||=m.4.設G是有限循環(huán)群，任取正整數(shù)m，m整除G的階，那么G有m階元，從而G有m階子群.證明 因m整除G的階，故|G|=ms，s.設G=〔a〕，由知||=m，且G有m階子群〔〕.5.階是的群〔p是素數(shù)〕一定包含一個階是p的子群.證明設群G的階是，那么G中任意非單位元a的階n都是的因子，所以n=. 如果i=1，那么a的階是p，從而〔a〕是p階子群； 如果i>1，那么的階是p，從而〔〕是p階子群.6.設群G{e}，那么G是素數(shù)階循環(huán)群的充分必要條件是G除單位元群{e}和本身G外無其他子群.證明必要性由Lagrange定理知顯然. 充分性因G{e}，故存在xG，而xe，有(x){e}，故由(x)=G，從而G是循環(huán)群.下面證明|x|為素數(shù).事實上，假設不然，如果|x|=，那么G有子群().而(){e}，又()(x)=G，此與矛盾，于是|x|有限.又|x|1，從而|x|為合數(shù)，于是存在正整數(shù)k，且k1，可|x|，使得k整除|x|，1<k<|x|,從而G有子群().但|()|=||=既不等于1又不等于|x|，又產(chǎn)生了矛盾.所以