什么是群

定义1$\quad $集合$S$和$S$上满足结合律的二元运算$\cdot$所形成的代数结构叫做半群.这个半群记成$(S,\cdot )$或者简记成$S$，运算$x\cdot y$也常常简写成$xy$.

如果运算又满足交换律，则$(S,\cdot )$叫做交换半群.像通常那样令$x^2=x\cdot x$，$x^{n+1}=x^n\cdot x(=x\cdot x^n$,$n\geq 1)$.

定义2$\quad $设$S$是半群，元素$e\in S$叫做半群$S$的幺元素，是指对每个$x\in S$,$xe=ex=x$.

如果半群$S$有幺元素$e$，则它是唯一的，因若$e’$也是幺元素，则$e’=e’e=e$.我们将半群$S$中这个唯一的幺元素（如果存在的话）通常记作$1_{S}$或者$1$，具有幺元素的半群叫含幺半群.

定义3$\quad $设$S$是含幺半群.元素$y\in S$叫做元素$x\in S$的逆元素，是指$xy=yx=1$.

如果$x$有逆元素，则它一定唯一.因为若$y’$也是$x$的逆元素，则$xy’=y’x=1$.于是

$$y=y\cdot 1=y(xy’)=(yx)y’=1\cdot y’=y’.$$

所以，若$x$具有逆元素，我们把这个唯一的逆元素记作$x^{-1}$，则$xx^{-1}=x^{-1}x=1$.

定义4$\quad $半群$G$如果有幺元素，并且每个元素均可逆，则$G$叫做群.此外，若运算又满足交换律，则$G$叫做交换群或叫阿贝尔（Abel）群.

例1$\quad $设$M$为非负整数全体，$(M,+)$是含幺交换半群，幺元素是数$0$，但它不是群，因为只有$0$对于加法在$M$中才可逆.

$\bf Z$，$\bf Q$，$\bf R$，$\bf C$对于加法均是阿贝尔群，分别叫做整数加法群，有理数加法群等等.

$(N,\cdot)$是含幺交换（乘法）半群，幺元素为$1$.它不是群.令$Q^{\ast}$为非零有理数全体，则$(Q^{\ast},\cdot)$是交换群，幺元素为$1$，非零有理数$\alpha$的乘法逆为$\alpha ^{-1}$.这叫非零有理数乘法群，同样有$(R^{\ast},\cdot)$和$(C^{\ast},\cdot)$，这些都是阿贝尔群.

例2$\quad $以$M_{m,n}(C)$表示全体$m$行$n$列复矩阵组成的集合，它对矩阵加法形成阿贝尔群.幺元素是全零矩阵，而矩阵$A=(\alpha _{ij})$的加法逆是$-A=(-\alpha _{ij})$.以$M_n(C)$表示$n$阶复方阵全体，它对乘法形成幺半群，幺元素是单位方阵$I_n$.由线性代数可知，$n$阶复方阵$A$有乘法逆的充要条件是$\det A\neq 0$.从而$M_{n}(C)$不是群，并且当$n\geq 2$时，易知半群$M_n(C)$不是交换的.类似有加法交换群$M_{m,n}(R)$，含幺半群$M_{n}(Q)$等等.

例3$\quad $设$A$是非空集合，以$\Sigma (A)$表示从$A$到$A$全体映射组成的集合.则$\Sigma (A)$对于映射合成运算形成含幺半群.幺元素为$A$上恒等映射$1_{A}$.由$1.1$的引理2可知,$\Sigma (A)$中映射$f$可逆的充要条件是$f$为一一对应.所以当$\mid A\mid >1$时，$\Sigma (A)$不是群，并且半群$\Sigma (A)$不是交换的.

例4$\quad $欧氏平面${\bf R}^2$中保持欧氏距离不变的运动叫做欧氏运动.由于欧氏运动必为${\bf R}^2$到自身之上的一一对应，并且它的逆仍是欧氏运动，而两欧氏运动的合成仍是欧氏运动，从而全体欧氏运动形成群，叫做平面上的欧氏运动群，这也是非阿贝尔群.

例5$\quad $设$n$为正整数，我们在$\bf Z$上定义如下关系：对于整数$a$和$b$，

$$a\sim b\Leftrightarrow n\mid a-b(即a\equiv b\pmod{n} ).$$

易知这是等价关系，于是整数集合$\bf Z$分拆成$n$个等价类：$\overline{0}$，$\overline{1}$，$\cdots$，$\overline{n-1}$，其中$\overline{i}$，表示$i$所在的等价类，即$\overline{i}=\lbrace m\in {\bf Z}\mid m\equiv i\pmod{n}\rbrace $.而$\lbrace 0,1,2,\cdots ,n-1\rbrace $是$\bf Z$对于上述模$m$同余关系的一个完全代表系.

以$\bf Z_n$表示上述$n$个等价类组成的集合.在${\bf Z}_{n}$上定义加法：

$$\overline{a}+\overline{b}=\overline{a+b}.$$

由同余式基本性质可知这个加法是可以定义的，即与等价类（或叫模$n$同余类）中代表元的取法无关，并且${\bf Z}_{n}$对于这个运算形成交换群，幺元素是$\overline{0}$，这叫整数模$n$加法群.

如果${\bf Z}_{n}$中定义乘法

$$\overline{a}\overline{b}=\overline{ab},$$

则${\bf Z}_{n}$对此乘法是含幺交换半群，幺元素为$\overline{1}$.由于等式$\overline{a}\overline{b}=\overline{1}$相当于同余式$ab\equiv 1\pmod{n}$.从初等数论知道，对于给定的$a$，存在$b$满足$ab\equiv 1\pmod{n}$的充要条件是$(a,n)=1$.从而$\overline{a}$对于上述乘法可逆的充要条件是$(a,n)=1$.

设$(M,\cdot)$是含幺半群，我们以$U(M)$或者$M^{\ast}$表示半群$M$中可逆元素全体.

定理$\quad $若$(M,\cdot)$是含幺半群，则$(U(M),\cdot)$是群.

证明$\quad $由$1_M^{-1}=1_M$可知$1=1_M\in U(M)$.若$a,b\in U(M)$，则$a,b$均可逆，易知$b^{-1}a^{-1}$是$ab$的逆元素，从而$ab\in U(M)$.因此$\cdot$是$U(M)$上的二元运算.这运算在$U(M)$中当然也满足结合律，于是$(U(M),\cdot)$是含幺半群.由于$U(M)$中每元素$a$均可逆，从而$a^{-1}\in M$也可逆(因为$a$是$a^{-1}$的逆)，因此$a^{-1}\in U(M)$.从而$U(M)$中每个元素在$U(M)$中均可逆.根据定义，$U(M)$为群.证毕.

于是，由前面的例子便知：

$(a)$全体$n$阶可逆复方阵形成乘法群，叫做复数上的$n$次一般线性群，表示成${\bf GL}(n,{\bf C})$.同样有群${\bf GL}(n,{\bf R})$，${\bf GL}(n,{\bf Q})$等.

$(b)$设$A$为非空集合，$A$到自身之上的所有一一对应对于合成运算形成群，叫做集合$A$上的对称群或全置换群，表示成$S(A)$，其中元素（即$A$到$A$的一一对应）叫做集合$A$上的置换.

$(c)$设$n$为正整数，$\overline{a}$为整数$a$的模$n$同余类.则集合

$${\bf Z}_{n}^{\ast}=\lbrace\overline{a}\mid (a,n)=1\rbrace $$

对于乘法形成阿贝尔群.这个群有$\varphi (n)$个元素，其中$\varphi (n)$是$1$到$n$中与$n$互素的整数个数（$\varphi (n)$叫欧拉函数）.

设$G$是群.若集合$G$有限，称$G$为有限群，否则叫无限群.若有限群$G$有$n$个元素，则$G$叫$n$阶群或$n$元群，$n=\mid G\mid$叫有限群$G$的阶.

为了考查各种群之间的联系，我们要研究群之间的映射.但是群不仅是集合还有运算，所以我们需要映射与群运算保持协调.确切地说：

定义5$\quad $设$(G,\cdot)$和$(G’,\circ)$是两个群.映射$f:G\to G’$叫做群$G$到$G’$的同态，是指对$a,b\in G$，

$$f(a\cdot b)=f(a)\circ f(b)，(简记成f(ab)=f(a)f(b)).$$

此外，若$f$又为单射或满射，则$f$分别叫单同态或满同态.如果同态$f$是一一对应，则称$f$是群$G$到$G’$的同构.这时，称群$G$和$G’$是同构的，表示成$G\cong G’$或者$f:G\overset{\sim }{\rightarrow }G’$.

彼此同构的群具有完全相同的群结构.在群论中，同构的群认为本质上是同一个群，我们更主要的是研究本质不同的群之间的联系，所以，同态是群论中更重要的研究手段.

例6$\quad $考虑映射

$$\det :{\bf GL}(n,{\bf C})\rightarrow {\bf C^{\ast }},{\bf A}\mapsto \overline{a} \det {\bf A}.$$

即把每个$n$阶可逆复方阵${\bf A}$映成它的行列式$\det A$（这是非零复数）.由于$\det ({\bf AB})=(\det {\bf A})(\det {B})$，可知$\det $是乘法群同态，并且易知这是满同态.当$n\geq 2$时，这不是单同态.

例7$\quad $设$n$为正整数.$C_n =\lbrace e^{\frac{2\pi ia}{n} }\mid 0\leq a\leq n-1\rbrace $.则$C_n $中$n$个复数形成乘法群（叫$n$次单位根群）.作映射

$$f:C_n \to ({\bf Z},+),e^{\frac{2\pi ia}{n} }\mapsto \overline{a}.$$

则

$$f(e^{\frac{2\pi ia}{n} }\cdot e^{\frac{2\pi ib}{n} })=f(e^{\frac{2\pi i(a+b)}{n} })=\overline{a+b} =\overline{a} +\overline{b} =f(e^{\frac{2\pi ia}{n} })\cdot f(e^{\frac{2\pi ib}{n} }).$$

所以$f$是群同态，显然$f$是一一对应，从而$f$为群同构.

如果$n\geq 3$.考虑以点$O$为中心的正$n$边形.设$G_n$是以点$O$为中心将此正$n$边形变成自身的旋转群.如果用$\sigma$表示逆时针旋转$\dfrac{360^{\circ }}{n}$，则$G_n =\lbrace 1,\sigma ,\sigma ^2,\cdots ,\sigma ^{n-1}\rbrace$(注意$\sigma ^n=1=\sigma ^0)$.不难看出，群$G_n$与前面的群$C_n,{\bf Z}_{n}$均同构.尽管它们分别来自几何、代数或者数论，但是它们本质上是同一个群，即有同样的群结构.

群$G$到自身的同态(同构)叫群$G$的自同态(自同构).以$Aut (G)$表示群$G$的自同构全体，请读者验证它对于合成运算为群，其幺元素为$G$上的恒等自同构(即恒等映射).对于群$G$决定出它的自同构群$Aut (G)$(即确定$G$的全部自同构并刻画出$Aut (G)$的群结构)，是群论的一个基本问题.

例8$\quad $考虑整数加法群$({\bf Z},+)$.设$f:{\bf Z}\to {\bf Z}$是${\bf Z}$的自同态.则必然有$f(0)=0$，$f(-n)=-f(n)$.从而若$f(1)=t\in {\bf Z}$，则$f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)=t+t=2t$.用数学归纳法即知对每个正整数$n,f(n)=nt$，从而$f(-n)=-nt$.不难看出如此定义的映射是加法群${\bf Z}$的自同态.将此自同态记成$f_t$.不同的$t$对应不同的自同态.因此${\bf Z}$的自同态(含幺半群)为$\lbrace f_{t}\mid t\in {\bf Z}\rbrace $.

自同态$f_{t}$的像为$\lbrace tn\mid n\in {\bf Z}\rbrace$.从而$f_{t}$为自同构$\Leftrightarrow \lbrace tn \mid n\in {\bf Z}={\bf Z}\rbrace \Leftrightarrow t=\pm 1$.因此$Aut ({\bf Z})=\lbrace f_{1},f_{-1}\rbrace$(二元群).其中幺元素$f_1$为恒等自同构，而$f_{-1}$为自同构$n\mapsto -n$.$Aut (Z)$中群运算是$f_{-1}\cdot f_{-1}=f_{1}$.

习题

$1$.令$N$是所有$n\times n$上三角非奇异复方阵的集合，$P$是主对角线上的元素都是$1$的上三角方阵的集合，运算定义为矩阵的乘法.试证$N$和$P$都是群.

证：方阵的乘法有结合律；$n$阶单位阵是$N$的单位元；两个奇异复阵的积仍是$n$阶上三角非奇异复阵；一个$n$阶上三角非奇异复阵的逆仍是$n$阶上三角非奇异复阵.故依群的定义知$N$是群.

同理$P$是群.

$2$.令$G$是实数对$(a,b),a\neq 0$的集合.在$G$上定义

$$(a,b)(c,d)=(ac,ad+b).$$

试证$G$是群.

证：易证上述定义的乘法有结合律，$(1,0)$是其单位元，任意元$(a,b)\in G$有逆元$(\dfrac{1}{a},-\dfrac{b}{a})$.故由群的定义知$G$对于上述乘法成为群.

$3$.令$\Omega$是任意一个集合，$G$是一个群，$G^\Omega$是$\Omega$到$G$的所有映射的集合.对任意两个映射$f,g\in G^\Omega$，定义乘法$fg$是这样的映射:对任意$\alpha \in \Omega$,$fg(\alpha)=f(\alpha)g(\alpha)$.试证$G^\Omega$是群.

证：易知上述乘法有结合律，$1\in G^\Omega$是其单位元，其中$1(\alpha)=1_{G},\forall \alpha \in \Omega$($1_{G}$表示群$G$的单位元)；任一元$f\in G^\Omega$有逆元$f^{-1}$，其中$f^{-1}(\alpha)=(f(\alpha))^{-1}$，$\forall \alpha \in \Omega$.故$G^\Omega$成为群.这个群为$Abel$群仅当$G$是$Abel$群.

$4$.令$G$是所有秩不大于$r$的$n\times n$复方阵的集合，试证在矩阵的乘法下$G$成半群.

证：注意到两个秩不大于$r$的$n$阶矩阵的积仍然是一个秩不大于$r$的$n$阶矩阵，并且方阵的乘法满足结合律.由定义即知$G$是半群.

$5$.举出一个半群的例子，它不是含幺半群；再举出一个含幺半群的例子，它不是群.

解：$4$中的$G$是一个半群，当$r<n$时，它不是一个含幺半群；当$r=n$时，它是一个含幺半群，但不是群.

又如，整数集$\bf Z$对于乘法成为一个含幺半群，但不是群.

$6$.设$G$是一个半群.如果

$(1)$  $G$中含有左幺元$e$，即对任意$a\in G,ea=a$;

$(2)$  $G$的每个元$a$有左逆$a^{-1}$，使得$a^{-1}\cdot a=e$.

试证$G$是群.

证：用$(a^{-1})^{-1}$表示$a^{-1}$的左逆元，则

$a\cdot a^{-1}=e(a\cdot a^{-1})=(a^{-1})^{-1}a^{-1}aa^{-1}=(a^{-1})^{-1}ea^{-1}=(a^{-1})^{-1}a^{-1}=e.$

这表明$a$的左逆元$a^{-1}$也满足$a\cdot a^{-1}=e$.而$ae=a(a^{-1}a)=ea=a$，这表明$e$是$G$的单位元，$a^{-1}$是$a$的逆元，故$G$是群.

$7$.设$G$是半群.如果对任意$a,b\in G$，方程$xa=b$和方程$ay=b$在$G$内有解，则$G$是群.

证：首先$G$非空，故有$a\in G$.则$xa=a$有解$e$.对于任一$b\in G$，有$y\in G$使$ay=b$.于是

$$eb=eay=ay=b.$$

这表明$e$是$G$的左单位元.而$xb=e$有解则意味着$b$有左逆元.由$6$的结论可知$G$是群.

$8$.设$G$是一个有限半群，如果在$G$内消去律成立，即由$ax=ay$或$xa=ya$可推出$x=y$，则$G$是群.

证：设$G=\lbrace a_{1},\cdots ,a_{n}\rbrace$，由消去律知

$$\lbrace a_{1}a_{i},\cdots ,a_{n}a_{i}\rbrace =G=\lbrace a_{i}a_{1},\cdots ,a_{i}a_{n}\rbrace ,\forall a_{i}\in G.$$

故存在$e\in G$，使得$a_i=ea_i$.

于是对于任一$a_{j}\in G$，有$a_{k}\in G$使得$a_{j}=a_{i}a_{k}$.从而

$$ea_{j}=ea_{i}a_{k}=a_{i}a_{k}=a_{j}.$$

这表明$e$是左单位元，又因为$e\in G=Ga_{j}$，故$a_j$有左逆元.由此即知$G$是群.

$9$.设$G$是含幺半群，$a,b\in G$.

$(1)$  如果$a$有逆元素$a^{-1}$，则$a^{-1}$也有逆元素且$(a^{-1})^{-1}=a$;

$(2)$  如果$a$和$b$都具有逆元素，则$ab$也有逆元素，且

$$(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}.$$

证：由定义直接验证.

$10$.$b$是含幺半群$G$中元素$a$的逆元素当且仅当成立

$$aba=a和ab^2a=1.$$

证：设$b$是$a$的逆元，显然有$aba=a$和$ab^2a=1$.反之，若$aba=a,ab^2a=1$，则

$$ab=ab(ab^2a)=ab^2a=1,ba=(ab^2a)ba=ab^2a=1.$$

即$b$是$a$的逆元.

$11$.令$G$是$n$阶有限群，$a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$是群$G$的任意$n$个元素，不一定两两不同.试证：存在整数$p$和$q$，$1\leq p\leq q\leq n$，使得

$$a_{p}a_{p+1}\cdots a_{q}=1.$$

证：令$S=\lbrace a_1,a_1a_2,\cdots ,a_1a_2\cdots a_n\rbrace$.若$1\in S$，则结论已得证.若$1 \notin S$，因$\mid G\mid=n$，故$S$中至少有两个元是相等的.设$a_{1}\cdots a_{i}=a_{1}\cdots a_{i}a_{i+1}\cdots a_{j}$，则$a_{i+1}\cdots a_{j}=1$.

$12$.在偶数阶群$G$中，方程$x^2=1$总有偶数个解.

证：注意到若$g^2\neq 1$，则$(g^{-1})^2\neq 1$且$g\neq g^{-1}$.因此$G$中满足$x^2\neq 1$的元$x$是成对出现的.从而$G$中满足$x^2\neq 1$的元$x$有偶数个.因此在偶数阶群$G$中，方程$x^2=1$总有偶数个解.

$13$.令$G$是$n$阶有限群，$S$是$G$的一个子集，$\mid S\mid >\dfrac{n}{2}$.试证：对任意$g\in G$，存在$a,b\in S$使得$g=ab$.

证：由消去律知，对任一$g\in G,gS^{-1}$含有$\mid S\mid$个元，这里$S^{-1}$是$S$中元的所有逆元组成的集合.因为$\mid S\mid >\dfrac{\mid G\mid}{2}$，故$gS^{-1}\cap S\neq \varnothing$.从而存在$a,b\in S$，使得$gb^{-1}=a$，即$g=ab$.

$14$.设$f:G\to H$是群的同态.试证：

$$f(1_{G})=1_{H}$$

且对任意

$$x\in G,f(x^{-1})=f(x)^{-1}.$$

证：$f(1_{G})f(1_{G})=f(1_{G}\cdot 1_{G})=f(1_{G})=f(1_{G})1_{H}$，故由消去律知$f(1_{G})=1_{H}$.因为$f(x^{-1})f(x)=f(x^{-1}x)=f(1_{G})=1_{H}$，故$f(x^{-1})=f(x)^{-1}$.

$15$.对任意$a\in G,a \mapsto a^{-1}$是群$G$的自同构当且仅当$G$是阿贝尔群.

证：将每一元变成其逆元是自同构$\Leftrightarrow (ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$，$\forall a,b\in G\Leftrightarrow$ $ab=(a^{-1}b^{-1})^{-1}=ba$，$\forall a,b \in G\Leftrightarrow G$是$Abel$群.

$16$.求有理数加群$Q$的自同构群$Aut (Q)$.

解：一方面，对任一非零有理数$a$，将$x$变成$ax$是有理加法群$Q$的一个自同构.记这个自同构为$f_{a}$.另一方面，设$f$是有理数加群$Q$的任一自同构.令$f(1)=a$，则$a$是非零有理数.因为对任一正整数$n$和$m$有

$$f(n)=f(1+\cdots +1)=f(1)+\cdots +f(1)=nf(1)=na,$$

$$f(n)=f(\dfrac{n}{m}+\cdots +\dfrac{n}{m})=f(\dfrac{n}{m})+\cdots +f(\dfrac{n}{m})=mf(\dfrac{n}{m}).$$

故得到

$$f(\dfrac{n}{m})=\dfrac{1}{m}f(n)=\dfrac{n}{m}a.$$

由此推知$f(x)=ax,\forall x\in Q$，即$f=f_{a}$.于是

$$Aut (Q,+)=\lbrace f_{a}\mid a\in Q,a\neq 0\rbrace .$$

因为$f_{a}f_{b}=f_{ab}$，故有群同构$Aut (Q,+)\cong (Q^{\ast},\cdot)$，其中$(Q^{\ast},\cdot)$是非零有理数的乘法群.

$17$.证明有理数加群$Q$和非零有理数乘法群$Q^{\ast}$不同构.

证：若$(Q,+)\cong (Q^{\ast},\cdot)$，则有群同构$f$和$a\in Q$使得$f(a)=2$，从而$2=f(a)=f(\dfrac{a}{2} +\dfrac{a}{2})=f(\dfrac{a}{2})^2$，即$\sqrt{2}$是有理数，矛盾.

$18$.证明：

$(1)$  有理数加群$Q$和正有理数乘法群$Q^{+}$不同构;

$(2)$  实数加群$R$同构于正实数乘法群$R^{+}$.

证：$(1)17$的证明也适用于本题.

$(2)$将每一实数$x$变到$e^x$就给出了实数加法群$R$到正实数乘法群$R^{+}$的同构映射.

$19$.群$G$的自同构$\alpha$称为没有不动点的自同构，是指对$G$的任意元素$g\neq 1$，$\alpha (g)\neq g$.如果有限群$G$具有一个没有不动点的自同构$\alpha$且$\alpha ^2=1$，则$G$一定是奇数阶阿贝尔群.

证：令$H=\lbrace g^{-1}\alpha (g)\mid g\in G\rbrace $，则$H=G$.(事实上，若$g\neq h$，则$g^{-1}\alpha (g)\neq h^{-1}\alpha (h)$：否则$hg^{-1}$是$\alpha$的不动点，从而$g=h$.矛盾！)于是，对任一$a\in G,a=g^{-1}\alpha (g)$.因$\alpha ^2=1$，故$a^{-1}=\alpha (g^{-1})g=\alpha (a)$.从而$\alpha (ab)=(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=\alpha (b)\alpha (a)=\alpha (ba)$.故$ba=ab,\forall a,b \in G$.即$G$是$Abel$群.因$a^{-1}\neq a,\forall 1\neq a\in G$，故$G$的阶为奇数.