【文章內容簡介】 另兩個元素必定都是3階元．但S3中的三階元有且僅有兩個，即(123)和(132)，因此，此時只能H＝H5．綜上所述可知，S3有且僅有這六個子群．7.8. 9.10.11.12.13.14. 證 若G是有限群，則G的子集個數(shù)是有限的，從而其子群個數(shù)當然也是有限的．反之，若群G只有有限個子群，則G中顯然不能有無限階元素，因為無限循環(huán)群有無限個子群．這樣，G中每個元素的階都有限．任取a1∈G，則是G的一個有限于群；再取a2∈G一，于是是G的一個異于的有限于群．再取a3∈G一U，同理又是G的一個異于，的有限子群．但G只有有限個子群，故這種過程不能無限地持續(xù)下去，從而必存在s使16.17.18.19.20.21.22. 證 反證法．設A4有6階子群H，則H除恒等置換(1)外，23.24.25.26.第三章 正規(guī)子群和群的同態(tài)與同構167。3．1 群同態(tài)與同構的簡單性質 一、主要內容二、釋疑解難 1．對于群同態(tài)映射有時不必要求是滿射，有時又必須要求是滿射．例如教材本節(jié)定理1中的同態(tài)映射必須是滿射，而定理2和定理3的同態(tài)映射則不要求是滿射．原因很簡單：因為定理1中的同態(tài)映射若不是滿射，則中必有元素沒有逆象，從而以及群G中元素的性質對它們不會產(chǎn)生任何影陶，此時當然就不一定作成群；然而定理2和定理3的情形可就不同了：因為這時也是群，而且在同態(tài)映射 (不一定是滿射)之下單位元必有逆象，而于群必合單位元，從而的于群必有逆象，不會是空集．例1 設G加F零有理數(shù)乘群，為全體有理數(shù)對乘法作成的幺半群．則顯然為G到的一個同態(tài)映射(不是滿射)．雖然G是群，但對不僅不是群，連半群也不是(因為其代數(shù)運算不滿足結合律)．2．關于教材例3，若利用第三章167。6定理3(若＝pn．則群G有p階元)的結論，則其證明可大為簡化．現(xiàn)在本節(jié)是利用前面已學過的知識來證明，這也是Lagrange定理和已知結論的一種應用．這樣做雖然梢麻煩一點，但也很有意義． 三、習題167。3．1解答1．2.3.4.5. 證 因為＝4，G又不是循環(huán)群，從而G無4階元．于是由Lagrange定理知，G中除單位元e外每個元素的階均為2．因此，若令6.167。3．2正規(guī)于群和商群一、主要內容1．正規(guī)子群定義、性質和例子．性質主要有 2)正規(guī)子群在同態(tài)滿射下的象和逆象均仍為正規(guī)于群． 3)正規(guī)子群與子群之積是子群；正規(guī)子群與正規(guī)子群之積是正規(guī)子群． 2．商群定義及商群的一個應用(Cauchy定理pn階交換群必有p階子群，其中p為素數(shù))． 3．介紹由正規(guī)子群來界定的兩類群：哈密頓群和單群．這是兩類在群論研究中占很重要地位的群． 二、釋疑解難 1．教材在本節(jié)所舉的例子中，應該十分注意S及Sn(n≠4)的正規(guī)子群的狀況．因為這涉及S2，S3及S4都是可解群(參考本節(jié)習題第8題)，而當n≥5時Sn不是可解群．這種名稱來源于一般的二、＝、四次代數(shù)方程都有求根公式，即可根式解，但一般的五次和五次以上助代數(shù)方程都沒有求根公式，即不可根式解．這是在教材中已經(jīng)證明了的．對此也可以采取以下證法： 這種證法是最原始的一種證法，當然不如教材中的證法簡單．其所以簡單，是由于利用了子集乘法的性質(AB)C＝A(BC)以及Nb＝bN和N2＝N．3．在本教材中，共有三個定理(本節(jié)定理167。6定理3及167。8定理1)涉及pn(p是素數(shù))階群G必有p階子群．從表面上看，這三個定理似有重復之感．實際上三者互相聯(lián)系緊密，而且其中任何一個都不能由另一個所代替．這是因為，本節(jié)定理5是假設G為交換群，167。6定理3并不假設G為交換群，但在證明中要用到本節(jié)定理5；又167。8定理1(即第一sylow定理)又要用到167。6定理3．因此，三者密不可分，而且哪一個也不是多余的．對此，示意如下：4．李型單群是李代數(shù)中謝瓦菜單群和單扭群的統(tǒng)稱，它們是一些由矩陣作成的群．三、習題167。3．2解答1．略2.3.4.5.6.7.8.167。3．3 群同態(tài)基本定理 一、主要內容 1．在同構意義下，每個群能而且只能與其商群同態(tài)．即指以下兩點： 2．在同態(tài)映射下，循環(huán)群的同態(tài)象是循環(huán)群． 3．若G～，則群G的所有包含核的子群同已的有于群間有一個保持包含關系的雙射．二、釋疑解難 三、習題167。3．3解答1.2.3.4.5.這與(1)矛盾．故Q+與Q﹡不同構．167。3．4 群的同構定理 一、主要內容1．本節(jié)主要介紹了群的三個同構定理．它們是：2．借助同構定理，作為例子證明了以下兩個結論； 二、釋疑解難1．第一同構定理還有另一證法，見本節(jié)習題第4題，此外還應注意第一同構定理中的兩個條件：這是無關緊要的，因為同構關系具有對稱性． 3．第—同構定理說明商群中子群的特征．簡言之，商群中的子群仍為一種商群；且商群之商群可類似于普通分數(shù)那樣進行約分．三、習題167。3．4解答1.2.3.4.5.6.167。3．5 群的自同構群一、主要內容 1．群酌自同構群、內自同構群以及特征子群和全特征子群的定義和例子． 1)群G的全體自同構關于變換的乘法作成一個群，稱為G的自同構群．記為AtuG．2)群G的全體內自同構二、釋疑解難 　1．教材中曾經(jīng)指出，要從已知群定出其白同構群，一船而言，是非常困難的，這由教材中所舉出的例子即可說明這一點．但是，對有些群卻可定出其自同構群偽一些性質，就本教材而言，主要有：1)定理2指出，從循環(huán)群可定出其自同構群的階．2)從教材本節(jié)例1和上節(jié)例2知；Aut R主5：宣5J／Ki“從而Nein四元群K4的自同構群是非常清楚的，它是一個6階非交換群，而且其元素的階以及子群和正規(guī)子群的狀況都很清楚． 3)本節(jié)習題第6題指出，無中心群的自同構群仍是一個無中心群，從而由教材第二章167。6定理6可知．當n≥3時，Sn的自同構群是一個無中心群． 2．群G中元素a與b確定同一個內自同構(a＝b)的無要條件是： 　　　　　　　　aC＝bC (a，bC)．即a與b在同一個(關于C的)陪集中．因此，有多少個關于C的陪集就有多少個G的內自同構，即︱InnG︳＝(G︰C)。其實這一點也是同構InnGG／C的直接結果，即 　3．群G的自同構群顯然是G上對稱群S(G)(G的全體雙射變換關于變換乘法作成的群)的一個子群，即進一步，由于群的每個自同構部保持單位元e不變，因此實際上更有4．由于 全特征子群特征子群正規(guī)子群,故特征子群是一類特殊的正規(guī)于群，而全特征子群又是一類特殊的特征子群．我們知道，正規(guī)子群是不可傳遞的，即正規(guī)子群的正規(guī)子群不一定是原群的正規(guī)子群．但是，對于特征子群和全待征子群來說，卻是可以傳遞的．即若G1是群G2的(全)持征子群，又G2是群G3的(全)持征子群，則G1必是G3 的(全)特征子群．這個證明并不難，留給讀者作為練習．三、習題167。3．5解答1.2.3.4. 證 因為中心，而G是非交換單群，故只有C＝{e}．從而由定理4知： Inn GG／CG．因此，GInnG．5.6.167。3．6 共軛關系與正規(guī)化子一、主要內容 1．群中子集的共軛(特別是元素的共軛、子群的共軛)定義，和由此得到的共軛子集類(特別是共軛元素類和共軛子群類)以及群的類等式等概念．2．正規(guī)化子N(S)與中心化于C(S)的定義和性質有： 3．正規(guī)化子的作用(刻畫一個共軛類中成員的個數(shù))和一個應用(cauchy定理：pn階群有p階于群)． 二、釋疑解難 1．二元素是否共軛同