1. 第一部分 群论

这段话是整个群论部分的引言，旨在说明群这个概念在抽象代数中的核心地位以及抽象方法的威力。

1. “抽象代数的现代处理始于对群的看似简单的抽象定义。”
   • 抽象代数：这是数学的一个分支，它不研究具体的数字或几何图形，而是研究更一般、更根本的代数结构。你可以把它想象成从研究具体的苹果、香蕉中，提炼出“水果”这个共同概念的过程。抽象代数研究的就是这些“概念”，比如群、环、域等。
   • 群 (Group)：是抽象代数中最基本、最重要的代数结构之一。它是一个集合，连同在这个集合上定义的一种运算，这个运算需要满足一些特定的规则（稍后会详细介绍）。
   • 看似简单的抽象定义：群的定义只包含几条非常简洁的公理，比如运算要是结合的，要有一个单位元，每个元素都要有逆元。从字面上看，这些规则非常基础，但它们组合在一起却能描述非常深刻和复杂的结构。
2. “这个简单的定义很快引出涉及此类对象结构的难题。”
   • 对象结构 (Structure of such objects)：这里的“对象”就是指群。“结构”是指群内部的组织方式、性质和规律。例如，一个群有多少个元素？元素之间是如何相互作用的？它能分解成更简单的部分吗？
   • 难题 (difficult problems)：尽管定义简单，但要完全理解和分类所有的群，尤其是有限群，是一个极其困难的数学问题。比如，有限单群分类是20世纪数学最伟大的成就之一，耗费了无数数学家几十年的努力。这就像乐高积木的规则很简单（拼接），但用它能搭出多复杂的模型，可能性是无穷的，研究这些模型的共性就成了难题。
3. “群有许多具体的例子，当通过证明一个抽象群的单一结果来获得所有这些例子的结果时，抽象观点的力量就显而易见了。”
   • 具体的例子：整数的加法、非零有理数的乘法、几何图形的旋转和对称变换等等，这些都是群的具体实例。它们来自数学的不同领域。
   • 抽象观点 (the power of the abstract point of view)：这就是抽象代数的核心思想。我们不去单独研究整数加法，再去单独研究几何旋转。而是把它们共有的性质提炼出来，形成抽象群的定义。然后，我们证明一个关于抽象群的定理。这个定理一旦被证明，它就自动适用于所有满足群定义的具体例子。
   • 力量就显而易见了：这种方法极大地提高了效率。证明一次，到处适用。这就像我们证明了“所有哺乳动物都要呼吸”，那么无论是研究鲸鱼、大象还是人类，我们都知道它们需要呼吸，无需为每一种动物重新证明一遍。这就是抽象的威力。

这段话追溯了群这个概念的历史渊源，解释了它是如何从解决具体问题的过程中一步步被提炼和抽象出来的。

1. “然而，群的概念并非凭空产生，而是长期数学探索的结晶，其抽象群的第一个正式定义形式于1882年出现。”
   • 并非凭空产生：强调了数学概念的演化性。群不是某个天才一拍脑袋想出来的，而是经过几代数学家长达数百年的积累，从各种看似不相关的问题中慢慢浮现出来的共同模式。
   • 长期数学探索的结晶：指明了群的诞生是数学发展的自然结果。
   • 1882年：这是一个标志性的时间点，沃尔特·迪克（Walter Dyck）在这一年给出了第一个现代意义上的抽象群的公理化定义。但这只是“正式命名”，群的思想早已在数学研究中被广泛使用。
2. “一个抽象群的定义起源于代数方程、数论和几何学中极其古老的问题，并且由于发现非常相似的技术适用于各种情况而产生。”
   • 起源：明确指出了群思想的三个主要源头：
   • 代数方程：特别是高次方程的求解问题，比如伽罗瓦的工作。
   • 数论：研究整数性质的学科，比如欧拉和高斯的工作。
   • 几何学：研究空间和图形的变换，比如克莱因的工作。
   • 非常相似的技术：数学家们在解决这三个不同领域的问题时，惊讶地发现他们使用的工具和方法在本质上是相通的。例如，他们都在研究某种“变换”的集合，以及这些变换的组合方式。这种共通性促使他们去思考背后是否存在一个统一的理论。
3. “正如奥托·霍尔德...所观察到的...该方法的范围和局限性。”
   • 奥托·霍尔德 (Otto Hölder)：一位对群论发展有重要贡献的德国数学家。
   • 数学的一个本质特征：这里描述的是数学家的一种思维模式。当他们发明了一种新方法（比如一种解题技巧）后，他们不会满足于解决眼前这一个问题，而是会追问：这个方法还能用在哪些地方？（范围）它的适用条件是什么？在什么情况下它会失效？（局限性）这种追问是推动数学抽象化和普适化的关键动力。
4. “因此，许多有趣对象所拥有的性质经常被抽象化，并提出这样的问题：能否确定所有拥有这些性质的对象？”
   • 性质被抽象化：把具体对象（如整数、旋转）的共同行为（如满足结合律）提炼出来，形成一个抽象的定义。
   • 确定所有拥有这些性质的对象：这就是分类问题 (Classification Problem)，是抽象代数的核心任务之一。一旦我们定义了什么是“群”，我们自然会问：世界上到底有多少种不同的群？我们能把它们全部找出来并分门别类吗？这就像生物学家定义了“鸟类”之后，就想去发现并分类世界上所有的鸟。
5. “尝试回答这样的问题也常常会大大加深对所考虑的原始对象的理解。”
   • 这句话点出了抽象的反哺作用。我们为了更好地理解原始的具体问题（比如解方程），发展出了抽象的群论。反过来，通过研究抽象群的结构，我们获得了更强大的工具和更深刻的洞见，从而能更好地回头去解决那些原始问题，甚至解决一些以前无法解决的问题。
6. “抽象群的定义正是以这种方式演变为我们抽象代数的起点。”
   • 这是一个总结。群的定义，就是遵循上述“从具体到抽象，再用抽象指导具体”的科学方法论，最终确立下来的，并成为了整个抽象代数学科的出发点。

这部分开始通过具体的历史案例，来展示群的思想在被正式定义之前，是如何在实际的数学研究中发挥作用的。

1. “在数论中，研究对象本身，即整数集，就是一个群的例子。”
   • 数论 (Number Theory)：主要研究整数的性质。
   • 整数集，就是一个群的例子：这里指的是整数集合 $\mathbb{Z}$ 在加法运算 + 下构成一个群。这可能是我们最熟悉的群之一。
2. “例如，考虑我们所说的‘欧拉定理’...如果 $a$ 是任何不能被2或5整除的整数，则 $a^{40}$ 的最后两位数字是01。”
   • 欧拉定理 (Euler's Totient Theorem)：是一个关于模运算的重要定理。
   • 不能被2或5整除：这等价于说整数 $a$ 与100互质（即它们的最大公约数为1）。因为100的质因数是2和5。
   • $a^{40}$ 的最后两位数字是01：这句话用数学语言来说就是 $a^{40} \equiv 1 \pmod{100}$。意思是 $a^{40}$ 除以100的余数是1。
   • 这个例子本身就是一个惊人的结论。比如取 $a=3$（不能被2或5整除），那么 $3^{40}$ 是一个非常非常大的数，但欧拉告诉我们，不用计算，它的最后两位一定是01。
3. “这由莱昂哈德·欧拉...于1761年使用...‘群论’思想证明，远在群的第一个正式定义之前。”
   • 莱昂哈德·欧拉 (Leonhard Euler)：18世纪最伟大的数学家之一。
   • 1761年：这个时间点比群的正式定义（1882年）早了120多年。
   • 使用“群论”思想：欧拉当时并不知道“群”这个词，但他所用的证明方法，实质上是在处理一个特定的有限乘法群——模100的既约剩余类群 $(\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^\times$。他计算了这个群的“阶”（即元素的个数，这里是 $\phi(100) = 40$），并证明了任何元素的“阶”的40次幂都等于单位元1。这正是拉格朗日定理的一个特例。
4. “从我们的角度来看，现在人们证明‘拉格朗日定理’...将这些技术抽象应用于任意群，然后将欧拉定理...作为特例恢复。”
   • 拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem)：在有限群中，任何元素的阶（一个元素自乘多少次后首次变回单位元）都能整除群的阶（群中元素的总数）。一个直接的推论是，如果一个有限群有 $n$ 个元素，那么其中任何一个元素 $g$ 都满足 $g^n = e$（$e$ 是单位元）。
   • 抽象应用于任意群：拉格朗日定理是对任意有限群都成立的普适结论。
   • 作为特例恢复：
   • 我们考虑群 $G = (\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^\times$，也就是所有与100互质的数在模100乘法下构成的群。
   • 这个群的阶（元素的个数）是 $\phi(100) = 100(1-1/2)(1-1/5) = 40$。
   • 根据拉格朗日定理的推论，对于这个群中的任何元素 $a$，都有 $a^{40} \equiv 1 \pmod{100}$。
   • 这正是上面提到的欧拉定理的那个特例。
   • 这个过程完美地展示了抽象的力量：我们不再需要像欧拉那样针对模100的特殊情况进行一次复杂的证明。我们只需要证明一次更为普适和简洁的拉格朗-日定理，然后欧拉定理（以及许多其他数论定理）就都成了它的直接推论。

这部分通过椭圆曲线的例子，展示了群的思想如何将数论（丢番图方程）、几何（曲线上的点）和分析（椭圆积分）这三个看似风马牛不相及的领域联系在一起。

1. “对形如 $y^{2}=x^{3}-2 x$ 的代数方程的有理数解问题的研究...”
   • 代数方程的有理数解：这类问题被称为丢番图方程 (Diophantine Equation)，即寻找方程的整数解或有理数解。
   • $y^{2}=x^{3}-2 x$：这是一个具体的椭圆曲线 (Elliptic Curve) 方程。它名字里有“椭圆”，但它的图形跟椭圆完全不同，其名称来源于它和计算椭圆弧长的椭圆积分有关。
   • 有理数解：指的是坐标 $(x, y)$ 都是有理数的点，且满足这个方程。文**中列出了一系列解，如 $(0,0), (-1,1)$ 等。
2. “...表明，通过直线连接任意两个解并计算该直线与曲线...的交点会产生另一个解。”
   • 这描述了一种非常奇特的几何运算，被称为“弦切法 (chord-and-tangent method)”。
   • 过程：
3. 在椭圆曲线上任取两个已知的有理数解点 $P$ 和 $Q$。
4. 画一条直线穿过 $P$ 和 $Q$。
5. 这条直线通常会和曲线在第三个点 $R'$ 相交。可以证明，如果 $P$ 和 $Q$ 是有理数点，那么这个新的交点 $R'$ 也一定是有理数点。
6. 为了让运算更“封闭”，通常定义 $P+Q$ 是点 $R'$ 关于x轴的对称点 $R$。
   • 这个操作在有理数解的集合上定义了一种二元运算（输入两个解，输出一个新的解）。
7. “这类‘丢番图方程’...由皮埃尔·德·费马...欧拉、拉格朗日...考虑过。”
   • 点明了研究这个问题的数学家谱系，显示其历史悠久且备受关注。
8. “1730年，欧拉提出了...‘引线微分’...不定积分 $\int d x / \sqrt{1-x^{4}}$ 的问题，该积分用于确定椭圆上的弧长...”
   • 故事转向了微积分领域，即分析 (Analysis)。
   • 椭圆积分 (Elliptic Integral)：形如 $\int R(x, \sqrt{P(x)}) dx$ 的积分，其中 $R$ 是有理函数，$P(x)$ 是三次或四次多项式。这种积分通常无法用初等函数表示。它的名字来源于它最初被用来计算椭圆的周长。
   • 这里的 $\int d x / \sqrt{1-x^{4}}$ 是一种特殊的椭圆积分，称为双纽线积分。
9. “1752年，欧拉证明了此类椭圆积分的‘乘法公式’...展示了两个椭圆积分如何产生第三个...”
   • 乘法公式 (Addition Formula)：欧拉发现了一个惊人的公式，它表明两个椭圆积分的和（或者更复杂的形式）可以用第三个同类型的椭圆积分来表示。例如，$\int_0^a \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} + \int_0^b \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \int_0^c \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}$，其中 $c$ 是 $a$ 和 $b$ 的一个代数函数。
   • 在分析中产生了椭圆函数理论：这个乘法公式是椭圆函数理论的基石。后来，阿贝尔和雅可比通过“反演”椭圆积分，定义了椭圆函数，它们是具有两个周期的双周期函数，极大地推动了19世纪数学的发展。
10. “1834年，卡尔...雅可比...观察到欧拉在解决某些丢番图方程方面的工作相当于编写某些椭圆积分的乘法公式。”
    • 这是一个关键的连接点！雅可比发现，上面提到的两种看似无关的操作——丢番图方程解的“弦切法”和椭圆积分的“乘法公式”——在代数上是完全等价的！
    • 在曲线上取两点 $P, Q$ 做几何加法得到点 $R=P+Q$，这对应着将与 $P, Q$ 相关联的两个积分值相加，得到与点 $R$ 相关联的积分值。
11. “今天，上面的曲线被称为‘椭圆曲线’...这些问题被视为同一事物的两个不同方面...赋予椭圆曲线上的点集以群的结构。”
    • 现代观点：我们现在知道，椭圆曲线上的有理数点（连同一个无穷远点作为单位元）和上面定义的“弦切法”加法，构成一个阿贝尔群。
    • 同一事物的两个不同方面：
    • 数论方面：研究这个群的元素（丢番图方程的解）。
    • 几何方面：研究这个群的运算（曲线上的几何加法）。
    • 分析方面：研究与这个群相关的函数（椭圆函数和积分）。
    • 群的结构是统一这一切的内在核心。
12. “对这些群的‘算术’研究是当前活跃的研究领域。”
    • 指出椭圆曲线上的群结构不仅是历史上的趣闻，更是现代数学（特别是数论和代数几何）的前沿研究方向。例如，安德鲁·怀尔斯证明费马大定理，以及现代密码学中的椭圆曲线加密（ECC），都深深依赖于对这些群的深刻理解。

这部分介绍了群论最经典、最直接的起源——伽罗瓦理论，以及置换群在代数、几何和分析中的惊人联系。

1. “到1824年，已知存在给出二次、三次和四次方程根的公式...”
   • 二次公式：我们中学就学的求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$。这个公式只用到了系数的加、减、乘、除和开方（二次方根）运算。
   • 三次和四次方程：在16世纪，意大利数学家已经找到了类似的、但远为复杂的公式来解三次和四次方程。这些公式同样只涉及系数的加、减、乘、除和开根号（包括三次方根和四次方根）。人们自然地认为，五次方程也应该有这样的“根式解”。
2. “然而，1824年，尼尔斯·亨利克·阿贝尔...证明了五次方程的根没有这样的公式...是不可能的。”
   • 阿贝尔 (Abel) 证明了一个划时代的否定性结论：不存在一个通用的、只含加减乘除和开任意次方根的公式，能够表达任意一个一般五次方程的根。这被称为阿贝尔-鲁菲尼定理。
   • “不可能” 是一个强有力的论断，它终结了数学家们数百年来寻找五次方程通用求根公式的努力。
3. “这个证明基于检验当根相互置换时会发生什么（例如，交换两个根）的思想。这些置换的集合具有群的结构（自然地称为‘置换群’）。”
   • 置换 (Permutation)：就是把一组对象（这里是方程的根）重新排列。例如，如果方程有三个根 $\{r_1, r_2, r_3\}$，一个置换可以是把它们变成 $\{r_2, r_1, r_3\}$（即交换前两个根）。
   • 置换群 (Permutation Group)：一个方程的所有“合法”的根的置换（那些保持根之间所有代数关系的置换）的集合，在“连续进行两次置换”这个运算下，构成一个群。这个群被称为方程的伽罗瓦群。
   • 阿贝尔的工作暗示了，五次方程求根公式之所以不存在，与五次方程的根的置换群（即 $S_5$）的某种“结构缺陷”有关。
4. “这个思想在1830-32年欧瓦里斯特·伽罗瓦...的杰出工作中达到了顶峰。今天，这项工作被称为伽罗瓦理论...”
   • 伽罗瓦 (Galois)：一位传奇的、英年早逝的法国天才数学家。他在阿贝尔的基础上，建立了一套完整而深刻的理论。
   • 伽罗瓦理论：它在方程和群之间建立了一座完美的桥梁。理论的核心是：一个代数方程能否用根式解，完全取决于其对应的伽罗瓦群是否具有一种叫做“可解”的特殊结构。
   • 对于五次方程，其伽罗瓦群通常是五次对称群 $S_5$，而 $S_5$恰好是最小的“不可解群”。这就彻底解释了为什么一般五次方程没有根式解。
5. “类似的显式群在几何学中...用作几何变换的集合（平移、反射等）...”
   • 几何变换群：这里话锋一转，指出了置换群这种“显式”的群（元素是具体的操作）在几何学中也有大量的应用。
   • 例如，一个正方形的所有对称操作（旋转0, 90, 180, 270度和4条对称轴的反射）的集合，在“连续操作”下构成一个8阶的群，即二面体群 $D_4$。这个群可以被看作是作用在4个顶点上的一个置换群。
   • 克莱因 (Felix Klein) 的埃尔兰根纲领更是提出，几何学的本质就是研究空间在特定变换群下保持不变的性质。
6. “在五次方程可解性研究中出现的同一群在几何学中二十面体的刚性运动研究中和分析中椭圆函数的研究中都有出现。”
   • 这是一个极为深刻的观察，揭示了数学的内在统一性。
   • 同一群：这个群指的是交错群 $A_5$，它是五次对称群 $S_5$ 的一个重要子群，也是最小的非阿贝尔单群（一种结构上最简单的“原子”群）。$A_5$ 的“不可解”性是五次方程不可解的根本原因。
   • 二十面体的刚性运动：一个正二十面体（有20个面，12个顶点的正多面体），其所有旋转对称操作（把它转一下，看起来还和原来一样）构成的群，恰好就是 $A_5$！
   • 椭圆函数的研究：在研究如何通过变换来解五次方程时，数学家发现需要用到椭圆函数，而相关的变换群也与 $A_5$ 密切相关。
   • 这意味着，研究五次方程的根的对称性、研究正二十面体的旋转、研究某些高等函数的变换，这三件看似八竿子打不着的事情，其底层的数学结构竟然是完全一样的——都是群 $A_5$。

这部分总结了抽象群定义的最终形成过程，并点明了学习抽象代数的核心方法论：关注结构和同构。

1. “今天的抽象群的前身可以追溯到许多年前，甚至在伽罗瓦的‘代换’群之前。”
   • 这句话再次强调了群思想的悠久历史。虽然伽罗瓦的工作是群论的催化剂，但群的某些思想（如结合律、单位元）在更早的数学工作中（如欧拉、拉格朗日甚至古希腊数学）就已经以萌芽的形式存在。
2. “作为我们起点的抽象群的正式定义于1882年出现在...沃尔特·迪克...和...海因里希·韦伯的工作中...”
   • 给出了抽象群公理化定义的精确历史定位。在此之前，数学家们使用的“群”大多是指具体的置换群或变换群。迪克和韦伯等人首次将群的本质属性提炼出来，用一个不依赖于任何具体对象的、纯粹的公理系统来定义它。这是从“具体的群”到“抽象群”的关键一步。
3. “在数学研究中，经常在将一个想法提取并作为其本身的兴趣点呈现之前，就找到它的特定应用...”
   • 描述了数学概念发展的普遍规律：先有应用，后有理论。思想往往在实际应用中被“非正式”地使用，直到其重要性被充分认识，才会被抽象出来，成为一个独立的研究对象。
   • 例子：商群 (Quotient Group)
   • 伽罗瓦在1830年为了判断方程是否可解，实际上已经使用了商群的思想来分解伽罗瓦群。他通过一个“正规子群”把一个大群“除以”一个小群，得到一个更简单的群（商群），然后研究这个商群的性质。
   • 霍尔德在1889年，也就是近60年后，才给出了抽象商群的严格定义。
   • 这个例子生动地说明了“应用在先，抽象在后”的模式。
4. “重要的是要认识到，无论是否有历史背景，进行抽象定义的原因是，分离特定特征并考虑具有这些特征的对象被赋予了什么结构是有用的。”
   • 这句话点明了抽象的动机和价值，即便抛开历史不谈。
   • 分离特定特征：比如从整数加法、矩阵乘法、函数复合中，我们“分离”出“结合律”这个共同特征。
   • 考虑具有这些特征的对象被赋予了什么结构：我们把所有满足“结合律”、“有单位元”、“有逆元”这些特征的对象放在一起，称之为“群”。然后我们问，仅仅依靠这几条规则，我们能推导出关于这个“群”的什么普适性的结论（结构）？这就是抽象研究的核心。
5. “代数对象结构的概念（通过同构的概念变得更加精确——它考虑了两个表面上不同的对象在某种意义上何时是相同的）是贯穿本文的一个主要主题。”
   • 代数对象的结构 (Structure of algebraic objects)：这是抽象代数的灵魂。我们关心的不是元素的具体身份（是数字、矩阵还是置换），而是元素之间的运算关系。
   • 同构 (Isomorphism)：这是精确描述“结构相同”的数学工具。如果两个群 $G$ 和 $H$ 是同构的，意味着我们可以找到一种方式，将 $G$ 的元素一一对应到 $H$ 的元素，并且这种对应关系能够完美地保持两个群各自的运算规则。
   • 表面上不同，本质上相同：例如，前面提到的“正二十面体的旋转群”和“交错群 $A_5$”，它们表面上一个来自几何，一个来自代数，但它们是同构的。在抽象代数的眼中，它们就是“同一个群”。
   • 贯穿本文的一个主要主题：作者明确指出，理解和识别不同代数对象的“结构”，特别是判断它们何时“同构”，将是本书的核心内容。

这是一个开篇引导句，非常直接地说明了本节（Section 1.1）的目标。

1. “本节介绍第一部分要研究的基本代数结构...”
   • 基本代数结构 (the basic algebraic structure)：在这里，这个结构明确指的就是“群 (Group)”。作者将其称为“基本”的，是因为它是后续学习更复杂的代数结构（如环、域）的基础。群的公理系统简单而核心，是抽象代数的入门砖。
2. “...并给出一些例子。”
   • 例子 (examples)：在数学学习中，尤其是抽象数学中，例子至关重要。抽象的定义本身是枯燥和空洞的，只有通过大量的、不同类型的具体例子，我们才能真正理解定义的内涵，建立直觉，并体会其应用的广泛性。例子是连接抽象理论和具体现实的桥梁。

这部分在定义群之前，首先定义了构成群的最基本的组件——二元运算，以及二元运算的两个重要性质：结合性和交换性。

1. (1) 二元运算 (Binary Operation)

• “集合 $G$ 上的二元运算 $\star$ 是一个函数 $\star : G \times G \rightarrow G$。”
• 函数 (function)：这是对“运算”的一个严格的数学定义。我们通常理解的加法、乘法，本质上都是一种函数。
• $G \times G$：这是笛卡尔积 (Cartesian product)。它代表由 $G$ 中元素构成的所有可能的有序对 (ordered pairs) 的集合。例如，如果 $G=\{1, 2\}$，那么 $G \times G = \{(1,1), (1,2), (2,1), (2,2)\}$。
• $\star : G \times G \rightarrow G$：这整个表达式的含义是：二元运算 $\star$ 接收一个来自 $G \times G$ 的输入（即一个有序对 $(a,b)$），并给出一个唯一的、属于集合 $G$ 的输出。
• 关键点：这个定义中隐藏了一个非常重要的性质，叫做封闭性 (Closure)。因为函数的输出值必须在集合 $G$ 内部，所以对 $G$ 中任意两个元素进行运算，结果仍然是 $G$ 中的元素。这是构成代数结构的先决条件。
• “对于任何 $a, b \in G$，我们将 $a \star b$ 记为 $\star(a, b)$。”
• 这只是一个记法上的说明。$\star(a, b)$ 是标准的函数记法，而 $a \star b$ 是我们更习惯的“中缀表示法”，更符合日常的数学书写习惯。两者意思完全一样。

2. (2) 结合性 (Associativity)

• “集合 $G$ 上的二元运算 $\star$ 是结合的，如果对于所有 $a, b, c \in G$，我们有 $a \star(b \star c)=(a \star b) \star c$。”
• 结合律 (Associative Law)：这个性质是说，当三个或更多元素连续进行同一种运算时，运算的顺序无关紧reinterpret。你可以先把后面两个元素算了，再和第一个算；也可以先把前面两个算了，再和第三个算，结果都一样。
• 为什么重要：结合律保证了我们可以写出像 $a \star b \star c$ 这样没有括号的表达式，而不用担心产生歧义。这极大地简化了代数演算。没有结合律，群的理论将变得异常复杂。

3. (3) 交换性 (Commutativity)

• “如果 ... 我们称 $G$ 的元素 $a$ 和 $b$ 可交换，如果 $a \star b=b \star a$。”
• 这定义了两个特定元素之间的交换性。
• “我们称 $\star$（或 $G$）是可交换的，如果对于所有 $a, b \in G, a \star b=b \star a$。”
• 交换律 (Commutative Law)：这定义了整个运算（或整个集合）的交换性。它要求集合中的任意两个元素都可以交换运算次序而不影响结果。
• 注意：交换性不是群的必要公理。满足交换律的群被称为阿贝尔群 (Abelian Group)，它们是群中一类非常重要但特殊的子集。很多有趣的群（比如矩阵乘法群、置换群）都不是可交换的。

这部分通过一系列我们熟悉的数学运算，来具体说明上一节定义的二元运算、交换性等概念。

1. (1) 加法是交换二元运算

• 原文：“$+$（通常的加法）是 $\mathbb{Z}$（或分别在 $\mathbb{Q}, \mathbb{R}$, 或 $\mathbb{C}$ 上）的交换二元运算。”
• 解释：
• 集合：$\mathbb{Z}$ (整数), $\mathbb{Q}$ (有理数), $\mathbb{R}$ (实数), $\mathbb{C}$ (复数)。
• 运算：$+$ (普通加法)。
• 二元运算：在这些集合中，任意两个数相加，结果仍然在该集合内。例如，两个整数相加还是整数。所以封闭性成立。
• 交换性：对于任意两个数 $a, b$，$a+b = b+a$。例如，在 $\mathbb{Z}$ 中，$3+5=8$ 和 $5+3=8$。
• 结合性（虽然原文没明确说，但是是的）：加法也是结合的，$a+(b+c) = (a+b)+c$。例如，$3+(5+7) = 15$ 和 $(3+5)+7=15$。

2. (2) 乘法是交换二元运算

• 原文：“$\times$（通常的乘法）是 $\mathbb{Z}$（或分别在 $\mathbb{Q}, \mathbb{R}$, 或 $\mathbb{C}$ 上）的交换二元运算。”
• 解释：
• 二元运算：在这些集合中，任意两个数相乘，结果仍然在该集合内。例如，两个有理数相乘还是有理数。封闭性成立。
• 交换性：对于任意两个数 $a, b$，$a \times b = b \times a$。例如，在 $\mathbb{Q}$ 中，$(1/2) \times (3/4) = 3/8$ 和 $(3/4) \times (1/2) = 3/8$。
• 结合性（也是是的）：乘法也是结合的，$a \times (b \times c) = (a \times b) \times c$。

3. (3) 减法是非交换二元运算

• 原文：“$-$（通常的减法）是 $\mathbb{Z}$ 上的非交换二元运算，其中 $-(a, b)=a-b$。映射 $a \mapsto-a$ 不是二元运算（不是二元的）。”
• 解释：
• 在 $\mathbb{Z}$ 上是二元运算：任意两个整数相减，结果仍然是整数。封闭性成立。
• 非交换：显然 $a-b \neq b-a$（除非 $a=b$）。例如，$3-5=-2$，但 $5-3=2$。因为它不是对所有元素都成立，所以这个运算是非交换的。
• “映射 $a \mapsto -a$ 不是二元运算”：这是一个重要的区分。
• 二元运算 (binary)：需要两个输入，如 $a$ 和 $b$。
• 一元运算 (unary)：只需要一个输入。映射 $a \mapsto -a$（取相反数）就是一元运算，它输入一个数 $a$，输出它的相反数 $-a$。作者在此强调“二元”的含义。

4. (4) 减法在正数集上不是二元运算

• 原文：“$-$ 不是 $\mathbb{Z}^{+}$（也不是 $\mathbb{Q}^{+}, \mathbb{R}^{+}$）上的二元运算，因为对于 $a, b \in \mathbb{Z}^{+}$且 $a<b$， $a-b \notin \mathbb{Z}^{+}$，即 $-$ 不将 $\mathbb{Z}^{+} \times \mathbb{Z}^{+}$ 映射到 $\mathbb{Z}^{+}$中。”
• 解释：
• 集合：$\mathbb{Z}^{+}$ (正整数), $\mathbb{Q}^{+}$ (正有理数), $\mathbb{R}^{+}$ (正实数)。
• 运算：$-$ (减法)。
• 关键问题：封闭性不成立。
• 例子：在 $\mathbb{Z}^{+}$ 中取 $a=3, b=5$。它们都是正整数。但是 $a-b = 3-5 = -2$，结果 $-2$ 不是正整数，它“跑出”了集合 $\mathbb{Z}^{+}$。
• 结论：因为封闭性是二元运算定义的核心要求，所以减法在这些正数集合上根本就不是一个二元运算。

5. (5) 向量叉积

• 原文：“在三维空间 $\mathbb{R}^{3}$ 中两个向量的向量叉积是一个二元运算，它既不结合也不交换。”
• 解释：
• 集合：三维向量空间 $\mathbb{R}^3$，即所有形如 $(x, y, z)$ 的向量的集合。
• 运算：向量叉积 $\times$。
• 二元运算：两个三维向量的叉积结果仍然是一个三维向量。封闭性成立。
• 不交换 (Not Commutative)：向量叉积满足反交换律 (anti-commutative)，即 $\vec{a} \times \vec{b} = -(\vec{b} \times \vec{a})$。除非其中一个向量是零向量或者两向量平行，否则交换顺序会导致结果方向相反。所以它不是可交换的。
• 不结合 (Not Associative)：一般情况下，$(\vec{a} \times \vec{b}) \times \vec{c} \neq \vec{a} \times (\vec{b} \times \vec{c})$。这被称为雅可比恒等式 (Jacobi Identity) 所描述的特定非结合关系。
• 例子：令 $\vec{i}=(1,0,0), \vec{j}=(0,1,0), \vec{k}=(0,0,1)$ 为标准基向量。
• 不交换：$\vec{i} \times \vec{j} = \vec{k}$，但是 $\vec{j} \times \vec{i} = -\vec{k}$。
• 不结合：$(\vec{i} \times \vec{j}) \times \vec{j} = \vec{k} \times \vec{j} = -\vec{i}$。但是 $\vec{i} \times (\vec{j} \times \vec{j}) = \vec{i} \times \vec{0} = \vec{0}$。两者不相等。

这部分将封闭性 (Closure) 这个概念从一个集合本身，扩展到了其子集上，并讨论了性质的继承问题。这是为后续定义“子群 (Subgroup)”做铺垫。

1. “假设 $\star$ 是集合 $G$ 上的二元运算，$H$ 是 $G$ 的一个子集。”
   • 这是一个标准的数学设定。我们有一个大集合 $G$ 和一个定义在其上的运算 $\star$。然后我们从 $G$ 里面拿出一小部分元素，组成子集 $H$。
2. “如果 $\star$ 限制在 $H$ 上是 $H$ 上的二元运算，即对于所有 $a, b \in H, a \star b \in H$，则称 $H$ 在 $\star$ 下是封闭的。”
   • 限制在 $H$ 上 (restricted to H)：我们现在只关心运算 $\star$ 作用在子集 $H$ 的元素上时的表现。
   • 是 $H$ 上的二元运算：根据二元运算的定义，这意味着当运算 $\star$ 的输入都来自 $H$ 时，其输出也必须在 $H$ 内部。
   • 即 $a, b \in H \implies a \star b \in H$：这是对“子集 $H$ 在运算 $\star$ 下封闭”这个说法的精确数学表述。意思是，你从子集 $H$ 里拿任意两个元素出来运算，结果掉不出去，还在 $H$ 里面。
3. “请注意，如果 $\star$ 是 $G$ 上的结合（或交换）二元运算...那么 $\star$ 在 $H$ 上也自动是结合（或交换）的。”
   • 这是一个关于性质继承 (inheritance) 的重要论断。
   • 逻辑：
   • 结合律在 $G$ 上成立，意味着对于所有 $G$ 中的元素 $a,b,c$，都有 $(a \star b) \star c = a \star (b \star c)$。
   • 因为 $H$ 是 $G$ 的子集，所以 $H$ 中的任何元素也都是 $G$ 中的元素。
   • 因此，这个等式对于所有 $H$ 中的元素 $a,b,c$ 自然也成立。
   • 所以，结合律这个性质就被子集 $H$ 自动继承了。
   • 同理，交换律（如果存在的话）也会被自动继承。
   • 关键点：像结合律和交换律这样的“普适性”质（对所有元素成立的性质）是可以被子集继承的。但是，像“存在单位元”和“存在逆元”这样的“存在性”质，就不一定能被继承了（后面会看到）。

这是本章乃至本书最重要的定义之一。它用一个公理化的系统，精确地定义了什么是群。

1. (1) 群 (Group) 的定义

• “群是一个有序对 $(G, \star)$...”
• 有序对 (Ordered Pair)：强调一个群是由两部分构成的：一个集合 $G$ 和一个作用于其上的运算 $\star$。两者缺一不可。同一个集合在不同运算下可能构成不同的群，或者不成群。
• “...其中 $G$ 是一个集合，$\star$ 是 $G$ 上的二元运算...”
• 这部分把我们之前定义的概念用上了。说 $\star$ 是 $G$ 上的二元运算，已经隐含地要求了运算必须是封闭的。这是群的第一条、也是最容易被忽略的隐藏公理。

接下来是群的三大核心公理：

• “(i) $(a \star b) \star c=a \star(b \star c)$，对于所有 $a, b, c \in G$，即 $\star$ 是结合的，” (公理G1: 结合律)
• 作用：保证了运算可以被毫不含糊地推广到多个元素上。没有它，代数推演将寸步难行。

• “(ii) 存在 $G$ 中的一个元素 $e$，称为 $G$ 的单位元，使得对于所有 $a \in G$，我们有 $a \star e=e \star a=a$，” (公理G2: 单位元存在)
• 存在 (There exists)：这是一个“存在性”断言。它不要求单位元是哪个具体元素，但它断言群里必须至少有一个这样的特殊元素。
• 单位元 (Identity Element)：这个元素 $e$ 在运算中是“隐形的”或“中性的”。任何元素和它运算，都等于元素自身。它就像加法中的0（$a+0=0+a=a$）或乘法中的1（$a \times 1 = 1 \times a = a$）。
• $a \star e=e \star a=a$：定义要求单位元从左边运算和从右边运算都必须是中性的。对于非交换群，这一点很重要。

• “(iii) 对于每个 $a \in G$，存在 $G$ 的一个元素 $a^{-1}$，称为 $a$ 的逆元，使得 $a \star a^{-1}=a^{-1} \star a=e$。” (公理G3: 逆元存在)
• 对于每个 (For each)：这要求群里的每一个元素都必须有逆元。
• 存在 (exists)：对每个 $a$，都至少有一个对应的逆元存在于 $G$ 中。
• 逆元 (Inverse Element)：$a$ 的逆元 $a^{-1}$ 是这样一个元素，它和 $a$ 运算后，能把 $a$ “撤销”或“还原”成单位元 $e$。它就像一个数 $a$ 的相反数 $-a$（在加法中，$a+(-a)=0$）或倒数 $1/a$（在乘法中，$a \times (1/a) = 1$）。
• $a \star a^{-1}=a^{-1} \star a=e$：要求逆元从左边和从右边运算，都能得到同一个单位元 $e$。

总结群的四条公理（包括隐含的封闭性）：

1. 封闭性：$a, b \in G \implies a \star b \in G$。
2. 结合律：$(a \star b) \star c=a \star(b \star c)$。
3. 单位元：存在 $e \in G$，对所有 $a \in G$ 有 $a \star e=e \star a=a$。
4. 逆元：对所有 $a \in G$，存在 $a^{-1} \in G$ 使得 $a \star a^{-1}=a^{-1} \star a=e$。

2. (2) 阿贝尔群 (Abelian Group) 的定义

• “群 $(G, \star)$ 称为阿贝尔群（或交换群），如果对于所有 $a, b \in G$，有 $a \star b=b \star a$。”
• 这在群的四条公理之上，额外增加了一条公理：

1. 交换律: $a \star b=b \star a$。
   • 阿贝尔群是以数学家尼尔斯·亨利克·阿贝尔的名字命名的。它们是结构相对简单、性质更好的一类群。我们熟悉的整数加法群、有理数乘法群都是阿贝尔群。而矩阵乘法群、置换群则是一般非阿贝尔群的典型例子。

这部分是对群的定义做一些语言和符号上的简化说明，方便后续的叙述。

1. “我们将立即变得不那么正式，称 $G$ 在 $\star$ 下是一个群，如果 $(G, \star)$ 是一个群...”
   • 严格形式：$(G, \star)$ 是一个群。这最严谨，因为它明确指出了集合和运算两个部分。
   • 简化形式1：“$G$ 在 $\star$ 下是一个群”。这稍微简化了一下，用自然语言描述，意思明确。
   • 举例：可以说“整数集合 $\mathbb{Z}$ 在加法 $+$ 下是一个群”，而不是每次都说“有序对 $(\mathbb{Z}, +)$ 是一个群”。
2. “...（或在运算 $\star$ 明确的情况下，就称 $G$ 是一个群）。”
   • 简化形式2：“$G$ 是一个群”。这是最简化的说法。
   • 前提：“在运算 $\star$ 明确的情况下 (when the operation $\star$ is clear from the context)”。这意味着，当我们从上下文就能清楚地知道讨论的是哪个运算时，我们就可以只提集合的名字。
   • 举例：当我们说“考虑整数群 $\mathbb{Z}$”时，几乎所有数学家都会默认我们指的是加法运算，因为整数在乘法下不是群。当我们说“研究一下循环群 $Z_n$”时，大家也默认是模n加法。
3. “此外，如果 $G$ 是一个有限集，则称 $G$ 是一个有限群。”
   • 有限群 (Finite Group)：如果构成群的集合 $G$ 里的元素个数是有限的，那么这个群就是有限群。
   • 无限群 (Infinite Group)：反之，如果集合 $G$ 的元素是无限多的，就是无限群。
   • 例子：
   • 有限群：正方形的8个对称操作构成的群 $D_4$。模n加法群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$（有n个元素）。
   • 无限群：整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$。非零有理数乘法群 $(\mathbb{Q}-\{0\}, \times)$。
4. “注意，公理 (ii) 确保群总是非空的。”
   • 公理 (ii)：存在单位元 $e \in G$。
   • 逻辑：既然公理强制要求群里面必须存在一个叫做单位元的元素，那么这个群的集合 $G$ 至少要包含这一个元素。因此，$G$ 永远不可能是空集 $\emptyset$。
   • 这是群定义的一个微小但重要的推论。空集和任何运算都无法构成群。最小的群是只含一个元素（即单位元自身）的群，称为“平凡群”。

这部分给出了群的几个最基本、最经典的例子，涵盖了加法群和乘法群。

1. (1) 数集上的加法群

• 原文：“$\mathbb{Z}, \mathbb{Q}, \mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 在 $+$ 下是群，其中 $e=0$ 且 $a^{-1}=-a$，对于所有 $a$。”
• 解释：
• 集合与运算：这些都是我们熟悉的数集和加法运算。
• 验证群公理：

1. 封闭性：这些集合中的任意两个数相加，结果仍在集合内。例如，有理数+有理数=有理数。
2. 结合律：加法满足结合律。
3. 单位元：数字 $0$ 存在于所有这些集合中，并且 $a+0=a$。所以单位元是 $e=0$。
4. 逆元：对于这些集合中的任何一个数 $a$，它的相反数 $-a$ 也一定在该集合中，并且 $a+(-a)=0$。所以 $a$ 的逆元是 $a^{-1}=-a$。
   • 结论：这四个集合在加法下都构成群。因为加法是可交换的，所以它们都是阿贝尔群。它们也都是无限群。

2. (2) 数集上的乘法群

• 原文：“$\mathbb{Q}-\{0\}, \mathbb{R}-\{0\}, \mathbb{C}-\{0\}, \mathbb{Q}^{+}, \mathbb{R}^{+}$ 在 $\times$ 下是群，其中 $e=1$ 且 $a^{-1}=\frac{1}{a}$，对于所有 $a$。”
• 解释：
• 集合：这里特别注意，所有集合都排除了元素 $0$。对于 $\mathbb{Q}^{+}$ (正有理数) 和 $\mathbb{R}^{+}$ (正实数)，它们天然不含0。
• 为什么排除0？ 因为 $0$ 没有乘法逆元。不存在一个数 $x$ 使得 $0 \times x = 1$。为了满足群的“每个元素都有逆元”公理，必须把 $0$ 剔除掉。
• 运算：$\times$ (普通乘法)。
• 验证群公理：

1. 封闭性：两个非零数相乘，结果仍然非零。两个正数相乘，结果仍然是正数。在这些集合上都是封闭的。
2. 结合律：乘法满足结合律。
3. 单位元：数字 $1$ 存在于所有这些集合中，并且 $a \times 1 = a$。所以单位元是 $e=1$。
4. 逆元：对于这些集合中的任何一个数 $a$，它的倒数 $1/a$ 也一定在该集合中，并且 $a \times (1/a) = 1$。所以 $a$ 的逆元是 $a^{-1}=1/a$。
   • 结论：这五个集合在乘法下都构成群。它们也都是可交换的（阿贝尔群）和无限群。

• 原文：“然而请注意，$\mathbb{Z}-\{0\}$ 在 $\times$ 下不是群，因为尽管 $\times$ 是 $\mathbb{Z}-\{0\}$ 上的结合二元运算，但元素2（例如）在 $\mathbb{Z}-\{0\}$ 中没有逆元。”
• 解释：这是一个非常重要的反例。
• 集合与运算：$\mathbb{Z}-\{0\} = \{...,-2, -1, 1, 2, ...\}$ 和乘法。
• 检查公理：

1. 封闭性：非零整数 $\times$ 非零整数 = 非零整数。（成立）
2. 结合律：整数乘法是结合的。（成立）
3. 单位元：$1$ 在集合中。（成立）
4. 逆元：问题出在这里。取元素 $a=2 \in \mathbb{Z}-\{0\}$。它的乘法逆元应该是 $1/2$。但是 $1/2$ 不是整数，它不在集合 $\mathbb{Z}-\{0\}$ 里。所以，元素2在 $\mathbb{Z}-\{0\}$ 这个体系内找不到自己的逆元。
   • 结论：由于逆元公理不满足，$(\mathbb{Z}-\{0\}, \times)$ 不是一个群。
   • 特例：在 $\mathbb{Z}-\{0\}$ 中，只有 $1$ 和 $-1$ 这两个元素有逆元（它们互为逆元）。所有其他元素都没有。

这段话是一个“技术性说明”，旨在解释为什么我们在前面的例子中可以理所当然地认为加法和乘法的结合律是成立的。它揭示了数学知识体系的层次性。

1. “我们忽略了这些熟悉例子中结合律成立的事实。”
   • 作者承认，在前面的例子中，他直接默认了大家熟知的加法和乘法是结合的，没有去证明。
2. “对于 $\mathbb{Z}$ 在 $+$ 下，这是自然数加法结合律公理的结果。”
   • 根源：整数加法的结合律的源头在哪？在最最基础的自然数（或皮亚诺公理体系）里，加法的结合律是被当作公理来接受的，或者从更底层的公理推导出来。整数是从自然数构造出来的，所以继承了这个性质。这是整个数字大厦的第一块基石。
3. “对于 $\mathbb{Q}$ 在 $+$ 下的结合律，是 $\mathbb{Z}$ 的结合律的结果...（从 $\mathbb{Z}$ 构造 $\mathbb{Q}$）”
   • 构造 $\mathbb{Q}$：有理数 $\mathbb{Q}$ 是如何从整数 $\mathbb{Z}$ 定义的？一个有理数被定义为一对整数的等价类，即 $a/b$ 代表的是所有满足 $ad=bc$ 的整数对 $(c,d)$ 的集合。
   • 继承性质：有理数的加法 $(a/b) + (c/d) = (ad+bc)/(bd)$ 是用整数的加法和乘法来定义的。因此，有理数加法的结合律，可以通过代数演算，最终归结为整数加法和乘法的结合律。性质从底层传递到了上一层。
4. “$\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 在 $+$ 下的结合律...通过完成 $\mathbb{Q}$ 来构造 $\mathbb{R}$ 时得到证明...”
   • 构造 $\mathbb{R}$：实数 $\mathbb{R}$ 又是如何从有理数 $\mathbb{Q}$ 定义的？通常有两种方法：戴德金分割或柯西序列。这两种方法本质上都是在“填补”有理数轴上的“空隙”（比如 $\sqrt{2}$ 的位置）。这个过程称为“完备化 (completion)”。
   • 继承性质：实数的加法被定义为有理数序列的极限或戴德金分割的运算。通过分析的极限论证，可以证明，实数加法的结合律最终还是依赖于有理数加法的结合律。
   • $\mathbb{C}$ (复数) 是由实数对 $(a,b)$（即 $a+bi$）构造的，其运算由实数运算定义，所以结合律也自然地被继承。
5. “最终，结合性再次是 $\mathbb{Z}$ 的结合性的结果。”
   • 这是一个溯源的结论：我们熟悉的数系 $\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$ 的加法和乘法结合律，其合法性的最终源头，都可以追溯到最底层的整数 $\mathbb{Z}$ 的结合律。
6. “由于 $\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 将主要用于说明目的...我们将接受 $\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{C}$ 在 $+$ 和 $\times$ 下的结合律为既定事实。”
   • 本书的范围：作者声明，本书是一本代数书，不是一本分析书。从 $\mathbb{Q}$ 构造 $\mathbb{R}$ 的完备化过程涉及复杂的分析学内容，超出了本书的范围。
   • pragmatic a pproach：因此，作者采取了一个务实的态度：我们不会在本书里去证明实数和复数的结合律，而是直接把它们当作已知的、在其它课程（如数学分析）里已经证明过的事实来使用。这让我们可以专注于代数本身的内容。

这部分继续给出更多种类、更抽象的群的例子，包括来自线性代数的向量空间，来自数论的模算术群，以及一种构造新群的方法——直积。

1. (3) 向量空间

• 原文：“向量空间 $V$ 的公理包括那些指定 $(V,+)$ 是阿贝尔群的公理...任何向量空间，例如 $\mathbb{R}^{n}$，特别是加法群。”
• 解释：
• 如果你学过线性代数，你会知道向量空间的定义包含8条（或10条）公理。其中关于向量加法的公理恰好就是阿贝尔群的所有公理：加法是封闭的、结合的、可交换的，存在零向量（单位元），每个向量都有其负向量（逆元）。
• 所以，任何一个向量空间，如果我们暂时忘记“数乘”这个操作，只看它的向量加法，它本身就是一个阿贝尔群。
• 例子：$\mathbb{R}^n$ (n维欧几里得空间)，其向量加法就是一个群。例如在 $\mathbb{R}^2$ 中，向量 $(1,2) + (3,4) = (4,6)$。单位元是 $(0,0)$，向量 $(x,y)$ 的逆元是 $(-x,-y)$。

2. (4) 模n加法群

• 原文：“对于 $n \in \mathbb{Z}^{+}$，$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 在余数类加法运算 $+$ 下是一个阿贝尔群...”
• 解释：
• 集合 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$：这是模 $n$ 的剩余类集合，通常记作 $\{\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}, ..., \overline{n-1}\}$。每个 $\overline{a}$ 代表所有除以 $n$ 余数是 $a$ 的整数的集合。例如，在 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 中，$\overline{1} = \{...,-5, -2, 1, 4, 7, ...\}$。
• 运算：余数类加法，定义为 $\overline{a} + \overline{b} = \overline{a+b}$。
• 群的性质：
• 单位元：$\overline{0}$。因为 $\overline{a} + \overline{0} = \overline{a+0} = \overline{a}$。
• 逆元：$\overline{a}$ 的逆元是 $\overline{-a}$，也等于 $\overline{n-a}$。因为 $\overline{a} + \overline{-a} = \overline{a-a} = \overline{0}$。
• 良定义 (Well-defined)：作者提到这个运算是“良定义的”，这是一个重要的技术细节。意思是，运算结果不依赖于你从每个剩余类中选择哪个代表元素。比如在 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 中，$\overline{1}+\overline{2} = \overline{3}=\overline{0}$。如果我们从 $\overline{1}$ 中选4，从 $\overline{2}$ 中选5，那么 $4+5=9$，而9除以3的余数也是0，即 $\overline{9}=\overline{0}$。结果一致。
• 约定：当我们提到群 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，默认的运算就是模n加法。这是一个有限阿贝尔群。

3. (5) 模n乘法群

• 原文：“...$(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 在余数类乘法下是一个阿贝尔群...”
• 解释：
• 集合 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$：它不是 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的所有元素，而只是那些“存在乘法逆元”的元素。这等价于所有与 $n$ 互质的数的剩余类。
• 例子：在 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}=\{\overline{0},\overline{1},\overline{2},\overline{3},\overline{4},\overline{5}\}$ 中，与6互质的数是1和5。所以 $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})^\times = \{\overline{1}, \overline{5}\}$。
• 运算：余数类乘法，定义为 $\overline{a} \cdot \overline{b} = \overline{a \cdot b}$。
• 群的性质：
• 封闭性：两个与 $n$ 互质的数相乘，结果仍然与 $n$ 互质。
• 单位元：$\overline{1}$。
• 逆元：根据这个集合的定义，里面的每个元素都保证了有乘法逆元。例如在 $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})^\times$ 中，$\overline{5} \cdot \overline{5} = \overline{25} = \overline{1}$，所以 $\overline{5}$ 的逆元是它自己。
• 约定：当我们提到群 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$（注意右上角的 $\times$），默认的运算就是模n乘法。这也是一个有限阿贝尔群。

4. (6) 直积

• 原文：“如果 $(A, \star)$ 和 $(B, \diamond)$ 是群，我们可以形成一个新的群 $A \times B$，称为它们的直积...”
• 解释：这是一种用已有的群来制造新群的“工厂”。
• 新集合：新群的元素是有序对 $(a, b)$，其中第一个分量来自第一个群 $A$，第二个分量来自第二个群 $B$。这就是笛卡尔积。
• 新运算：运算是“按分量进行 (componentwise)”。要计算 $(a_1, b_1)$ 和 $(a_2, b_2)$ 的直积，你只需在第一个分量上用 $A$ 的运算 $\star$，在第二个分量上用 $B$ 的运算 $\diamond$。
• 为什么是群？ 因为 $A$ 和 $B$ 本身都是群，所以它们的性质可以“传递”给直积群的每个分量。
• 单位元：就是两个群各自单位元组成的对 $(e_A, e_B)$。
• 逆元：元素 $(a,b)$ 的逆元就是 $(a^{-1}, b^{-1})$。
• 结合律：因为在每个分量上的运算都是结合的，所以整体也是结合的。
• 例子：$\mathbb{R} \times \mathbb{R}$，即我们熟悉的二维平面。这里的运算是向量加法：$(x_1, y_1) + (x_2, y_2) = (x_1+x_2, y_1+y_2)$。这其实就是两个加法群 $(\mathbb{R}, +)$ 的直积。

这是一个非常重要的提醒，旨在帮助初学者避免一个极其常见的错误。

1. “$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$（加法）和 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$（乘法）这两个群之间不应混淆”
   • 强调区别：作者在这里用明确的语言警告读者，这两个数学对象虽然符号看起来很像，但它们是完全不同的群。
   • 区别1：运算
   • $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的运算是模n加法。
   • $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 的运算是模n乘法。
   • 区别2：集合
   • $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的集合包含所有 $n$ 个剩余类 $\{\overline{0}, \overline{1}, ..., \overline{n-1}\}$。
   • $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 的集合只包含其中与 $n$ 互质的剩余类，其元素个数为 $\phi(n)$（欧拉函数值），通常远小于 $n$。
2. “...即使后者是前者的一个子集...”
   • 集合关系：从集合的角度看，$(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 的元素集合确实是 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 元素集合的一个子集。例如，$(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})^\times = \{\overline{1}, \overline{5}\}$ 是 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}=\{\overline{0},\overline{1},\overline{2},\overline{3},\overline{4},\overline{5}\}$ 的一个子集。
   • 结构的陷阱：这种集合上的包含关系，恰恰是导致混淆的根源。人们容易误以为一个是另一个的“子群”。但这是错误的！
   • 为什么不是子群？ 子群的定义要求它在原群的运算下构成一个群。$(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 是在乘法下成群的，而它所属的大集合 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 是在加法下成群的。运算都不同，根本谈不上子群关系。而且，$(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 在加法下通常不是封闭的（例如，在 $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})^\times$ 中，$\overline{1}+\overline{5}=\overline{6}=\overline{0}$，但 $\overline{0}$ 不在 $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})^\times$ 中），所以它不可能是 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}, +)$ 的子群。
3. “...上标 $\times$ 将始终表示运算是乘法。”
   • 符号约定：作者给出了一个清晰的区分规则。看到右上角有 × (cross) 或 * (star) 这样的符号，通常都暗示着我们讨论的是乘法群，其元素是“可逆的”或“单位的”。而没有这个上标的 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，则默认指加法群。

这部分开始从群的公理出发，进行第一次正式的逻辑推演，证明关于群的一些最基本的性质。这些性质虽然看起来“显而易见”，但它们的正确性必须也只能从公理导出。

• 引言：“...使我们能够谈论the identity and the inverse of an element。”
• 这里的定冠词“the”是关键。群的公理只保证了“存在一个单位元”（an identity）和“存在一个逆元”（an inverse）。它们可能是多个。这个命题的目的就是要证明，这些东西实际上都是唯一的，所以我们以后可以理直气壮地称之为“那个单位元”和“那个逆元”。

1. (1) 单位元的唯一性

• 论断：一个群里不可能有两个或更多的单位元。
• 直觉：就像一个国家只能有一个合法的国王。如果同时有两个人都声称自己是国王，他们必定是同一个人。

2. (2) 逆元的唯一性

• 论断：群里的每一个元素，它所对应的逆元也是独一无二的。
• 直觉：对于一把锁，能打开它的钥匙只有一把。如果两把钥匙都能打开它，那这两把钥匙必须是一模一样的。

3. (3) 逆元的逆元

• 论断：一个元素的逆元的逆元，就是它本身。
• 直觉：开关的“反向操作”是“反向操作”，两次反向就回到了原始状态。“撤销”这个动作的“撤销”，就是“执行”。

4. (4) 乘积的逆元（“穿鞋脱袜”法则）

• 论断：两个元素乘积的逆元，等于这两个元素的逆元反过来相乘。
• 直觉：这个性质非常非常重要，尤其是在非交换群中。想象一个操作序列：先穿袜子（操作a），再穿鞋子（操作b）。要撤销这个序列，你必须反向操作：先脱鞋子（操作 $b^{-1}$），再脱袜子（操作 $a^{-1}$）。顺序必须颠倒。所以 $(ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}$。

5. (5) 广义结合律

• 论断：群的结合律公理只说了三个元素的情况，但这个性质可以推广到任意多个元素。一个长长的乘积链，无论你在中间怎么加括号，最终结果都一样。
• 直觉：这保证了我们可以写下 $a_1 a_2 \dots a_n$ 这样的无歧义表达式，是代数运算方便性的根本保障。

这是对命题1(1)“单位元唯一性”的证明。这是一个非常经典和巧妙的证明。

1. 证明策略：标准的唯一性证明策略——假设有两个，然后证明它们必然相等。
2. “如果 $f$ 和 $g$ 都是单位元”
   • 这是证明的假设。我们假定在群 $G$ 中，存在两个元素 $f$ 和 $g$，它们都满足单位元的定义。
   • $f$ 是单位元意味着：对于任何元素 $x \in G$，$f \star x = x \star f = x$。
   • $g$ 是单位元意味着：对于任何元素 $y \in G$，$g \star y = y \star g = y$。
3. “...那么根据群定义的公理 (ii)，$f \star g=f$（取 $a=f$ 和 $e=g$）。”
   • 我们现在要利用 $g$ 的单位元性质。
   • 单位元 $g$ 的定义说：对于任何元素 $y$，都有 $y \star g = y$。
   • 我们现在把这个“任何元素” $y$ 特别地选为 $f$。
   • 代入后得到：$f \star g = f$。
   • 这一步的逻辑是：把 $f$ 当作一个普通元素，让单位元 $g$ 作用在它上面。根据单位元的定义，结果当然还是 $f$。
4. “根据相同的公理，$f \star g=g$（取 $a=g$ 和 $e=f$）。”
   • 现在，我们反过来，利用 $f$ 的单位元性质。
   • 单位元 $f$ 的定义说：对于任何元素 $x$，都有 $f \star x = x$。
   • 我们现在把这个“任何元素” $x$ 特别地选为 $g$。
   • 代入后得到：$f \star g = g$。
   • 这一步的逻辑是：把 $g$ 当作一个普通元素，让单位元 $f$ 作用在它上面。根据单位元的定义，结果当然还是 $g$。
5. “因此 $f=g$，并且单位元是唯一的。”
   • 结论：我们在第3步证明了 $f \star g = f$。在第4步证明了 $f \star g = g$。
   • 由于同一个表达式 $f \star g$ 不可能有两个结果，所以必然有 $f = g$。
   • 证毕：我们从“存在两个单位元 $f$ 和 $g$”这个假设出发，通过严格的逻辑推导，得出了“$f$ 和 $g$ 必须是同一个元素”的结论。这就证明了单位元不可能是多个，它一定是唯一的。

这是对命题1(2)“逆元唯一性”的证明。

1. 证明策略：同样采用唯一性证明的标准策略——假设元素 $a$ 有两个逆元 $b$ 和 $c$，然后证明 $b$ 和 $c$ 必然相等。
2. “假设 $b$ 和 $c$ 都是 $a$ 的逆元”
   • 这是证明的假设。
   • $b$ 是 $a$ 的逆元意味着：$a \star b = b \star a = e$。
   • $c$ 是 $a$ 的逆元意味着：$a \star c = c \star a = e$。
   • 证明中只需要用到 $a \star b = e$ 和 $c \star a = e$。
3. 证明过程的推导链：
   • $c = c \star e$
   • 理由：这是单位元 $e$ 的定义（公理 ii）。任何元素与单位元运算都等于其自身。这是整个推导的起点，目的是引入 $e$，从而为代入做准备。
   • $= c \star (a \star b)$
   • 理由：因为我们假设 $b$ 是 $a$ 的逆元，所以 $a \star b = e$。这里用 $a \star b$ 替换了上一行中的 $e$。这一步是关键，它巧妙地把 $a$ 和 $b$ 引入了表达式。
   • $= (c \star a) \star b$
   • 理由：这是结合律（公理 i）的应用。括号从后面“移动”到了前面。这一步是整个证明的核心！它改变了运算的组合方式，使得 $c$ 和 $a$ 相遇了。
   • $= e \star b$
   • 理由：因为我们假设 $c$ 也是 $a$ 的逆元，所以 $c \star a = e$。这里用 $e$ 替换了括号里的 $c \star a$。
   • $= b$
   • 理由：再次使用单位元的定义（公理 ii）。单位元与任何元素运算都等于那个元素。
4. 结论：我们从 $c$ 出发，通过一系列等价变换，最终得到了 $b$。所以 $c=b$。
5. 证毕：这就证明了任意一个元素的逆元只能有一个。

这是对命题1(3) "逆元的逆元是自身" 的证明。

1. 证明目标：要证明 $(a^{-1})^{-1} = a$。
2. 核心思想：利用刚刚证明的“逆元唯一性”。
   • “证明 $\left(a^{-1}\right)^{-1}=a$ 正是证明 $a$ 是 $a^{-1}$ 的逆元的问题”：这句话是关键。符号 $(a^{-1})^{-1}$ 的定义是“$a^{-1}$ 这个元素的逆元”。由于我们已经证明了逆元是唯一的，所以只要我们能证明 $a$ 符合 $a^{-1}$ 的逆元的定义，那么 $a$ 就必须是那个唯一的逆元，即 $(a^{-1})^{-1}$。
3. 如何证明 $a$ 是 $a^{-1}$ 的逆元？
   • 根据逆元的定义（公理 iii），要证明 $X$ 是 $Y$ 的逆元，我们必须证明 $X \star Y = e$ 并且 $Y \star X = e$。
   • 在这里，我们要证明 $a$ 是 $a^{-1}$ 的逆元。所以，我们需要把上面公式中的 $Y$ 换成 $a^{-1}$，把 $X$ 换成 $a$。
   • 我们需要验证： $a \star a^{-1} = e$ 和 $a^{-1} \star a = e$。
4. 验证
   • “在定义 $a^{-1}$ 时，将 $a$ 和 $a^{-1}$ 的角色在头脑中互换...”：我们回顾一下 $a^{-1}$ 的原始定义。$a^{-1}$ 本身就是 $a$ 的逆元，所以根据公理(iii)，它必须满足 $a \star a^{-1} = e$ 和 $a^{-1} \star a = e$。
   • 结论：我们发现，需要验证的两个等式，恰好就是 $a^{-1}$ 定义的一部分！它们天然成立。
5. 证毕：既然 $a$ 满足了作为 $a^{-1}$ 的逆元的所有条件，而我们又知道 $a^{-1}$ 的逆元是唯一的（记为 $(a^{-1})^{-1}$），那么必然有 $a = (a^{-1})^{-1}$。

这是对命题1(4)“乘积的逆元”法则的证明。这是一个非常重要的计算性证明。

1. 证明目标：要证明 $(a \star b)^{-1} = b^{-1} \star a^{-1}$。
2. 证明策略：和(3)类似，利用逆元的唯一性。我们令 $c = (a \star b)^{-1}$，这是 $(a \star b)$ 那个唯一的逆元。我们的目标是证明 $c$ 就等于 $b^{-1} \star a^{-1}$。
   • 另类策略：一个更直接的策略是去验证 $b^{-1} \star a^{-1}$ 是否满足 $(a \star b)$ 的逆元的定义。即验证 $(a \star b) \star (b^{-1} \star a^{-1}) = e$。
   • $(a \star b) \star (b^{-1} \star a^{-1}) = a \star (b \star b^{-1}) \star a^{-1}$ (结合律)
   • $= a \star e \star a^{-1}$ (逆元定义)
   • $= a \star a^{-1}$ (单位元定义)
   • $= e$ (逆元定义)
   • 这样就证明了 $b^{-1} \star a^{-1}$ 是 $(a \star b)$ 的一个右逆元。类似可证它也是左逆元。根据唯一性，它就是逆元。
   • 书中的证明采用的是直接求解的方法，我们来分析书中的方法。
3. 书中证明的步骤分析：
   • 令 $c=(a \star b)^{-1}$：给我们要找的目标起个名字叫 $c$。
   • $(a \star b) \star c = e$：这是逆元定义的一部分。
   • $a \star(b \star c)=e$：应用结合律，把括号重新组合。
   • $a^{-1} \star(a \star(b \star c))=a^{-1} \star e$：这是关键一步，为了消去最左边的 $a$，我们在等式两边的左侧同时乘以 $a$ 的逆元 $a^{-1}$。注意，在非交换群中，是从左乘还是从右乘，必须保持一致！
   • $(a^{-1} \star a) \star(b \star c)=a^{-1}$：左边再次用结合律，右边用单位元定义简化。
   • $e \star(b \star c)=a^{-1}$：左边化简。
   • $b \star c=a^{-1}$：左边化简。到现在，我们已经成功消去了 $a$，把 $c$ 和 $b$ 的关系与 $a^{-1}$ 联系起来了。
   • $b^{-1} \star(b \star c) =b^{-1} \star a^{-1}$：故技重施。为了消去最左边的 $b$，在等式两边的左侧同时乘以 $b^{-1}$。
   • 后续简化：和消去 $a$ 的过程完全一样，应用结合律和单位元定义。
   • $(b^{-1} \star b) \star c = b^{-1} \star a^{-1}$
   • $e \star c = b^{-1} \star a^{-1}$
   • $c = b^{-1} \star a^{-1}$
   • 证毕：我们最终求出了 $c$ 的表达式，它就是 $b^{-1} \star a^{-1}$。这就证明了 $(a \star b)^{-1} = b^{-1} \star a^{-1}$。

这是对命题1(5)“广义结合律”的证明思路的提示。作者将其作为一个练习，只给出了大纲。

1. 证明目标：证明 $n$ 个元素的乘积 $a_1 \star a_2 \star \dots \star a_n$ 的值与括号的添加方式无关。
2. 证明方法：数学归纳法 (Mathematical Induction)，而且是一种称为“强归纳法”的形式。
3. 证明步骤大纲：
   • 基础步骤 (Base Cases)：
   • $n=1$：只有一个元素 $a_1$，无所谓括号，成立。
   • $n=2$：$a_1 \star a_2$，也只有一种形式，成立。
   • $n=3$：$(a_1 \star a_2) \star a_3 = a_1 \star (a_2 \star a_3)$。这正是群的结合律公理本身。成立。

• 归纳假设 (Inductive Hypothesis)：
• 假设对于所有小于 $n$ 的正整数 $k$（$1 \le k < n$），广义结合律都成立。也就是说，任意 $k$ 个元素的乘积，其结果都是唯一的，不随括号变化而变化。
• 作者还提出了一个更具体的形式，即任何 $k$ 元乘积都可以被写成一种“标准形式”：$b_{1} \star(b_{2} \star(\dots))$。

• 归纳步骤 (Inductive Step)：
• 现在考虑一个任意的 $n$ 元素乘积，它被某种方式加了括号。例如 Product。
• 分解：这个乘积，无论括号多么复杂，其最外层的运算一定是将整个表达式分成了两部分。例如 Product = (Product_Left) * (Product_Right)。
• Product_Left 是前 $k$ 个元素 $a_1, \dots, a_k$ 的乘积（$1 \le k < n$）。
• Product_Right 是后 $n-k$ 个元素 $a_{k+1}, \dots, a_n$ 的乘积。
• 应用归纳假设：
• 因为 $k < n$ 并且 $n-k < n$，所以根据归纳假设，Product_Left 和 Product_Right 的值都是确定的，不依赖于它们内部的括号。我们可以把它们写成标准形式。
• Product_Left = $a_1 \star (a_2 \star \dots \star a_k)$。
• Product_Right = $a_{k+1} \star (a_{k+2} \star \dots \star a_n)$。
• 使用公理：
• 现在 Product = $(a_1 \star (\dots \star a_k)) \star (a_{k+1} \star (\dots \star a_n))$。
• 通过反复应用基本的结合律公理（3个元素版本），可以证明这个表达式也等于“标准形式” $a_{1} \star(a_{2} \star(\dots \star a_{n}))$。
• 例如，Product = $(a_1 \star B) \star C$ (其中B是$a_2..a_k$的乘积, C是$a_{k+1}..a_n$的乘积)。这可以变成 $a_1 \star (B \star C)$。然后对 $B \star C$ 内部再做类似操作。
• 结论：既然任何一种括号方式都可以被转化为同一种“标准形式”，那么所有括号方式得到的结果必然是相同的。

1. 证毕：根据数学归纳法原理，广义结合律对所有正整数 $n$ 成立。

这是一个在进行了初步证明之后，对证明技巧的关键细节所做的重要补充说明。

1. “我们小心翼翼地没有改变任何乘积的顺序”
   • 回顾证明：在证明逆元唯一性时，我们有 $c \star (a \star b)$；在证明乘积逆元时，我们有 $b^{-1} \star a^{-1}$。在这些推导中，元素的左右相对位置（顺序）没有被随意调换。
   • 例如，我们没有写 $c \star (a \star b) = c \star (b \star a)$，因为这是不被允许的。
   • 我们只做了“括号的移动”，例如 $(c \star a) \star b$，这不改变 $c, a, b$ 的先后顺序。
2. “（除非公理 (ii) 和 (iii) 允许）”
   • 这是一个例外情况的说明，但这个说法可能有点误导。公理(ii)和(iii)本身并不“允许”交换顺序。
   • 公理(ii)是 $a \star e = e \star a = a$。
   • 公理(iii)是 $a \star a^{-1} = a^{-1} \star a = e$。
   • 这些公理说的是，一个特定元素（单位元 $e$）和另一对特定元素（$a$ 和它的逆元 $a^{-1}$）之间具有可交换性。
   • 但这并不意味着任意元素都可以交换。作者的意思可能是，在证明中，我们利用了这些定义好的等式，但没有推广到任意元素。
3. “...因为 $G$ 可能不是阿贝尔群。”
   • 根本原因：这揭示了我们如此小心的根本原因。交换律 $(a \star b = b \star a)$ 不是群的公理。我们建立的任何定理，都必须对所有群都成立，包括那些不交换的非阿贝尔群（如矩阵乘法群、置换群）。
   • 后果：如果在证明中不小心使用了交换律，那么得到的结论就只对阿贝尔群成立，而对一般群不成立，这样的证明就是错误的（或者说，是不完备的）。

这部分内容是关于符号约定的，旨在简化后续的数学书写。

1. (1) 乘法式符号 (Multiplicative Notation)

• 背景：在抽象的讨论中，每次都写 $a \star b$ 或 $a \circ b$ 这样的运算符号很繁琐。
• 约定1：省略运算符号
• 用 $a \cdot b$ 代替 $a \star b$。
• 更进一步，直接省略点，用 $ab$ 来表示 $a \cdot b$。这被称为 juxtaposition (并列)。
• 这套写法模仿了我们熟悉的普通乘法，因此被称为“乘法式符号”。
• 约定2：省略括号
• 因为我们已经证明了广义结合律，所以 $a_1 a_2 \dots a_n$ 这样的表达式是没有歧义的，可以省略所有内部括号。
• 约定3：单位元记为1
• 在乘法式符号体系下，单位元 $e$ 通常被记作 $1$。
• 总结：对于一个抽象群，我们将默认使用乘法式的写法：运算是并列，单位元是1，逆元是 $a^{-1}$。

2. (2) 幂次符号 (Power Notation)

• 背景：基于乘法式符号，可以进一步定义元素的“幂”。
• 正整数次幂：$x^n = \underbrace{x x \cdots x}_{n \text{ times}}$。
• 负整数次幂：$x^{-n} = (x^{-1})^n = \underbrace{x^{-1} x^{-1} \cdots x^{-1}}_{n \text{ times}}$。这等于 $(x^n)^{-1}$，即 $x$ 的 $n$ 次幂的逆元。
• 零次幂：$x^0 = 1$ (此处的 $1$ 是群的单位元)。这是一个定义。
• 有了这套定义，整数的指数定律（如 $x^m x^n = x^{m+n}$, $(x^m)^n=x^{mn}$）在群中对任意整数 $m, n$ 都成立（这需要证明，通常作为练习）。

3. 加法式符号 (Additive Notation)

• 背景：当一个群是阿贝尔群（即交换群）时，我们经常（但非必须）使用另一套符号，它模仿了我们熟悉的加法。
• 运算符号：用 $+$ 表示。$ab$ 变成 $a+b$。
• 单位元：记为 $0$。
• 逆元：$a^{-1}$ 记为 $-a$。
• 幂次：$x^n$ (n个x相乘) 变成 $nx$ (n个x相加)。$x^{-n}$ 变成 $-nx$。$x^0$ 变成 $0x=0$。
• 适用场景：这套符号几乎只用于阿贝尔群。如果在非阿贝尔群上使用加法符号，会产生严重的误导，因为我们习惯性地认为加法是可交换的。例如，你绝不会看到有人用 $A+B$ 表示矩阵 $A$ 和 $B$ 的乘积。

总结与对比

这个命题揭示了群的另一个非常重要的性质：在群的代数系统中，可以像我们熟悉的初等代数一样“解线性方程”和进行“约分”。

1. 方程有唯一解

• 命题：对于群 $G$ 中的任意定值 $a$ 和 $b$，方程 $ax=b$ 和 $ya=b$ 都存在解，并且解是唯一的。
• 类比：这就像在实数中解一次方程 $3x=5$ 和 $y \cdot 3=5$。
• $ax=b$ vs $ya=b$：为什么要区分这两种方程？因为在非阿贝尔群中，$ax$ 和 $xa$ 是不一样的。$ax=b$ 是未知数 $x$ 在右边，而 $ya=b$ 是未知数 $y$ 在左边。它们的解可能不同。
• $ax=b$ 的解是 $x = a^{-1}b$。
• $ya=b$ 的解是 $y = ba^{-1}$。
• 在非阿贝尔群中，$a^{-1}b$ 通常不等于 $ba^{-1}$。

2. 消去律 (Cancellation Laws)

• 命题：在方程两边，可以“消去”或“约掉”相同的因子。
• (1) 左消去律 (Left Cancellation Law)
• 如果 $au=av$，则 $u=v$。
• 相同的因子 $a$ 在等式的左边，可以被同时消去。
• (2) 右消去律 (Right Cancellation Law)
• 如果 $ub=vb$，则 $u=v$。
• 相同的因子 $b$ 在等式的右边，可以被同时消去。
• 重要提醒：你不能“交叉消去”！例如，从 $au=va$ 不能得出 $u=v$。因为在非交换群中，你不能把 $a$ 从一边挪到另一边。

关系：消去律实际上是“方程 $ax=b$ 解唯一”的一个直接推论。

• 假设 $au=av$。这可以看作是方程 $ax=av$ 的两个解，一个是 $x=u$，另一个是 $x=v$。
• 因为命题2的前半部分说了解是唯一的，所以必然有 $u=v$。

这是对命题2的证明，展示了如何利用逆元来求解方程和实现消去。

1. 求解方程 $ax=b$

• 方程：$ax=b$
• 目标：找出 $x$。
• 方法：

1. $a^{-1}(ax) = a^{-1}b$ (在等式两边左乘 $a$ 的逆元 $a^{-1}$)
2. $(a^{-1}a)x = a^{-1}b$ (结合律)
3. $ex = a^{-1}b$ (逆元的定义, $a^{-1}a=e$)
4. $x = a^{-1}b$ (单位元的定义, $ex=x$)
   • 解的存在性：我们找到了一个解，就是 $a^{-1}b$。因为 $a$ 有逆元 $a^{-1}$ (群公理)，$a^{-1}$ 和 $b$ 都在 $G$ 中，所以它们的乘积 $a^{-1}b$ 也一定在 $G$ 中 (封闭性)。所以解总是存在的。
   • 解的唯一性：
   • 书中的说法“$x$ 的唯一性是因为 $a^{-1}$ 是唯一的”其实不完全准确。更严谨的说法是：我们上面求解的每一步都是由公理保证的确定性操作，这个推导过程本身就构造了一个唯一的解。
   • 或者用反证法：假设有两个解 $x_1, x_2$。则 $ax_1=b$ 且 $ax_2=b$。于是 $ax_1=ax_2$。两边左乘 $a^{-1}$，得到 $a^{-1}(ax_1)=a^{-1}(ax_2)$，根据结合律和逆元、单位元定义，直接得到 $x_1=x_2$。所以解是唯一的。

2. 求解方程 $ya=b$

• 方程：$ya=b$
• 目标：找出 $y$。
• 方法：

1. $(ya)a^{-1} = ba^{-1}$ (在等式两边右乘 $a$ 的逆元 $a^{-1}$)
2. $y(aa^{-1}) = ba^{-1}$ (结合律)
3. $ye = ba^{-1}$ (逆元的定义)
4. $y = ba^{-1}$ (单位元的定义)
   • 解的存在和唯一性证明同上。

3. 证明左消去律

• 前提：$au=av$
• 目标：证明 $u=v$。
• 方法：

1. $a^{-1}(au) = a^{-1}(av)$ (两边左乘 $a^{-1}$)
2. $(a^{-1}a)u = (a^{-1}a)v$ (结合律)
3. $eu = ev$ (逆元定义)
4. $u=v$ (单位元定义)
   • 证毕。

4. 证明右消去律

• 前提：$ub=vb$
• 目标：证明 $u=v$。
• 方法：两边右乘 $b^{-1}$，过程与左消去律完全对称。

这部分是命题2的一些非常实用的推论，它们可以简化我们未来在验证一个结构是否为群，或者验证一个元素是否为逆元/单位元时的步骤。

1. 单边逆元即为逆元 (One-sided inverse is a two-sided inverse)

• 原文：“如果...$ab=e$ 或 $ba=e$，那么 $b=a^{-1}$...”
• 背景：群的公理(iii)要求，要称 $b$ 是 $a$ 的逆元，必须同时满足 $ab=e$ 和 $ba=e$。
• 推论：本推论说，在群的框架下（注意，前提是我们已经知道 $G$ 是一个群），我们不必那么麻烦。只要验证了其中一个等式，另一个就自动成立，并且 $b$ 就是那个唯一的逆元 $a^{-1}$。
• 证明（以 $ab=e$ 为例）：

1. 我们知道 $a$ 作为群的元素，它必然有一个（唯一的）逆元 $a^{-1}$，满足 $aa^{-1}=e$ 和 $a^{-1}a=e$。
2. 我们现在有方程 $ab=e$ 和 $aa^{-1}=e$。
3. 于是 $ab = aa^{-1}$。
4. 根据命题2的左消去律，我们可以消去等式两边的 $a$，得到 $b=a^{-1}$。
5. 证毕。
   • 实用价值：这在验证时省了一半的功夫。

2. 单边单位元即为单位元 (One-sided identity is a two-sided identity)

• 原文：“如果...$ab=a$（或 $ba=a$），那么 $b$ 必须是 $G$ 的单位元...”
• 背景：群的公理(ii)要求，要称 $b$ 是单位元，必须对所有元素 $x$ 都满足 $xb=bx=x$。
• 推论：本推论说，在群里，只要你发现有一个元素 $b$，它能让某一个非单位元素 $a$ 在单边乘法后保持不变（如 $ab=a$），那么这个 $b$ 就一定是群的单位元 $e$。
• 证明（以 $ab=a$ 为例）：

1. 我们有方程 $ab=a$。
2. 我们也可以写 $ae=a$（根据单位元 $e$ 的定义）。
3. 于是 $ab=ae$。
4. 根据命题2的左消去律，消去 $a$，得到 $b=e$。
5. 证毕。
   • 实用价值：这个推论更加强大。它表明单位元的性质非常“刚性”。我们不需要去对所有元素 $x$ 进行验证，只要找到一个元素 $a$ 能被 $b$ “保持不变”，就可以断定 $b$ 是单位元。

这是群论中另一个极其核心的概念——元素的阶 (Order of an element)。

1. “将 $x$ 的阶定义为最小的正整数 $n$ 使得 $x^{n}=1$”
   • 背景：在一个群里，我们拿到一个元素 $x$，可以不断地将它自身相乘（在乘法式记号下）：$x, x^2, x^3, x^4, \dots$。
   • 阶的定义：我们观察这个幂次序列，看它什么时候第一次等于群的单位元 $1$。这个“第一次”对应的次数 $n$，就是元素 $x$ 的阶。
   • 关键词1：最小 (smallest)。有可能 $x^6=1$ 并且 $x^{12}=1$。那么 $x$ 的阶是6，不是12。必须是最小的那个。
   • 关键词2：正整数 (positive integer)。$n$ 必须是 $1, 2, 3, \dots$。我们不考虑 $n=0$（因为任何 $x^0$ 都等于1，这没有意义）。
   • 关键词3：$x^n=1$。这里的 $1$ 是群的单位元的简写。如果用加法式记号，这个式子就是 $nx=0$。
2. “...并将此整数表示为 $|x|$”
   • 符号：元素的阶的符号是 $|x|$，和绝对值、集合的基数符号一样。需要根据上下文来区分。
3. “如果 $x$ 的任何正幂都不是单位元，则将 $x$ 的阶定义为无穷大...”
   • 无限阶 (Infinite Order)：如果我们把 $x$ 不断自乘 $x, x^2, x^3, \dots$，永远也回不到单位元 $1$，那么我们就说这个元素的阶是无穷大。

总结：一个元素的阶，直观地说，就是这个元素在群内的“循环周期”。它自己和自己运算，需要多少步才能“回到起点”（单位元）。

这部分对上一节引入的符号 $|x|$ 做进一步的说明和辩护。

1. “阶的符号不应与绝对值符号混淆...”
   • 警告：作者再次提醒，符号 $|x|$ 存在歧义。
   • 场景：当群 $G$ 是实数 $\mathbb{R}$ 的一个子集时（例如加法群 $\mathbb{R}$ 或乘法群 $\mathbb{R}-\{0\}$），歧义就会发生。
   • 例子：在 $(\mathbb{R}, +)$ 中，对于元素 $x=-2$，它的阶是 $|-2|=\infty$，而它的绝对值是 $|-2|=2$。
   • 作者的承诺：“我们将小心区分两者”。这意味着在可能产生混淆的地方，作者会用文字加以说明，例如写成“the order of -2 is $\infty$”。
2. “为元素的阶选择与表示集合基数（或阶）相同的符号可能看起来不谨慎...”
   • 另一个歧义：符号 $|S|$ 通常也用来表示集合 $S$ 的基数 (cardinality)，即集合中元素的个数。这个数量也被称为集合的“阶”。
   • 自我质疑：作者承认，用同一个符号表示“元素的阶”和“集合的阶”，看起来像一个草率的决定，容易造成混淆。
3. “但是我们将看到，群中元素的阶与它所有（不同）幂的集合的基数相同...”
   • 辩护与解释：作者在这里给出了使用相同符号的深刻理由。这个理由基于一个重要的事实（稍后会证明）：
   • 事实：对于一个元素 $x$，由它生成的所有不同的幂组成的集合是 $H = \{x^k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。（这个集合本身构成一个子群，称为循环子群）。元素 $x$ 的阶 $|x|$，恰好就等于这个集合 $H$ 的大小（基数）$|H|$。
   • 这个事实的证明思路：
   • 如果 $|x|=n$ (有限阶)：那么 $x$ 的所有不同幂恰好就是 $n$ 个：$\{x^0, x^1, x^2, \dots, x^{n-1}\}$。所以集合 $H$ 的大小是 $n$。因此 $|x| = |H| = n$。
   • 如果 $|x|=\infty$ (无限阶)：那么 $x$ 的所有整数次幂 $x^k$ 都是互不相同的。所以集合 $H$ 有无限多个元素。因此 $|x| = |H| = \infty$。
4. “...因此‘阶’的两种用法自然相关。”
   • 结论：因为“元素的阶”这个数值，总是等于“由该元素生成的循环子群的阶”，所以用同一个符号来表示它们，不仅不会造成混淆，反而深刻地揭示了两者内在的、本质的联系。这是一种非常优雅和富有深意的符号选择。

这部分通过一系列具体的计算，来帮助读者熟悉和掌握“元素的阶”这个新概念。

1. (1) 阶为1的元素

• 原文：“群的元素具有阶 1 当且仅当它是单位元。”
• 解释：
• “当且仅当” (if and only if) 意味着这是一个双向的等价命题。
• 方向一 ($\Rightarrow$)：如果 $|x|=1$，那么根据定义，$1$ 是使得 $x^n=e$ 的最小正整数。所以 $x^1=x=e$。因此 $x$ 是单位元。
• 方向二 ($\Leftarrow$)：如果 $x=e$，那么 $x^1 = e^1 = e$。由于 $1$ 是最小的正整数，所以 $|e|=1$。
• 这是一个关于阶的基本事实。

2. (2) 无限加法群中的阶

• 原文：“在加法群 $\mathbb{Z}, \mathbb{Q}, \mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$ 中，每个非零（即非单位元）元素都具有无限阶。”
• 解释：
• 群：这些是无限大的加法群。单位元是 $0$。
• 元素：任何一个非零元素 $a$。
• 计算阶（加法式）：我们要找最小的正整数 $n$ 使得 $na=0$。
• 结论：因为在这些数域里，一个非零的数 $a$ 乘以一个正整数 $n$，结果 $na$ 永远不可能是 $0$。所以，永远“回”不到单位元。因此，所有非零元素的阶都是无穷大。

3. (3) 无限乘法群中的阶

• 原文：“在乘法群 $\mathbb{R}-\{0\}$ 或 $\mathbb{Q}-\{0\}$ 中，元素 $-1$ 的阶为 2，所有其他非单位元元素都具有无限阶。”
• 解释：
• 群：非零实数/有理数的乘法群。单位元是 $1$。
• 元素 -1：
• $(-1)^1 = -1 \neq 1$
• $(-1)^2 = 1$。第一次回到单位元。
• 所以 $|-1|=2$。
• 其他非单位元元素：任何不等于 $1$ 或 $-1$ 的非零实数/有理数 $a$。
• 它的幂次序列 $a, a^2, a^3, \dots$ 永远不会等于 $1$。
• 所以它们的阶都是无穷大。
• 注意：在 $\mathbb{C}-\{0\}$ 中情况就不同了。例如，元素 $i$ 的阶是4 ($i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=1$)。

4. (4) 模n加法群中的阶

• 原文：“在加法群 $\mathbb{Z} / 9 \mathbb{Z}$ 中，元素 $\overline{6}$ 的阶为 3...”
• 解释：
• 群：$(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}, +)$。单位元是 $\overline{0}$。
• 元素 $\overline{6}$：
• $1 \cdot \overline{6} = \overline{6}$
• $2 \cdot \overline{6} = \overline{12} = \overline{3}$ (因为12除以9余3)
• $3 \cdot \overline{6} = \overline{18} = \overline{0}$ (因为18是9的倍数，余0)
• 最小的步数是3，所以 $|\overline{6}|=3$。
• 原文：“...元素 $\overline{5}$ 的阶为 9，因为 45 是 5 的最小正倍数，可被 9 整除。”
• 解释：
• 元素 $\overline{5}$：我们要找最小的正整数 $n$ 使得 $n \cdot 5$ 是 $9$ 的倍数。
• 这等价于求 $5$ 和 $9$ 的最小公倍数。由于 $5$ 和 $9$ 互质，它们的最小公倍数是 $5 \times 9 = 45$。
• 所以，需要 $n=9$ 才能让 $n \cdot 5 = 45$ 成为 $9$ 的倍数。
• 因此 $|\overline{5}|=9$。
• 一般结论：在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中，元素 $\overline{k}$ 的阶是 $n/\text{gcd}(n, k)$，其中 gcd 是最大公约数。例如， $|\overline{6}|$ 的阶是 $9/\text{gcd}(9,6) = 9/3=3$。$|\overline{5}|$ 的阶是 $9/\text{gcd}(9,5) = 9/1=9$。

5. (5) 模n乘法群中的阶

• 原文：“在乘法群 $(\mathbb{Z} / 7 \mathbb{Z})^{\times}$ 中，元素 $\overline{2}$ 的阶为 3...”
• 解释：
• 群：$((\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times, \times)$。集合是 $\{\overline{1}, \overline{2}, \overline{3}, \overline{4}, \overline{5}, \overline{6}\}$。单位元是 $\overline{1}$。
• 元素 $\overline{2}$：
• $\overline{2}^1 = \overline{2}$
• $\overline{2}^2 = \overline{4}$
• $\overline{2}^3 = \overline{8} = \overline{1}$ (8除以7余1)
• 所以 $|\overline{2}|=3$。
• 原文：“...元素 $\overline{3}$ 的阶为 6...”
• 解释：
• 元素 $\overline{3}$：
• $\overline{3}^1 = \overline{3}$
• $\overline{3}^2 = \overline{9} = \overline{2}$
• $\overline{3}^3 = \overline{3}^2 \cdot \overline{3} = \overline{2} \cdot \overline{3} = \overline{6}$
• $\overline{3}^4 = (\overline{3}^2)^2 = \overline{2}^2 = \overline{4}$
• $\overline{3}^5 = \overline{3}^4 \cdot \overline{3} = \overline{4} \cdot \overline{3} = \overline{12} = \overline{5}$
• $\overline{3}^6 = (\overline{3}^3)^2 = \overline{6}^2 = \overline{36} = \overline{1}$ (36除以7余1)
• 最小步数是6，所以 $|\overline{3}|=6$。

这部分为有限群引入了一种可视化的表示方法——乘法表 (Multiplication Table)，也叫凯莱表 (Cayley Table)。

1. “设 $G=\left\{g_{1}, g_{2}, \ldots, g_{n}\right\}$ 是一个有限群”
   • 前提：这个定义只适用于有限群，因为无限群的表格将是无限大的。
   • 元素列表：我们将群的 $n$ 个元素排好序，通常约定第一个元素 $g_1$ 是单位元 $1$。
2. “$G$ 的乘法表或群表是 $n \times n$ 矩阵”
   • 形式：它是一个 $n$ 行 $n$ 列的方阵（表格）。
   • 行列标题：通常，表格的行标题和列标题都是群的元素列表 $\{g_1, g_2, \dots, g_n\}$，并且顺序相同。
3. “...其 $i, j$ 项是群元素 $g_{i} g_{j}$。”
   • 内容：表格中第 $i$ 行、第 $j$ 列的那个格子，填写的内容是行标题元素 $g_i$ 和列标题元素 $g_j$ 的乘积 $g_i g_j$。

如何构建一个乘法表？

1. 创建一个 $n \times n$ 的空表格。
2. 用群的元素 $\{g_1, \dots, g_n\}$ 作为第一行（列标题）和第一列（行标题）。
3. 对于表格中的每一个位置 $(i, j)$，计算出 $g_i \cdot g_j$ 的结果，然后把这个结果填进去。

这部分对刚刚定义的乘法表提出了批判性的看法，指出了它的局限性，并预告了后续学习的方向。

1. “对于有限群，乘法表在某种意义上包含了关于群的所有信息。”
   • 完备性：作者首先肯定了乘法表的理论价值。由于它列出了所有元素对之间的运算结果，所以关于这个群的运算结构的所有信息，确实都蕴含在这张表里了。原则上，所有群的性质都可以从这张表中推导出来。
2. “然而，从计算角度来看，它是一个笨拙的对象（大小是群阶的平方）”
   • 局限性1：计算效率低 (Computational Inefficiency)。
   • 大小：一个 $n$ 阶群的乘法表需要 $n^2$ 个条目。当 $n$ 稍微大一点，比如60（我们之前提到的群 $A_5$），就需要 $60 \times 60 = 3600$ 个条目。这使得手动构建和分析变得不切实际。
   • 笨拙 (unwieldy)：即使有了表格，要从中提取信息也不容易。例如，要验证结合律，你需要对所有 $n^3$ 种元素组合 $(g_i, g_j, g_k)$ 进行检查，这通常比直接进行抽象证明要困难得多。
3. “...从视觉角度来看，它不是一个非常有用的对象来确定群的性质。”
   • 局限性2：洞察力差 (Lack of Insight)。
   • 视觉：虽然表格是“可视”的，但它只是一堆符号的罗列。很难从一大堆元素的排列中，一眼就看出这个群的深层结构。比如，这个群是不是循环群？它有哪些子群？它的结构和另一个群是否同构？这些问题都很难直接从乘法表中看出来。
4. “可以将群表视为国家所有城市对之间距离表的类比。”
   • 一个绝佳的类比：
   • 距离表：一张巨大的表格，列出了中国所有城市两两之间的公路里程。
   • 有用性：它确实包含了所有的距离信息，可以精确地查询任意两地间的距离。
   • 局限性：你无法从这张表中直观地看出北京和上海的相对位置，也看不出哪些城市在一条交通干线上，更看不出国家的整体地理轮廓。
   • 群表 vs 距离表：群表就像这张距离表，信息完备但缺乏直观的结构洞察。
5. “...但地图（更好的是，带有所有距离标注的地图）是一个更容易使用的工具。”
   • 地图：地图提供了城市的空间关系和拓扑结构。你可以一眼看出哪些城市群是经济中心，哪些地方是交通枢纽。它提供了一种“概念化”的理解。
   • 群论的“地图”：抽象群论要寻找的，就是群的“地图”。这张地图应该能揭示群的“结构轮廓”，比如：
   • 它的子群结构（像省市县的行政区划）。
   • 循环群（像一条主干道）。
   • 生成元（像首都或中心城市）。
   • 同态和同构（像两张不同比例尺但结构相同的地图）。
6. “我们对群论（特别是有限群）的初步发展旨在以更概念化的方式可视化群的内部结构。”
   • 预告：作者明确了接下来的学习目标。我们不会满足于乘法表这种“笨方法”，而是要去发展一套更抽象、更具概念性的理论工具（如子群、循环群、阶、同态等），用这些工具来描绘群的“内部地图”，从而获得对群结构的深刻理解。

这部分是本章的课后练习题。练习题是检验学习成果、巩固概念、提升解题能力的关键环节。这里的题目围绕本节介绍的核心概念展开：二元运算、群公理、阶、群表以及一些基本性质的证明。

• 问题1-2：考察对二元运算、结合律和交换律这些基本定义的理解和判断能力。通过一些不常见的运算来测试是否能抓住定义的本质，而不是仅仅停留在熟悉的加减乘除上。
• 问题3-5：聚焦于模算术群。要求证明其运算的结合性，并辨析加法群和乘法群的区别。问题5是一个很好的练习，它强迫你去思考为什么对于所有 $n>1$，集合 $\{\overline{0}, \dots, \overline{n-1}\}$ 在乘法下无法成为群（主要是 $\overline{0}$ 没有逆元，以及其他一些元素也可能没有）。
• 问题6：考察对群公理的全面理解，特别是封闭性和逆元的存在性。通过一系列不同的有理数子集，训练判断一个结构是否构成群的系统性思维。
• 问题7-9：引入了几个非常重要且经典的群的例子：模1实数群（与圆周群同构）、单位根群（有限循环群的重要实例）、二次域中的数环（代数数论的入门）。这些练习旨在扩展视野，看到群在更多数学领域中的体现。
• 问题10：将群的抽象性质（阿贝尔性）与它的具体表示（群表）联系起来。
• 问题11-14：纯计算练习，旨在熟练掌握在模算术群中计算元素阶的方法。这是非常基础和重要的技能。
• 问题15-25：这一系列是小的证明题，旨在训练从群公理出发进行逻辑推演的能力。它们涵盖了逆元性质、阶的性质、交换性的等价条件等。这些小定理本身也是群论工具箱的一部分。
• 练习22 的结论 $|ab|=|ba|$ 非常重要且有趣，它说明共轭不改变阶。
• 练习24 和 25 探讨了交换性的条件和后果。
• 问题26-27：这两个练习是为下一章“子群”做准备。它们给出了子群的两种等价定义/判定方法（子群判别法），并引出了由单个元素生成的最简单的子群——循环子群。这是极其重要的概念。
• 问题28-30：围绕直积这个构造方法展开，要求验证其群结构，并探讨其性质（如阿贝尔性、元素的阶）是如何由分量群的性质决定的。
• 问题31：一个非常经典的小定理（柯西定理的特例），证明方法巧妙，展示了群论中计数论证的威力。
• 问题32-35：深入探讨元素阶的性质，特别是有限阶元素其幂次的结构。它们共同描绘了循环子群的完整图像，是理解循环群理论的基础。
• 问题36：一个综合性的谜题。要求在给定一些限制条件的情况下，重建一个4阶群的群表。这能极大地加深对群公理和消去律的约束力的理解。这个群通常被称为克莱因四元群。

本题要求我们验证结合律，即对于给定的运算 $\star$，是否恒有 $(a \star b) \star c = a \star (b \star c)$。

(a) $a \star b = a-b$ 在 $\mathbb{Z}$ 上

• 计算左边：$(a \star b) \star c = (a-b) \star c = (a-b) - c = a-b-c$。
• 计算右边：$a \star (b \star c) = a \star (b-c) = a - (b-c) = a-b+c$。
• 比较：$a-b-c$ 通常不等于 $a-b+c$（除非 $c=0$）。
• 结论：不结合。

(b) $a \star b = a+b+ab$ 在 $\mathbb{R}$ 上

• 计算左边：

$(a \star b) \star c = (a+b+ab) \star c$

$= (a+b+ab) + c + (a+b+ab)c$

$= a+b+ab+c+ac+bc+abc$

$= a+b+c+ab+ac+bc+abc$。

• 计算右边：

$a \star (b \star c) = a \star (b+c+bc)$

$= a + (b+c+bc) + a(b+c+bc)$

$= a+b+c+bc+ab+ac+abc$

$= a+b+c+ab+ac+bc+abc$。

• 比较：两边结果完全相同。
• 结论：结合。

(c) $a \star b = \frac{a+b}{5}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上

• 计算左边：$(a \star b) \star c = (\frac{a+b}{5}) \star c = \frac{(\frac{a+b}{5}) + c}{5} = \frac{a+b+5c}{25}$。
• 计算右边：$a \star (b \star c) = a \star (\frac{b+c}{5}) = \frac{a + (\frac{b+c}{5})}{5} = \frac{5a+b+c}{25}$。
• 比较：$\frac{a+b+5c}{25}$ 通常不等于 $\frac{5a+b+c}{25}$。
• 结论：不结合。

(d) $(a, b) \star(c, d)=(a d+b c, b d)$ 在 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 上

这个运算其实是分数加法的模拟，即 $(a,b)$ 对应分数 $a/b$。

• 计算左边：$((a, b) \star (c, d)) \star (e, f)$

$= (ad+bc, bd) \star (e,f)$

$= ((ad+bc)f + (bd)e, (bd)f)$

$= (adf+bcf+bde, bdf)$。

• 计算右边：$(a, b) \star ((c, d) \star (e, f))$

$= (a, b) \star (cf+de, df)$

$= (a(df) + b(cf+de), b(df))$

$= (adf+bcf+bde, bdf)$。

• 比较：两边结果完全相同。
• 结论：结合。

(e) $a \star b = a/b$ 在 $\mathbb{Q}-\{0\}$ 上

• 计算左边：$(a \star b) \star c = (a/b) \star c = (a/b)/c = a/(bc)$。
• 计算右边：$a \star (b \star c) = a \star (b/c) = a/(b/c) = ac/b$。
• 比较：$a/(bc)$ 通常不等于 $ac/b$。
• 结论：不结合。

本题要求我们验证交换律，即对于给定的运算 $\star$，是否恒有 $a \star b = b \star a$。

(a) $a \star b = a-b$

• $b \star a = b-a$。因为 $a-b = -(b-a)$，所以通常 $a-b \neq b-a$（除非 $a=b$）。不交换。

(b) $a \star b = a+b+ab$

• $b \star a = b+a+ba$。因为实数的加法和乘法都是可交换的，所以 $b+a+ba = a+b+ab$。交换。

(c) $a \star b = \frac{a+b}{5}$

• $b \star a = \frac{b+a}{5}$。因为有理数加法是可交换的，所以 $\frac{a+b}{5} = \frac{b+a}{5}$。交换。

(d) $(a, b) \star(c, d)=(a d+b c, b d)$

• $(c, d) \star (a, b) = (cb+da, db)$。
• 因为整数的加法和乘法都是可交换的，所以 $cb+da = bc+ad = ad+bc$，且 $db=bd$。
• 因此，$(ad+bc, bd) = (cb+da, db)$。交换。

(e) $a \star b = a/b$

• $b \star a = b/a$。通常 $a/b \neq b/a$（除非 $a=b$ 或 $a=-b$）。不交换。

• 目标：证明对于任意 $\overline{a}, \overline{b}, \overline{c} \in \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，有 $(\overline{a} + \overline{b}) + \overline{c} = \overline{a} + (\overline{b} + \overline{c})$。
• 证明：

1. 计算左边：

$(\overline{a} + \overline{b}) + \overline{c} = \overline{a+b} + \overline{c}$ (根据模n加法定义)

$= \overline{(a+b)+c}$ (再次根据模n加法定义)

1. 计算右边：

$\overline{a} + (\overline{b} + \overline{c}) = \overline{a} + \overline{b+c}$ (根据模n加法定义)

$= \overline{a+(b+c)}$ (再次根据模n加法定义)

1. 核心步骤：我们知道，整数加法是结合的，即 $(a+b)+c = a+(b+c)$。
2. 结论：因为括号内的整数结果是相同的，所以它们所在的剩余类也必然是相同的。即 $\overline{(a+b)+c} = \overline{a+(b+c)}$。
3. 因此，$(\overline{a} + \overline{b}) + \overline{c} = \overline{a} + (\overline{b} + \overline{c})$。结合律成立。

• 目标：证明对于任意 $\overline{a}, \overline{b}, \overline{c} \in \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，有 $(\overline{a} \cdot \overline{b}) \cdot \overline{c} = \overline{a} \cdot (\overline{b} \cdot \overline{c})$。
• 证明：

1. 计算左边：

$(\overline{a} \cdot \overline{b}) \cdot \overline{c} = \overline{a \cdot b} \cdot \overline{c}$ (根据模n乘法定义)

$= \overline{(a \cdot b) \cdot c}$ (再次根据模n乘法定义)

1. 计算右边：

$\overline{a} \cdot (\overline{b} \cdot \overline{c}) = \overline{a} \cdot \overline{b \cdot c}$ (根据模n乘法定义)

$= \overline{a \cdot (b \cdot c)}$ (再次根据模n乘法定义)

1. 核心步骤：我们知道，整数乘法是结合的，即 $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$。
2. 结论：因为括号内的整数结果是相同的，所以它们所在的剩余类也必然是相同的。即 $\overline{(a \cdot b) \cdot c} = \overline{a \cdot (b \cdot c)}$。
3. 因此，$(\overline{a} \cdot \overline{b}) \cdot \overline{c} = \overline{a} \cdot (\overline{b} \cdot \overline{c})$。结合律成立。

要证明一个结构不是群，我们只需要找到群的四条公理（封闭性、结合律、单位元、逆元）中至少一条不满足即可。

1. 封闭性：对于任意 $\overline{a}, \overline{b} \in \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，其乘积 $\overline{a \cdot b}$ 仍然是 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中的一个元素。封闭性成立。
2. 结合性：练习4已经证明。结合性成立。
3. 单位元：元素 $\overline{1}$ 存在于 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中（因为 $n>1$），并且对于任意 $\overline{a}$，有 $\overline{a} \cdot \overline{1} = \overline{a \cdot 1} = \overline{a}$。单位元存在。
4. 逆元：问题出在这里。公理要求每一个元素都必须有乘法逆元。
   • 考虑元素 $\overline{0} \in \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。
   • 我们要寻找一个元素 $\overline{x}$ 使得 $\overline{0} \cdot \overline{x} = \overline{1}$（单位元）。
   • 但是，根据余数类乘法的定义，$\overline{0} \cdot \overline{x} = \overline{0 \cdot x} = \overline{0}$。
   • 所以 $\overline{0} \cdot \overline{x}$ 永远等于 $\overline{0}$，永远不可能等于 $\overline{1}$。
   • 因此，元素 $\overline{0}$ 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中没有乘法逆元。
   • 结论：由于至少有一个元素（即 $\overline{0}$）没有逆元，所以 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}, \cdot)$ 不满足群的全部公理，故它不是一个群。
   • （注：对于 $n$ 是合数的情况，还会有其他非零元素也没有逆元，例如在 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 中，$\overline{2}, \overline{3}, \overline{4}$ 都没有乘法逆元。）

对于每个集合，我们都需要验证群的四条公理。运算都是普通加法。

(a) 分母为奇数的有理数

• 设集合为 $G_a$。形如 $p/q$ 的数，其中 $q$ 是奇数，$\text{gcd}(p,q)=1$。
• 封闭性：任取两个元素 $p_1/q_1$ 和 $p_2/q_2$，其中 $q_1, q_2$ 为奇数。它们的和是 $\frac{p_1q_2 + p_2q_1}{q_1q_2}$。分母 $q_1q_2$ 是两个奇数的乘积，所以仍然是奇数。化简后的分数，其分母必然是 $q_1q_2$ 的因子，也必须是奇数。封闭性成立。
• 结合律：有理数加法是结合的。成立。
• 单位元：$0=0/1$。分母1是奇数，所以 $0 \in G_a$。单位元存在。
• 逆元：元素 $p/q$ 的逆元是 $-p/q$。如果 $p/q \in G_a$，那么 $q$ 是奇数，$-p/q$ 的分母也是 $q$，仍然是奇数。逆元存在。
• 结论：是群。

(b) 分母为偶数的有理数

• 设集合为 $G_b$。
• 封闭性：考虑两个元素 $1/2$ 和 $1/2$。它们都在 $G_b$ 中。它们的和是 $1/2 + 1/2 = 1 = 1/1$。结果 $1/1$ 的分母是1（奇数），不在集合 $G_b$ 中。封闭性不成立。
• 结论：不是群。

(c) 绝对值 $<1$ 的有理数

• 设集合为 $G_c = \{q \in \mathbb{Q} \mid |q|<1\}$。
• 封闭性：考虑元素 $0.5$ 和 $0.5$。它们都在 $G_c$ 中。它们的和是 $0.5+0.5=1$。结果 $1$ 的绝对值不小于1，不在集合 $G_c$ 中。封闭性不成立。
• 结论：不是群。

(d) 绝对值 $\geq 1$ 的有理数与 $0$ 的并集

• 设集合为 $G_d = \{q \in \mathbb{Q} \mid |q|\ge 1\} \cup \{0\}$。
• 封闭性：考虑元素 $1$ 和 $-1$。它们都在 $G_d$ 中。它们的和是 $1+(-1)=0$，也在 $G_d$ 中。看似可行。但考虑 $2$ 和 $-1.5$。它们都在 $G_d$ 中。它们的和是 $2+(-1.5)=0.5$。结果 $0.5$ 不在集合 $G_d$ 中。封闭性不成立。
• 结论：不是群。

(e) 分母等于 1 或 2 的有理数

• 设集合为 $G_e$。
• 封闭性：任取两个元素 $p_1/q_1$ 和 $p_2/q_2$，其中 $q_1, q_2 \in \{1,2\}$。
• 若 $q_1=1, q_2=1$，和的分母为1。
• 若 $q_1=1, q_2=2$，和的分母为2。
• 若 $q_1=2, q_2=2$，和为 $\frac{p_1+p_2}{2}$，分母为1或2。
• 封闭性成立。
• 结合律：有理数加法是结合的。成立。
• 单位元：$0=0/1$。分母为1，在集合中。单位元存在。
• 逆元：元素 $p/q$ 的逆元是 $-p/q$。分母不变，仍在 $\{1,2\}$ 中。逆元存在。
• 结论：是群。

(f) 分母等于 1、2 或 3 的有理数

• 设集合为 $G_f$。
• 封闭性：考虑两个元素 $1/2$ 和 $1/3$。它们都在 $G_f$ 中。它们的和是 $1/2+1/3 = 5/6$。结果 $5/6$ 的分母是6，不在集合 $\{1,2,3\}$ 中。封闭性不成立。
• 结论：不是群。

• 集合 $G = [0, 1)$。
• 运算 $x \star y = x+y \pmod 1$。
• 良定义二元运算 (封闭性)：对于任意 $x, y \in [0, 1)$，它们的和 $x+y$ 满足 $0 \le x+y < 2$。
• $x+y - [x+y]$ 的结果是 $x+y$ 的小数部分。
• 如果 $0 \le x+y < 1$，则 $[x+y]=0$，结果为 $x+y$，在 $[0,1)$ 内。
• 如果 $1 \le x+y < 2$，则 $[x+y]=1$，结果为 $x+y-1$，也在 $[0,1)$ 内。
• 因此，运算结果总是在集合 $G$ 内。封闭性成立。

• 证明是阿贝尔群：

1. 结合律：我们要证明 $(x \star y) \star z = x \star (y \star z)$。
   • $x \star y = x+y-k_1$，其中 $k_1=0$或$1$。
   • $(x \star y) \star z = (x+y-k_1)+z-k_2 = x+y+z - (k_1+k_2)$。
   • $y \star z = y+z-k_3$，其中 $k_3=0$或$1$。
   • $x \star (y \star z) = x+(y+z-k_3)-k_4 = x+y+z - (k_3+k_4)$。
   • 运算 $a \pmod 1$ 的本质是把实数轴 $\mathbb{R}$ “卷起来”成一个圆周。加法对应于在圆周上的旋转。旋转是结合的。所以该运算是结合的。
2. 单位元：我们需要一个元素 $e \in G$ 使得 $x \star e = x$。
   • $x+e-[x+e] = x$。
   • 取 $e=0$。$x+0-[x+0]=x-[x]$。因为 $x \in [0,1)$，所以 $[x]=0$。于是 $x-0=x$。
   • 单位元是 0。
3. 逆元：对于任意 $x \in G$，我们要找一个 $x^{-1} \in G$ 使得 $x \star x^{-1} = 0$ (单位元)。
   • 如果 $x=0$，它的逆元是 $0$。
   • 如果 $x \in (0, 1)$，我们尝试取 $x^{-1} = 1-x$。这个值也在 $(0,1)$ 内，属于 $G$。
   • 计算 $x \star (1-x) = x+(1-x) - [x+(1-x)] = 1 - [1] = 1-1=0$。
   • 所以，对于 $x \neq 0$，它的逆元是 $1-x$。
4. 交换律：我们要证明 $x \star y = y \star x$。
   • $x \star y = x+y-[x+y]$。
   • $y \star x = y+x-[y+x]$。
   • 因为实数加法是可交换的，$x+y=y+x$，所以结果相同。交换律成立。

• 结论：所有公理都满足，所以 $(G, \star)$ 是一个阿贝尔群。

• 集合 $G$：所有复单位根的集合。即所有落在复平面单位圆上的，且其幅角为 $2\pi$ 的有理数倍的点。

(a) 在乘法下是群

1. 封闭性：任取 $z_1, z_2 \in G$。根据定义，存在正整数 $n_1, n_2$ 使得 $z_1^{n_1}=1$ 和 $z_2^{n_2}=1$。
   • 我们要证明它们的乘积 $z_1 z_2$ 也在 $G$ 中。
   • 考虑 $(z_1 z_2)^{n_1 n_2} = z_1^{n_1 n_2} z_2^{n_1 n_2} = (z_1^{n_1})^{n_2} (z_2^{n_2})^{n_1} = (1)^{n_2} (1)^{n_1} = 1$。
   • 既然我们找到了一个正整数 $n = n_1 n_2$ 使得 $(z_1 z_2)^n = 1$，那么 $z_1 z_2$ 就符合进入集合 $G$ 的条件。封闭性成立。
2. 结合律：复数乘法是结合的。
3. 单位元：$1$。因为 $1^1=1$，所以 $1 \in G$。对于任何复数 $z$, $z \cdot 1 = z$。单位元存在。
4. 逆元：任取 $z \in G$。存在 $n$ 使得 $z^n=1$。
   • 两边同乘以 $z^{-1}$（复数的倒数），得到 $z^{n-1} = z^{-1}$。
   • 我们要证明这个逆元 $z^{-1}$ 也在 $G$ 中。
   • 考虑 $(z^{-1})^n = (z^n)^{-1} = 1^{-1} = 1$。
   • 所以 $z^{-1}$ 也符合进入 $G$ 的条件。逆元存在。
   • 结论：是群。

(b) 在加法下不是群

• 封闭性：我们来找一个反例。
• $z=1$ 在 $G$ 中，因为 $1^1=1$。
• 考虑 $1+1=2$。
• 我们要判断 $2$ 是否在 $G$ 中。如果 $2 \in G$，那么必须存在一个正整数 $n$ 使得 $2^n=1$。这显然是不可能的。
• 另一个例子：$z_1=1 \in G$，$z_2=-1 \in G$ (因为 $(-1)^2=1$)。它们的和是 $1+(-1)=0$。$0$ 不在 $G$ 中，因为 $0^n=0 \neq 1$ 对于任何 $n$。
• 结论：封闭性不成立，所以不是群。

(a) 在加法下是群

1. 封闭性：任取两个元素 $x_1=a_1+b_1\sqrt{2}$ 和 $x_2=a_2+b_2\sqrt{2}$，其中 $a_1,b_1,a_2,b_2 \in \mathbb{Q}$。
   • $x_1+x_2 = (a_1+a_2) + (b_1+b_2)\sqrt{2}$。
   • 因为 $\mathbb{Q}$ 对加法封闭，所以 $a_1+a_2 \in \mathbb{Q}$ 且 $b_1+b_2 \in \mathbb{Q}$。
   • 所以和的形式仍然是 “有理数 + 有理数$\sqrt{2}$”，属于 $G$。封闭性成立。
2. 结合律：实数加法是结合的，所以 $G$ 上的加法也结合。
3. 单位元：$0 = 0+0\sqrt{2}$。其中 $a=0, b=0$ 都是有理数。所以 $0 \in G$。单位元存在。
4. 逆元：元素 $a+b\sqrt{2}$ 的加法逆元是 $-(a+b\sqrt{2}) = (-a) + (-b)\sqrt{2}$。
   • 因为 $a, b \in \mathbb{Q}$，所以 $-a, -b \in \mathbb{Q}$。
   • 所以逆元也在 $G$ 中。逆元存在。
   • 结论：是群。

(b) 在乘法下是群

• 设集合为 $G^* = G - \{0\}$。

1. 封闭性：任取 $x_1=a_1+b_1\sqrt{2}$ 和 $x_2=a_2+b_2\sqrt{2}$ 都在 $G^*$ 中。
   • $x_1x_2 = (a_1+b_1\sqrt{2})(a_2+b_2\sqrt{2}) = a_1a_2 + a_1b_2\sqrt{2} + b_1a_2\sqrt{2} + 2b_1b_2 = (a_1a_2+2b_1b_2) + (a_1b_2+b_1a_2)\sqrt{2}$。
   • 因为有理数对加法和乘法封闭，所以 $(a_1a_2+2b_1b_2)$ 和 $(a_1b_2+b_1a_2)$ 都是有理数。所以乘积的形式是正确的。
   • 还需要证明乘积不为0。如果 $x_1x_2=0$，因为 $G \subset \mathbb{R}$ 是一个整环，所以必有 $x_1=0$ 或 $x_2=0$，但这与 $x_1, x_2 \in G^*$ 矛盾。
   • 封闭性成立。
2. 结合律：实数乘法是结合的。
3. 单位元：$1 = 1+0\sqrt{2}$。其中 $a=1, b=0$ 是有理数。所以 $1 \in G^*$。单位元存在。
4. 逆元：任取 $x=a+b\sqrt{2} \in G^*$。我们需要找到它的倒数 $1/x$。
   • $\frac{1}{a+b\sqrt{2}} = \frac{1}{a+b\sqrt{2}} \cdot \frac{a-b\sqrt{2}}{a-b\sqrt{2}}$ (分母有理化)
   • $= \frac{a-b\sqrt{2}}{a^2 - (b\sqrt{2})^2} = \frac{a-b\sqrt{2}}{a^2 - 2b^2} = \frac{a}{a^2-2b^2} - \frac{b}{a^2-2b^2}\sqrt{2}$。
   • 分母 $a^2-2b^2$ 是有理数。它会是0吗？如果 $a^2-2b^2=0$，则 $a^2=2b^2$，即 $(a/b)^2=2$，$\sqrt{2}=|a/b|$。但我们知道 $\sqrt{2}$ 是无理数，不能表示成两个有理数的商，除非 $a=b=0$，但 $x \neq 0$。所以分母不为0。
   • 因此，$\frac{a}{a^2-2b^2}$ 和 $\frac{-b}{a^2-2b^2}$ 都是有理数。
   • 所以逆元的形式是 “有理数 + 有理数$\sqrt{2}$”，在 $G^*$ 中。逆元存在。
   • 结论：是群。

• 群表是一个矩阵 $M$，其 $(i, j)$ 位置的元素是 $M_{ij} = g_i g_j$。
• 对称矩阵的定义是 $M_{ij} = M_{ji}$ 对于所有的 $i,j$ 都成立。

• 证明 "当且仅当" (if and only if)，需要双向证明。

方向一 ($\Rightarrow$)：如果 $G$ 是阿贝尔群，那么它的群表是对称的。

1. 假设：$G$ 是阿贝尔群。这意味着对于任意 $g_i, g_j \in G$，都有 $g_i g_j = g_j g_i$ (交换律)。
2. 考虑群表：
   • 第 $(i, j)$ 个元素是 $M_{ij} = g_i g_j$。
   • 第 $(j, i)$ 个元素是 $M_{ji} = g_j g_i$。
3. 比较：根据我们的假设，$g_i g_j = g_j g_i$。所以 $M_{ij} = M_{ji}$。
4. 结论：这正是对称矩阵的定义。所以群表是对称的。

方向二 ($\Leftarrow$)：如果 $G$ 的群表是对称的，那么 $G$ 是阿贝尔群。

1. 假设：$G$ 的群表是对称的。这意味着对于任意 $i, j$，都有 $M_{ij} = M_{ji}$。
2. 根据群表的定义：
   • $M_{ij} = g_i g_j$。
   • $M_{ji} = g_j g_i$。
3. 比较：因为 $M_{ij} = M_{ji}$，所以我们必然有 $g_i g_j = g_j g_i$。
4. 结论：这个等式对任意的 $g_i, g_j \in G$ 都成立，这正是阿贝尔群的定义。所以 $G$ 是阿贝尔群。

• 证毕。

• 群：$(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}, +)$。元素是 $\{\overline{0}, \overline{1}, \dots, \overline{11}\}$。
• 单位元：$\overline{0}$。
• 求阶：对于元素 $\overline{k}$，我们要找最小的正整数 $n$ 使得 $n \cdot \overline{k} = \overline{0}$，即 $n \cdot k$ 是 $12$ 的倍数。
• 公式：$|\overline{k}| = 12 / \text{gcd}(12, k)$。

1. $|\overline{0}| = 1$ (单位元)。
2. $|\overline{1}| = 12 / \text{gcd}(12, 1) = 12/1 = 12$。
3. $|\overline{2}| = 12 / \text{gcd}(12, 2) = 12/2 = 6$。
4. $|\overline{3}| = 12 / \text{gcd}(12, 3) = 12/3 = 4$。
5. $|\overline{4}| = 12 / \text{gcd}(12, 4) = 12/4 = 3$。
6. $|\overline{5}| = 12 / \text{gcd}(12, 5) = 12/1 = 12$。
7. $|\overline{6}| = 12 / \text{gcd}(12, 6) = 12/6 = 2$。
8. $|\overline{7}| = 12 / \text{gcd}(12, 7) = 12/1 = 12$。
9. $|\overline{8}| = 12 / \text{gcd}(12, 8) = 12/4 = 3$。
10. $|\overline{9}| = 12 / \text{gcd}(12, 9) = 12/3 = 4$。
11. $|\overline{10}| = 12 / \text{gcd}(12, 10) = 12/2 = 6$。
12. $|\overline{11}| = 12 / \text{gcd}(12, 11) = 12/1 = 12$。

• 群：$((\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})^\times, \times)$。
• 集合：首先确定群的元素。这些是与12互质的数的剩余类。$1, 5, 7, 11$。所以 $(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})^\times = \{\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}\}$。群的阶是4。
• 单位元：$\overline{1}$。
• 求阶：对于元素 $\overline{k}$，我们要找最小的正整数 $n$ 使得 $\overline{k}^n = \overline{1}$。
• 规范化元素：
• $\overline{-1} = \overline{11}$
• $\overline{-7} = \overline{5}$
• $\overline{13} = \overline{1}$

1. 元素 $\overline{1}$:
   • $|\overline{1}| = 1$ (单位元)。
2. 元素 $\overline{-1}$ (即 $\overline{11}$):
   • $\overline{11}^1 = \overline{11}$
   • $\overline{11}^2 = \overline{121}$。$121 = 12 \times 10 + 1$。所以 $\overline{121}=\overline{1}$。
   • $|\overline{-1}| = |\overline{11}| = 2$。
3. 元素 $\overline{5}$:
   • $\overline{5}^1 = \overline{5}$
   • $\overline{5}^2 = \overline{25}$。$25 = 12 \times 2 + 1$。所以 $\overline{25}=\overline{1}$。
   • $|\overline{5}| = 2$。
4. 元素 $\overline{7}$:
   • $\overline{7}^1 = \overline{7}$
   • $\overline{7}^2 = \overline{49}$。$49 = 12 \times 4 + 1$。所以 $\overline{49}=\overline{1}$。
   • $|\overline{7}| = 2$。
5. 元素 $\overline{-7}$ (即 $\overline{5}$):
   • $|\overline{-7}| = |\overline{5}| = 2$。
6. 元素 $\overline{13}$ (即 $\overline{1}$):
   • $|\overline{13}| = |\overline{1}| = 1$。

• 群：$(\mathbb{Z}/36\mathbb{Z}, +)$。
• 公式：$|\overline{k}| = 36 / \text{gcd}(36, k)$。
• 规范化元素：
• $\overline{-1} = \overline{35}$
• $\overline{-10} = \overline{26}$
• $\overline{-18} = \overline{18}$

1. $|\overline{1}| = 36 / \text{gcd}(36, 1) = 36/1 = 36$。
2. $|\overline{2}| = 36 / \text{gcd}(36, 2) = 36/2 = 18$。
3. $|\overline{6}| = 36 / \text{gcd}(36, 6) = 36/6 = 6$。
4. $|\overline{9}| = 36 / \text{gcd}(36, 9) = 36/4 = 9$。 (gcd(36,9) is 9, not 4. 36/9=4)
   • 修正：$|\overline{9}| = 36 / \text{gcd}(36, 9) = 36/9 = 4$。
5. $|\overline{10}| = 36 / \text{gcd}(36, 10) = 36/2 = 18$。
6. $|\overline{12}| = 36 / \text{gcd}(36, 12) = 36/12 = 3$。
7. $|\overline{-1}| = |\overline{35}| = 36 / \text{gcd}(36, 35) = 36/1 = 36$。
8. $|\overline{-10}| = |\overline{26}| = 36 / \text{gcd}(36, 26) = 36/2 = 18$。
9. $|\overline{-18}| = |\overline{18}| = 36 / \text{gcd}(36, 18) = 36/18 = 2$。

• 群：$((\mathbb{Z}/36\mathbb{Z})^\times, \times)$。
• 群的阶：$\phi(36) = \phi(4 \cdot 9) = \phi(2^2 \cdot 3^2) = 36(1-1/2)(1-1/3) = 36(1/2)(2/3)=12$。所以群的阶是12。所有元素的阶都必须是12的因子 (1, 2, 3, 4, 6, 12)。
• 单位元：$\overline{1}$。
• 规范化元素：
• $\overline{-1} = \overline{35}$
• $\overline{-13} = \overline{23}$

1. 元素 $\overline{1}$: $|\overline{1}|=1$。
2. 元素 $\overline{-1}$ (即 $\overline{35}$):
   • $\overline{35}^2 = (-1)^2 = \overline{1}$。
   • $|\overline{-1}|=2$。
3. 元素 $\overline{5}$:
   • $\overline{5}^1 = \overline{5}$
   • $\overline{5}^2 = \overline{25}$
   • $\overline{5}^3 = \overline{125} = \overline{3 \cdot 36 + 17} = \overline{17}$
   • $\overline{5}^4 = \overline{17 \cdot 5} = \overline{85} = \overline{2 \cdot 36 + 13} = \overline{13}$
   • $\overline{5}^5 = \overline{13 \cdot 5} = \overline{65} = \overline{1 \cdot 36 + 29} = \overline{29}$
   • $\overline{5}^6 = \overline{29 \cdot 5} = \overline{145} = \overline{4 \cdot 36 + 1} = \overline{1}$
   • $|\overline{5}|=6$。
4. 元素 $\overline{13}$:
   • $\overline{13}^1 = \overline{13}$
   • $\overline{13}^2 = \overline{169} = \overline{4 \cdot 36 + 25} = \overline{25}$
   • $\overline{13}^3 = \overline{25 \cdot 13} = \overline{325} = \overline{9 \cdot 36 + 1} = \overline{1}$
   • $|\overline{13}|=3$。
5. 元素 $\overline{-13}$ (即 $\overline{23}$):
   • 根据练习22，$|g|=|g^{-1}|$ 和 $|x| = |g^{-1}xg|$。根据练习20，$|x|=|x^{-1}|$。
   • $|\overline{-13}| = |\overline{23}|$. 我们知道 $\overline{13}^{-1} = \overline{13}^2 = \overline{25}$。这不是 $\overline{23}$。
   • 我们直接计算：
   • $\overline{23}^1 = \overline{23}$
   • $\overline{23}^2 = \overline{529} = \overline{14 \cdot 36 + 25} = \overline{25}$
   • $\overline{23}^3 = \overline{25 \cdot 23} = \overline{575} = \overline{15 \cdot 36 + 35} = \overline{35} = \overline{-1}$
   • $\overline{23}^6 = (\overline{23}^3)^2 = (\overline{-1})^2 = \overline{1}$。阶是6的因子。
   • 我们已经知道 $|\overline{13}|=3$。那么 $|\overline{-13}| = |\overline{-1} \cdot \overline{13}|$。由于 $\overline{-1}$ 和 $\overline{13}$ 可交换，阶是 $\text{lcm}(|\overline{-1}|, |\overline{13}|) = \text{lcm}(2,3) = 6$。
   • $|\overline{-13}|=6$。
6. 元素 $\overline{17}$:
   • $\overline{17}^1 = \overline{17}$
   • $\overline{17}^2 = \overline{289} = \overline{8 \cdot 36 + 1} = \overline{1}$。
   • $|\overline{17}|=2$。

• 方法：使用数学归纳法。
• 基础步骤：
• $n=1$：$(a_1)^{-1} = a_1^{-1}$。显然成立。
• $n=2$：$(a_1 a_2)^{-1} = a_2^{-1} a_1^{-1}$。这在命题1(4)中已经证明。

• 归纳假设：假设对于 $n=k$ 的情况，命题成立。即 $(a_1 a_2 \dots a_k)^{-1} = a_k^{-1} \dots a_2^{-1} a_1^{-1}$。

• 归纳步骤：我们需要证明对于 $n=k+1$ 的情况也成立。
• 考虑 $(a_1 a_2 \dots a_k a_{k+1})^{-1}$。
• 我们可以把 $a_1 a_2 \dots a_k$ 看成一个整体元素，设为 $b = a_1 a_2 \dots a_k$。
• 那么表达式变为 $(b \cdot a_{k+1})^{-1}$。
• 根据 $n=2$ 的情况（基础步骤），我们有 $(b \cdot a_{k+1})^{-1} = a_{k+1}^{-1} b^{-1}$。
• 现在，我们把 $b^{-1}$ 替换回来。根据归纳假设，$b^{-1} = (a_1 a_2 \dots a_k)^{-1} = a_k^{-1} \dots a_2^{-1} a_1^{-1}$。
• 代入得到：$(a_1 \dots a_{k+1})^{-1} = a_{k+1}^{-1} (a_k^{-1} \dots a_2^{-1} a_1^{-1})$。
• 即 $(a_1 a_2 \dots a_k a_{k+1})^{-1} = a_{k+1}^{-1} a_k^{-1} \dots a_2^{-1} a_1^{-1}$。
• 结论：对于 $n=k+1$ 成立。根据数学归纳法，命题对所有正整数 $n$ 成立。

方向一 ($\Rightarrow$)：如果 $x^2=1$，那么 $|x|=1$ 或 $|x|=2$。

1. 根据阶的定义，$|x|$ 是使得 $x^n=1$ 的最小正整数 $n$。
2. 我们已知 $x^2=1$。这意味着满足条件的 $n$ 至少有一个是2。
3. 所以，最小的那个正整数 $n$（即 $|x|$）必然小于或等于2。
4. 因为 $n$ 必须是正整数，所以 $|x|$ 的可能性只有 1 或 2。
   • 如果 $x=1$ (单位元)，那么 $x^1=1$，$|x|=1$。
   • 如果 $x \neq 1$，那么 $|x|$ 不可能是1，所以只能是 $|x|=2$。

方向二 ($\Leftarrow$)：如果 $|x|=1$ 或 $|x|=2$，那么 $x^2=1$。

1. 情况1：$|x|=1$。
   • 根据定义，这意味着 $x^1=1$，即 $x=1$ (单位元)。
   • 那么 $x^2 = 1^2 = 1$。成立。
2. 情况2：$|x|=2$。
   • 根据定义，这意味着 $x^2=1$。定义本身就保证了结论。成立。

• 证毕。

1. 已知：$|x|=n$，这意味着 $x^n=1$ (并且 $n$ 是满足此条件的最小正整数)。
2. 目标：证明 $x^{-1} = x^{n-1}$。
3. 证明策略：要证明 $x^{n-1}$ 是 $x$ 的逆元，我们只需要验证它们的乘积是否为单位元（根据命题2的推论，只需验证单边即可）。
4. 计算：
   • $x \cdot x^{n-1} = x^{1+(n-1)} = x^n$。
   • 根据已知条件，$x^n=1$。
   • 所以，$x \cdot x^{n-1} = 1$。
5. 结论：因为 $x^{n-1}$ 与 $x$ 相乘得到了单位元，所以 $x^{n-1}$ 就是 $x$ 的逆元。即 $x^{-1}=x^{n-1}$。

这是一个循环证明，我们需要证明 (1) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (3) $\Rightarrow$ (1)。

(1) $xy=yx \implies$ (2) $y^{-1}xy=x$

1. 假设 $xy=yx$。
2. 我们想从 $y^{-1}xy$ 出发得到 $x$。
3. $y^{-1}xy = y^{-1}(xy)$。
4. 根据假设，$xy$可以换成$yx$：$y^{-1}(yx)$。
5. 根据结合律：$(y^{-1}y)x$。
6. $y^{-1}y=1$ (单位元)，所以表达式变为 $1x$。
7. $1x=x$。
8. 所以 $y^{-1}xy = x$。得证。

(2) $y^{-1}xy=x \implies$ (3) $x^{-1}y^{-1}xy=1$

1. 假设 $y^{-1}xy=x$。
2. 我们想证明 $x^{-1}y^{-1}xy=1$。
3. 在假设的等式 $y^{-1}xy=x$ 两边同时左乘 $x^{-1}$。
4. $x^{-1}(y^{-1}xy) = x^{-1}x$。
5. 右边 $x^{-1}x = 1$。
6. 所以 $x^{-1}y^{-1}xy=1$。得证。

(3) $x^{-1}y^{-1}xy=1 \implies$ (1) $xy=yx$

1. 假设 $x^{-1}y^{-1}xy=1$。
2. 我们想得到 $xy=yx$。
3. 在假设的等式 $x^{-1}y^{-1}xy=1$ 两边同时左乘 $y$。
4. $y(x^{-1}y^{-1}xy) = y \cdot 1 = y$。
5. 左边根据结合律，$(yx^{-1}y^{-1})xy = y$。这看起来复杂了。换个方法。
6. 重来：在 $x^{-1}y^{-1}xy=1$ 两边同时左乘 $yx$。
7. $yx(x^{-1}y^{-1}xy) = yx \cdot 1 = yx$。
8. 左边根据结合律：$y(xx^{-1})y^{-1}xy = y(1)y^{-1}xy = (yy^{-1})xy = 1xy = xy$。
9. 所以，左边等于 $xy$，右边等于 $yx$。
10. 因此 $xy=yx$。得证。

• 总结：这三个条件是等价的，它们都描述了元素 $x$ 和 $y$ 可交换。表达式 $y^{-1}xy$ 称为 $x$ 的共轭 (conjugate)。表达式 $x^{-1}y^{-1}xy$ 称为换位子 (commutator)，记作 $[x,y]$。所以这个练习也可以表述为：$x,y$ 可交换当且仅当 $y$ 对 $x$ 的共轭是 $x$ 本身，当且仅当 $x,y$ 的换位子是单位元。

(a) 证明指数律 (正整数情况)

• 证明 $x^{a+b}=x^{a} x^{b}$:
• $x^{a+b} = \underbrace{x \cdot x \cdots x}_{a+b \text{ times}}$
• $x^a x^b = (\underbrace{x \cdots x}_{a \text{ times}}) \cdot (\underbrace{x \cdots x}_{b \text{ times}})$
• 根据广义结合律，所有括号都可以去掉，结果就是 $a+b$ 个 $x$ 连乘。
• 两边相等。

• 证明 $(x^a)^b = x^{ab}$:
• $(x^a)^b = \underbrace{x^a \cdot x^a \cdots x^a}_{b \text{ times}}$
• $= (\underbrace{x \cdots x}_{a \text{ times}}) \cdot (\underbrace{x \cdots x}_{a \text{ times}}) \cdots (\underbrace{x \cdots x}_{a \text{ times}})$ (共 $b$ 组)
• 根据广义结合律，所有括号都可以去掉，结果是 $a \times b$ 个 $x$ 连乘。
• 这正是 $x^{ab}$ 的定义。
• 两边相等。

(b) 证明 $(x^a)^{-1}=x^{-a}$

• 根据 $x^{-n}$ 的定义，$x^{-a} = (x^{-1})^a$。
• 我们要证明 $(x^a)^{-1} = (x^{-1})^a$。
• 根据练习15（乘积的逆元），$(x^a)^{-1} = (\underbrace{x \cdot x \cdots x}_{a \text{ times}})^{-1} = \underbrace{x^{-1} \cdot x^{-1} \cdots x^{-1}}_{a \text{ times}}$。
• 而 $\underbrace{x^{-1} \cdot x^{-1} \cdots x^{-1}}_{a \text{ times}}$ 正是 $(x^{-1})^a$ 的定义。
• 所以 $(x^a)^{-1} = (x^{-1})^a = x^{-a}$。

(c) 证明指数律 (任意整数情况)

这需要分类讨论 $a, b$ 的正负和零。过程比较繁琐，但思路直接。

• 例如，证明 $x^{a+b}=x^a x^b$ 当 $a>0, b<0$。
• 令 $b = -c$，其中 $c>0$。我们要证明 $x^{a-c}=x^a x^{-c}$。
• 情况1: $a>c$。$x^{a-c} x^c = x^{(a-c)+c}=x^a$。两边右乘 $(x^c)^{-1}=x^{-c}$，得到 $x^{a-c}=x^a x^{-c}$。
• 情况2: $a<c$。$x^{a-c} = x^{-(c-a)} = (x^{c-a})^{-1}$。而 $x^a x^{-c} = x^a (x^c)^{-1}$。我们需要证明 $(x^{c-a})^{-1} = x^a (x^c)^{-1}$。两边右乘 $x^c$，左边变为 $x^a$，右边变为 $x^a(x^c)^{-1}x^c = x^a$。两边相等，所以原式成立。
• 情况3: $a=c$。$x^{a-c}=x^0=1$。$x^a x^{-a}=1$。成立。
• 对其他正负组合以及对 $(x^a)^b=x^{ab}$ 进行类似的分类讨论，都可以证明结论成立。

设 $|x|=n$ 且 $|x^{-1}|=m$。我们要证明 $n=m$。

第一部分：证明 $m \le n$

1. $|x|=n$ 意味着 $x^n=1$。
2. 我们想看看 $(x^{-1})$ 的多少次幂会等于1。
3. 对 $x^n=1$ 两边取逆元：$(x^n)^{-1} = 1^{-1} = 1$。
4. 根据练习19(b)，$(x^n)^{-1} = (x^{-1})^n$。
5. 所以我们得到 $(x^{-1})^n = 1$。
6. 根据阶的定义，$m$ 是使得 $(x^{-1})^k=1$ 的最小正整数 $k$。
7. 既然 $n$ 次幂可以是1，那么最小的那个次幂 $m$ 必然小于或等于 $n$。即 $m \le n$。
   • （如果 $n=\infty$，这个论证说明如果 $x$ 的阶是无限的，$(x^{-1})^k$ 永远不会是1，所以 $m$ 也必须是无限的。此时 $m=n=\infty$）。

第二部分：证明 $n \le m$

1. $|x^{-1}|=m$ 意味着 $(x^{-1})^m=1$。
2. 现在我们想看看 $x$ 的多少次幂会等于1。
3. 对 $(x^{-1})^m=1$ 两边取逆元：$((x^{-1})^m)^{-1} = 1^{-1} = 1$。
4. 根据练习19，$((x^{-1})^m)^{-1} = (x^{-1})^{-m} = x^m$。
5. 所以我们得到 $x^m=1$。
6. 根据阶的定义，$n$ 是使得 $x^k=1$ 的最小正整数 $k$。
7. 既然 $m$ 次幂可以是1，那么最小的那个次幂 $n$ 必然小于或等于 $m$。即 $n \le m$。

结论：

因为我们同时证明了 $m \le n$ 和 $n \le m$，所以必然有 $n=m$。

• 目标：要把 $x$ 表示成 $x^2$ 的某个次幂。即 $x = (x^2)^k = x^{2k}$。
• 这个等式等价于 $x^{2k-1}=1$。（两边同乘以 $x^{-1}$）
• 已知：$|x|=n$，且 $n$ 是奇数。这意味着 $x^n=1$。
• 思路：我们需要找到一个整数 $k$ 使得 $2k-1$ 是 $n$ 的倍数。因为 $x^m=1$ 当且仅当 $m$ 是 $n$ 的倍数。
• 我们希望 $2k-1 = n \cdot j$ 对于某个整数 $j$。最简单的情况是 $j=1$，即我们希望 $2k-1 = n$。
• 解方程 $2k = n+1$。
• 因为 $n$ 是奇数，所以 $n+1$ 是偶数。
• 因此，$k = (n+1)/2$ 是一个整数。
• 证明：

1. 令 $k = (n+1)/2$。因为 $n$ 是奇数，所以 $k$ 是一个整数。
2. 考虑 $(x^2)^k = x^{2k} = x^{2 \cdot (n+1)/2} = x^{n+1}$。
3. $x^{n+1} = x^n \cdot x^1$。
4. 因为 $|x|=n$，所以 $x^n=1$。
5. 因此，$x^{n+1} = 1 \cdot x = x$。
6. 我们成功地找到了这样一个 $k$，使得 $x = (x^2)^k$。
   • 证毕。这个证明说明，当一个元素的阶是奇数时，这个元素本身就在由它的平方所生成的循环子群里。

第一部分：证明 $|x| = |g^{-1}xg|$

• 设 $|x|=n$，$|g^{-1}xg|=m$。我们要证明 $n=m$。
• 思路：我们要计算 $(g^{-1}xg)$ 的幂。
• $(g^{-1}xg)^2 = (g^{-1}xg)(g^{-1}xg) = g^{-1}x(gg^{-1})xg = g^{-1}x(1)xg = g^{-1}x^2g$。
• $(g^{-1}xg)^3 = (g^{-1}x^2g)(g^{-1}xg) = g^{-1}x^2(gg^{-1})xg = g^{-1}x^3g$。
• 通过归纳法，可以证明 $(g^{-1}xg)^k = g^{-1}x^k g$ 对于所有正整数 $k$ 都成立。

• 证明 $m \le n$：

1. 已知 $|x|=n$，所以 $x^n=1$。
2. 考虑 $(g^{-1}xg)^n = g^{-1}x^n g$。
3. 代入 $x^n=1$，得到 $g^{-1}(1)g = g^{-1}g = 1$。
4. 我们发现 $(g^{-1}xg)$ 的 $n$ 次幂是1。
5. 根据阶的定义，$m$ 是最小的那个次幂，所以 $m \le n$。

• 证明 $n \le m$：

1. 已知 $|g^{-1}xg|=m$，所以 $(g^{-1}xg)^m=1$。
2. 即 $g^{-1}x^m g = 1$。
3. 在这个等式两边左乘 $g$，得到 $g(g^{-1}x^m g) = g \cdot 1 = g$。
4. $(gg^{-1})x^m g = g \implies 1x^m g = g \implies x^m g = g$。
5. 在这个等式两边右乘 $g^{-1}$，得到 $(x^m g)g^{-1} = g g^{-1}$。
6. $x^m(gg^{-1}) = 1 \implies x^m \cdot 1 = 1 \implies x^m=1$。
7. 我们发现 $x$ 的 $m$ 次幂是1。
8. 根据阶的定义，$n$ 是最小的那个次幂，所以 $n \le m$。

• 结论：因为 $m \le n$ 且 $n \le m$，所以 $n=m$。即 $|x|=|g^{-1}xg|$。这个性质说明共轭不改变元素的阶。

第二部分：推导出 $|ab|=|ba|$

1. 我们想把 $ba$ 写成 $ab$ 的共轭形式。
2. 设 $x=ab$，$g=a$。那么 $g^{-1}=a^{-1}$。
3. 根据第一部分的结论，我们有 $|x| = |g^{-1}xg|$。
4. 代入得 $|ab| = |a^{-1}(ab)a|$。
5. 计算共轭部分：$a^{-1}(ab)a = (a^{-1}a)(ba) = 1(ba) = ba$。
6. 所以，我们得到 $|ab|=|ba|$。
   • 证毕。

• 设 $y=x^s$。我们要证明 $|y|=t$。
• 思路：我们需要证明两件事：(1) $y^t=1$；(2) 对于任何 $0<k<t$，$y^k \neq 1$。

第一部分：证明 $y^t=1$

1. $y^t = (x^s)^t$。
2. 根据指数律，$(x^s)^t = x^{st}$。
3. 根据已知条件，$n=st$，所以 $x^{st} = x^n$。
4. 又根据已知条件 $|x|=n$，所以 $x^n=1$。
5. 因此 $y^t=1$。

第二部分：证明 $t$ 是最小的

1. 采用反证法。假设存在一个正整数 $k$ 且 $0 < k < t$，使得 $y^k=1$。
2. 将 $y=x^s$ 代入，得到 $(x^s)^k=1$，即 $x^{sk}=1$。
3. 我们知道 $|x|=n$。一个元素的幂次等于1，当且仅当该幂次是这个元素的阶的倍数。
4. 所以，$sk$ 必须是 $n$ 的倍数。
5. 即 $sk = n \cdot j$ 对于某个正整数 $j$。
6. 代入 $n=st$，得到 $sk = (st)j \implies k = tj$。
7. 因为 $k$ 和 $t$ 都是正整数，所以 $j$ 也必须是正整数，即 $j \ge 1$。
8. 因此 $k = tj \ge t \cdot 1 = t$。
9. 这与我们的假设 $0 < k < t$ 矛盾。
10. 所以，不存在这样的 $k$。$t$ 必须是满足 $y^t=1$ 的最小正整数。

• 结论：$|x^s|=t$。

• 已知：$ab=ba$。

第一部分：证明 $n$ 为正整数的情况

• 方法：数学归纳法。
• 基础步骤：$n=1$。$(ab)^1=ab$，$a^1b^1=ab$。成立。
• 归纳假设：假设对于 $n=k$ 成立，即 $(ab)^k = a^k b^k$。
• 归纳步骤：证明对于 $n=k+1$ 成立。

1. $(ab)^{k+1} = (ab)^k (ab)$ (定义)
2. $= (a^k b^k) (ab)$ (归纳假设)
3. $= a^k (b^k a) b$ (结合律)
4. 这里需要交换 $b^k$ 和 $a$。因为 $a,b$ 可交换，所以 $ba=ab$。可以证明 $b^k a = a b^k$ (这本身也需要一个小的归纳证明，但比较显然)。
5. $= a^k (a b^k) b$ (使用交换性)
6. $= (a^k a) (b^k b)$ (结合律)
7. $= a^{k+1} b^{k+1}$ (定义)
   • 结论：对于所有正整数 $n$ 成立。

第二部分：证明 $n=0$ 的情况

• $(ab)^0 = 1$ (定义)。
• $a^0 b^0 = 1 \cdot 1 = 1$ (定义)。
• 成立。

第三部分：证明 $n$ 为负整数的情况

• 令 $n=-m$，其中 $m$ 是正整数。我们要证明 $(ab)^{-m} = a^{-m}b^{-m}$。
• $(ab)^{-m} = ((ab)^m)^{-1}$ (定义)。
• 根据第一部分的结果，$(ab)^m=a^m b^m$。
• 所以 $(ab)^{-m} = (a^m b^m)^{-1}$。
• 根据乘积的逆元法则（“穿鞋脱袜”），$(a^m b^m)^{-1} = (b^m)^{-1} (a^m)^{-1}$。
• 根据练习19(b)，$(b^m)^{-1}=b^{-m}$ 且 $(a^m)^{-1}=a^{-m}$。
• 所以 $(ab)^{-m} = b^{-m} a^{-m}$。
• 注意！这里我们得到的是 $b^{-m}a^{-m}$，而不是我们想要的 $a^{-m}b^{-m}$。
• 但因为 $a,b$ 可交换，它们的逆元 $a^{-1}, b^{-1}$ 也可交换。
• 证明：$(a^{-1}b^{-1}) = (ba)^{-1} = (ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}$。在等式 $a^{-1}b^{-1}=b^{-1}a^{-1}$ 两边左乘b右乘a可得 $ba=ab$。反之亦然。所以 $a^{-1},b^{-1}$ 也可交换。
• 既然 $a^{-m}$ 和 $b^{-m}$ 都是 $a^{-1}$ 和 $b^{-1}$ 的幂，它们之间也可以交换。
• 所以 $b^{-m} a^{-m} = a^{-m} b^{-m}$。
• 结论：对于所有负整数 $n$ 也成立。

• 总结论：对于所有整数 $n \in \mathbb{Z}$，该等式成立。

• 已知：对于群 $G$ 中的每一个元素 $x$，都有 $x^2=1$。
• 目标：证明 $G$ 是阿贝尔群，即对于任意 $a,b \in G$，都有 $ab=ba$。

• 证明：

1. 从已知条件 $x^2=1$ 出发。两边同乘以 $x^{-1}$，得到 $x=x^{-1}$。
2. 这意味着，群里的每一个元素都是它自身的逆元。
3. 现在任取两个元素 $a, b \in G$。我们考虑它们的乘积 $ab$。
4. 因为 $G$ 是群，所以 $ab$ 也是 $G$ 中的一个元素。
5. 根据已知条件，这个新元素也必须满足平方为1的性质。即 $(ab)^2=1$。
6. $(ab)^2$ 也就是 $(ab)(ab)=1$。
7. 现在我们利用每个元素都是自身逆元的性质。
8. 我们有 $a=a^{-1}$ 和 $b=b^{-1}$。
9. 考虑 $ab$。我们想把它变成 $ba$。
10. 让我们从 $ab$ 出发。因为 $a=a^{-1}, b=b^{-1}$，所以 $ab = a^{-1}b^{-1}$。
11. 根据乘积的逆元法则， $a^{-1}b^{-1} = (ba)^{-1}$。
12. 所以我们得到 $ab=(ba)^{-1}$。
13. 又因为 $(ba)$ 这个元素也是它自身的逆元，所以 $(ba)^{-1}=ba$。
14. 结合上面两步，我们得到 $ab=ba$。
15. 因为 $a,b$ 是任意选取的，所以这个结论对所有元素都成立。
    • 结论：$G$ 是阿贝尔群。

• 已知：

1. $H$ 是 $G$ 的一个子集，且 $H$ 不是空集。
2. 封闭性：对于任意 $h, k \in H$，有 $hk \in H$。
3. 逆元封闭性：对于任意 $h \in H$，有 $h^{-1} \in H$。
   • 目标：证明 $(H, \star)$ 本身是一个群。我们需要验证群的四条公理。

• 证明：

1. 公理1：封闭性。
   • 已知条件中明确给出“$H$ 在 $G$ 的二元运算下是封闭的”，即对于所有 $h, k \in H, hk \in H$。
   • 所以封闭性成立。
2. 公理2：结合律。
   • 我们知道运算 $\star$ 在大群 $G$ 上是结合的，即对于所有 $g_1, g_2, g_3 \in G$，有 $(g_1 g_2) g_3 = g_1(g_2 g_3)$。
   • 因为 $H$ 是 $G$ 的子集，所以 $H$ 中的任何元素也都是 $G$ 中的元素。
   • 因此，这个结合律对于任意的 $h_1, h_2, h_3 \in H$ 自然也成立。
   • 性质被继承了。所以结合律成立。
3. 公理3：单位元。
   • 我们知道 $G$ 有一个单位元 $1_G$。我们必须证明这个单位元也在 $H$ 中。
   • 已知条件说 $H$ 是非空的，所以我们至少可以从 $H$ 中取出一个元素，记为 $h$。
   • 已知条件还说 $H$ 对逆元是封闭的。所以 $h^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。
   • 现在我们有两个（可能相同的）元素 $h$ 和 $h^{-1}$ 都在 $H$ 中。
   • 已知条件又说 $H$ 对乘法是封闭的。所以它们的乘积 $h h^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。
   • 我们知道 $h h^{-1} = 1_G$。
   • 因此，$1_G$ 必须在 $H$ 中。
   • 这个 $1_G$ 在 $H$ 中也扮演单位元的角色，因为对于任意 $h \in H$，$h \cdot 1_G = h$。
   • 所以单位元存在于 H 中。
4. 公理4：逆元。
   • 我们需要证明，对于 $H$ 中的每一个元素 $h$，它的逆元 $h^{-1}$ （我们知道它在 $G$ 中存在）也必须在 $H$ 中。
   • 这正是已知条件中的“在逆元下是封闭的”。
   • 所以逆元存在于 H 中。

• 结论：$H$ 满足了作为群的所有四个条件，因此 $H$ 是一个群。这被称为子群判别法一。

• 令 $H = \{x^n \mid n \in \mathbb{Z}\} = \{..., x^{-2}, x^{-1}, x^0, x^1, x^2, ...\}$。
• 我们要使用上一个练习（练习26）的子群判别法来证明 $H$ 是 $G$ 的一个子群。我们需要验证三件事：(1) $H$ 非空；(2) $H$ 对乘法封闭；(3) $H$ 对逆元封闭。

1. $H$ 非空：
   • 因为 $x^0 = 1$ (单位元)，所以 $1 \in H$。
   • 因此 $H$ 不是空集。
2. $H$ 对乘法封闭：
   • 任取两个元素 $a, b \in H$。
   • 根据 $H$ 的定义，这两个元素必然可以写成 $x$ 的某个整数次幂的形式。设 $a=x^k$ และ $b=x^m$ 对于某些整数 $k, m \in \mathbb{Z}$。
   • 计算它们的乘积：$ab = x^k x^m$。
   • 根据指数律（练习19(c)），$x^k x^m = x^{k+m}$。
   • 因为 $k$ 和 $m$ 是整数，所以它们的和 $k+m$ 也是整数。
   • 所以，乘积 $ab$ 是 $x$ 的一个整数次幂，符合进入集合 $H$ 的条件，即 $ab \in H$。
   • 封闭性成立。
3. $H$ 对逆元封闭：
   • 任取一个元素 $a \in H$。设 $a=x^k$ 对于某个整数 $k$。
   • 我们需要证明它的逆元 $a^{-1}$ 也在 $H$ 中。
   • 计算逆元：$a^{-1} = (x^k)^{-1}$。
   • 根据指数律（练习19(b)），$(x^k)^{-1} = x^{-k}$。
   • 因为 $k$ 是整数，所以 $-k$ 也是整数。
   • 所以，逆元 $a^{-1}$ 是 $x$ 的一个整数次幂，符合进入集合 $H$ 的条件，即 $a^{-1} \in H$。
   • 逆元封闭性成立。

• 结论：根据练习26的子群判别法，$H$ 是 $G$ 的一个子群。

设 $1_A, 1_B$ 分别是群 $A, B$ 的单位元。

(a) 结合律

• 目标：证明对于任意三个元素 $(a_1,b_1), (a_2,b_2), (a_3,b_3) \in A \times B$，有

$[(a_1,b_1)(a_2,b_2)](a_3,b_3) = (a_1,b_1)[(a_2,b_2)(a_3,b_3)]$。

• 证明：
• 计算左边：

$[(a_1,b_1)(a_2,b_2)](a_3,b_3) = (a_1\star a_2, b_1\diamond b_2)(a_3,b_3)$ (定义)

$= ((a_1\star a_2)\star a_3, (b_1\diamond b_2)\diamond b_3)$ (定义)

• 计算右边：

$(a_1,b_1)[(a_2,b_2)(a_3,b_3)] = (a_1,b_1)(a_2\star a_3, b_2\diamond b_3)$ (定义)

$= (a_1\star(a_2\star a_3), b_1\diamond(b_2\diamond b_3))$ (定义)

• 核心步骤：因为 $A$ 和 $B$ 本身是群，所以它们各自的运算是结合的。
• 在第一个分量上：$(a_1\star a_2)\star a_3 = a_1\star(a_2\star a_3)$。
• 在第二个分量上：$(b_1\diamond b_2)\diamond b_3 = b_1\diamond(b_2\diamond b_3)$。
• 结论：左右两边计算出的有序对，其对应的分量都分别相等，所以这两个有序对是相等的。结合律成立。

(b) 单位元

• 目标：证明 $(1_A, 1_B)$ 是 $A \times B$ 的单位元。
• 证明：我们需要证明对于任意 $(a,b) \in A \times B$，有 $(a,b)(1_A, 1_B)=(a,b)$ 和 $(1_A, 1_B)(a,b)=(a,b)$。
• $(a,b)(1_A, 1_B) = (a \star 1_A, b \diamond 1_B)$ (定义)

$= (a, b)$ (因为 $1_A, 1_B$ 是各自的单位元)

• $(1_A, 1_B)(a,b) = (1_A \star a, 1_B \diamond b)$ (定义)

$= (a, b)$ (因为 $1_A, 1_B$ 是各自的单位元)

• 结论：$(1_A, 1_B)$ 是单位元。

(c) 逆元

• 目标：证明 $(a,b)$ 的逆元是 $(a^{-1}, b^{-1})$。
• 证明：我们需要证明 $(a,b)(a^{-1},b^{-1})=(1_A,1_B)$ 和 $(a^{-1},b^{-1})(a,b)=(1_A,1_B)$。
• $(a,b)(a^{-1},b^{-1}) = (a \star a^{-1}, b \diamond b^{-1})$ (定义)

$= (1_A, 1_B)$ (A和B中逆元的定义)

• $(a^{-1},b^{-1})(a,b) = (a^{-1} \star a, b^{-1} \diamond b)$ (定义)

$= (1_A, 1_B)$ (A和B中逆元的定义)

• 结论：$(a^{-1},b^{-1})$ 是 $(a,b)$ 的逆元。
• (封闭性在定义时已经隐含，按分量运算的结果仍然是一个有序对)。

方向一 ($\Rightarrow$)：如果 $A \times B$ 是阿贝尔群，那么 $A$ 和 $B$ 都是阿贝尔群。

1. 假设：$A \times B$ 是阿贝尔群。这意味着对于任意两个元素 $(a_1,b_1), (a_2,b_2) \in A \times B$，都有 $(a_1,b_1)(a_2,b_2) = (a_2,b_2)(a_1,b_1)$。
2. 展开这个等式：$(a_1 \star a_2, b_1 \diamond b_2) = (a_2 \star a_1, b_2 \diamond b_1)$。
3. 两个有序对相等，意味着它们对应的分量必须分别相等。
   • $a_1 \star a_2 = a_2 \star a_1$
   • $b_1 \diamond b_2 = b_2 \diamond b_1$
4. 第一个等式 $a_1 \star a_2 = a_2 \star a_1$ 对任意 $a_1, a_2 \in A$ 成立（因为我们可以选择 $b_1, b_2$ 为任意值，例如单位元）。这正是 $A$ 是阿贝尔群的定义。
5. 同理，第二个等式对任意 $b_1, b_2 \in B$ 成立，所以 $B$ 也是阿贝尔群。

方向二 ($\Leftarrow$)：如果 $A$ 和 $B$ 都是阿贝尔群，那么 $A \times B$ 是阿贝尔群。

1. 假设：$A$ 和 $B$ 都是阿贝尔群。
   • 对任意 $a_1, a_2 \in A$，$a_1 \star a_2 = a_2 \star a_1$。
   • 对任意 $b_1, b_2 \in B$，$b_1 \diamond b_2 = b_2 \diamond b_1$。
2. 目标：证明 $A \times B$ 是阿贝尔群。即对于任意 $(a_1,b_1), (a_2,b_2) \in A \times B$，证明 $(a_1,b_1)(a_2,b_2) = (a_2,b_2)(a_1,b_1)$。
3. 计算左边：$(a_1,b_1)(a_2,b_2) = (a_1 \star a_2, b_1 \diamond b_2)$。
4. 计算右边：$(a_2,b_2)(a_1,b_1) = (a_2 \star a_1, b_2 \diamond b_1)$。
5. 比较：根据假设，我们知道 $a_1 \star a_2 = a_2 \star a_1$ 且 $b_1 \diamond b_2 = b_2 \diamond b_1$。
6. 所以，左右两边计算出的有序对，其分量分别相等。因此它们是相等的。
7. 结论：$A \times B$ 是阿贝尔群。

• 证毕。

第一部分：证明 $(a, 1_B)$ 和 $(1_A, b)$ 可交换

• 计算 $(a, 1_B)(1_A, b)$：

$= (a \star 1_A, 1_B \diamond b)$ (定义)

$= (a, b)$ (单位元定义)

• 计算 $(1_A, b)(a, 1_B)$：

$= (1_A \star a, b \diamond 1_B)$ (定义)

$= (a, b)$ (单位元定义)

• 结论：两边都等于 $(a,b)$，所以它们是可交换的。

第二部分：推导 $(a,b)$ 的阶

• 设 $|(a,b)|=n$，$|a|=k$，$|b|=m$。我们要证明 $n = \text{lcm}(k,m)$ (最小公倍数)。
• 思路：我们要找最小的正整数 $n$ 使得 $(a,b)^n = (1_A, 1_B)$。
• 计算：
• 因为 $(a,b) = (a, 1_B)(1_A, b)$ 且这两个元素可交换。
• 我们可以使用练习24的结论：$((a,1_B)(1_A,b))^n = (a,1_B)^n (1_A,b)^n$。
• $(a,1_B)^n = (a^n, (1_B)^n) = (a^n, 1_B)$。
• $(1_A,b)^n = ((1_A)^n, b^n) = (1_A, b^n)$。
• 所以 $(a,b)^n = (a^n, 1_B)(1_A, b^n) = (a^n, b^n)$。
• （或者更直接地，$(a,b)^n = (a^n, b^n)$ 可以通过归纳法轻松证明）。
• 求阶：
• $(a,b)^n = (1_A, 1_B)$ 等价于 $(a^n, b^n) = (1_A, 1_B)$。
• 这又等价于两个方程同时成立：

1. $a^n=1_A$
2. $b^n=1_B$
   • 根据阶的定义，第一个方程成立当且仅当 $n$ 是 $|a|=k$ 的倍数。
   • 第二个方程成立当且仅当 $n$ 是 $|b|=m$ 的倍数。
   • 所以，$n$ 必须同时是 $k$ 的倍数和 $m$ 的倍数。
   • 我们要找的是满足条件的最小正整数 $n$。
   • 一个数同时是 $k$ 和 $m$ 的倍数，并且是满足这个条件的最小正数，这正是 $k$ 和 $m$ 的最小公倍数 (least common multiple) 的定义。
   • 结论：$n = |(a,b)| = \text{lcm}(|a|, |b|)$。

• 已知：$G$ 是一个有限群，其阶 $|G|$ 是一个偶数。
• 目标：证明存在一个元素 $x \in G$ 使得 $|x|=2$ (即 $x^2=1$ 且 $x \neq 1$)。
• 证明思路（按照提示）：

1. 我们将群 $G$ 的所有元素分成两类：
   • 第一类：元素 $g$ 满足 $g = g^{-1}$。
   • 第二类：元素 $g$ 满足 $g \neq g^{-1}$。
2. 提示中的集合 $t(G)$ 就是第二类元素的集合。
3. 考虑 $t(G)$：如果一个元素 $g$ 在 $t(G)$ 中，那么 $g \neq g^{-1}$。它的逆元 $g^{-1}$ 是一个不同的元素。由于 $(g^{-1})^{-1}=g$，所以 $g^{-1}$ 也不等于它自己的逆元，因此 $g^{-1}$ 也属于 $t(G)$。
4. 这意味着 $t(G)$ 中的元素总是“成双成对”出现的（$g$ 和 $g^{-1}$）。因此，$t(G)$ 中元素的个数必然是偶数。
5. 考虑整个群 $G$：$G$ 是 $t(G)$ 和 $G-t(G)$ 这两个不相交集合的并集。所以 $|G| = |t(G)| + |G-t(G)|$。
6. 根据已知， $|G|$ 是偶数。根据上一步， $|t(G)|$ 也是偶数。
7. 因此，$|G-t(G)| = |G| - |t(G)|$ = (偶数) - (偶数) = 偶数。
8. $G-t(G)$ 是什么？ $G-t(G)$ 是所有满足 $g=g^{-1}$ 的元素的集合。
9. 我们知道单位元 $1$ 满足 $1=1^{-1}$，所以单位元 $1$ 肯定在 $G-t(G)$ 中。
10. 因为 $|G-t(G)|$ 是一个偶数，并且它至少包含一个元素（单位元1），所以它不可能是0。它必须包含偶数个元素，即它的大小至少是2。
11. 这意味着，在 $G-t(G)$ 中，除了单位元 $1$ 之外，至少还存在另一个元素，我们称之为 $x$。
12. 这个元素 $x$ 满足 $x \neq 1$ 并且 $x = x^{-1}$。
13. 在 $x=x^{-1}$ 两边同乘以 $x$，得到 $x^2 = xx^{-1}=1$。
14. 我们找到了一个元素 $x$，它不等于单位元，但它的平方等于单位元。根据练习16，这意味着 $|x|=2$。
    • 结论：我们证明了任何偶数阶有限群必存在一个阶为2的元素。

第一部分：证明 $1, x, \dots, x^{n-1}$ 都不同

• 方法：反证法。
• 假设：假设它们不都是不同的。那么必然存在两个不同的幂次 $i$ 和 $j$，使得 $0 \le i < j \le n-1$，但 $x^i = x^j$。
• 推导：

1. 在等式 $x^i = x^j$ 两边同乘以 $(x^i)^{-1} = x^{-i}$。
2. $x^i x^{-i} = x^j x^{-i}$。
3. 左边变为 $x^0 = 1$。
4. 右边变为 $x^{j-i}$。
5. 所以我们得到 $x^{j-i}=1$。
   • 寻找矛盾：
6. 我们来看幂次 $j-i$ 的范围。因为 $0 \le i < j \le n-1$，所以 $0 < j-i \le n-1$。
7. 这意味着，我们找到了一个正整数 $j-i$，它比 $n$ 要小，但它能让 $x$ 的幂次回到单位元1。
8. 但这与 $|x|=n$ 的定义相矛盾。因为 $n$ 被定义为满足 $x^k=1$ 的最小正整数。
9. 这个矛盾说明我们最初的假设（存在两个相等的元素）是错误的。
   • 结论：因此，元素 $1, x, x^2, \ldots, x^{n-1}$ 这 $n$ 个元素必须是互不相同的。

第二部分：推导出 $|x| \le |G|$

1. 根据第一部分，我们已经证明了在群 $G$ 中至少存在 $n$ 个不同的元素，它们是 $1, x, \dots, x^{n-1}$。
2. 群 $G$ 的阶 $|G|$ 是群中所有不同元素的总个数。
3. 既然 $G$ 中至少有 $n$ 个不同的元素，那么它的总元素个数 $|G|$ 必然大于或等于 $n$。
4. 所以 $|x| \le |G|$。
   • 这个结论其实是拉格朗日定理的一个非常朴素的雏形。

• 思路：等式 $x^i = x^{-i}$ 等价于 $x^{2i}=1$ (两边同乘以 $x^i$)。
• 我们知道 $x^m=1$ 当且仅当 $m$ 是 $|x|=n$ 的倍数。
• 所以，问题转化为：$2i$ 什么时候是 $n$ 的倍数？

(a) $n$ 是奇数

1. 我们想知道对于 $1 \le i \le n-1$，$2i$ 是否可能是 $n$ 的倍数。
2. 假设 $2i = n \cdot j$ 对于某个整数 $j$。
3. 因为 $n$ 是奇数，所以它不含因子2。
4. 在等式 $2i = nj$ 中，左边是偶数，所以右边也必须是偶数。因为 $n$ 是奇数，所以 $j$ 必须是偶数。令 $j=2m$。
5. 代入得到 $2i = n(2m) \implies i = nm$。
6. 这意味着 $i$ 必须是 $n$ 的倍数。
7. 但我们考察的范围是 $1 \le i \le n-1$。在这个范围内的 $i$ 不可能是 $n$ 的倍数。
8. 所以，$x^{2i}=1$ 在这个范围内不可能成立。
9. 因此，$x^i \neq x^{-i}$ 对于所有 $i=1, \dots, n-1$。

(b) $n=2k$ (偶数)

1. 我们想知道对于 $1 \le i < n=2k$，$2i$ 什么时候是 $n=2k$ 的倍数。
2. $2i = (2k)j \implies i = kj$ 对于某个整数 $j$。
3. 我们需要找到在范围 $1 \le i < 2k$ 内的 $i$。
4. 如果 $j=1$，则 $i=k$。这个 $i$ 的值在 $1 \le k < 2k$ 的范围内（只要 $k>1$；如果 $k=1, n=2$，范围是 $i=1$，也符合）。
5. 如果 $j=2$，则 $i=2k=n$，超出了范围。如果 $j \ge 2$，则 $i$ 更大。
6. 所以，在 $1 \le i < n$ 的范围内，唯一能让 $2i$ 成为 $n$ 的倍数的 $i$ 值就是 $i=k$。
7. 结论：$x^i = x^{-i}$ (即 $x^{2i}=1$) 成立，当且仅当 $i=k$。

• 已知：$|x|=\infty$。这意味着对于任何正整数 $k$，$x^k \neq 1$。
• 目标：证明如果 $i, j \in \mathbb{Z}$ 且 $i \neq j$，那么 $x^i \neq x^j$。
• 方法：反证法。
• 假设：假设它们不都是不同的。那么存在两个不同的整数 $i$ 和 $j$，但 $x^i = x^j$。
• 推导：

1. 不失一般性，我们假设 $j > i$。
2. 在等式 $x^i = x^j$ 两边同乘以 $(x^i)^{-1} = x^{-i}$。
3. $x^i x^{-i} = x^j x^{-i}$。
4. 左边是 $x^0 = 1$。
5. 右边是 $x^{j-i}$。
6. 我们得到 $x^{j-i}=1$。
   • 寻找矛盾：
7. 因为 $j>i$，所以 $j-i$ 是一个正整数。
8. 我们找到了一个正整数 $k = j-i$ 使得 $x^k=1$。
9. 但这与 $|x|=\infty$ (无限阶) 的定义相矛盾。无限阶的定义正是说不存在这样的正整数。
10. 这个矛盾说明我们的初始假设是错误的。
    • 结论：因此，对于无限阶元素 $x$，它所有的整数次幂 $x^n$ 都是互不相同的。

• 已知：$|x|=n$。集合 $S = \{x^0, x^1, \dots, x^{n-1}\}$。练习32已证明这 $n$ 个元素互不相同。
• 目标：证明对于任意整数 $k \in \mathbb{Z}$，$x^k$ 必然是集合 $S$ 中的一个元素。
• 工具：整数除法算法。对于任意整数 $k$ 和正整数 $n$，存在唯一的整数 $q$ (商) 和 $r$ (余数) 使得 $k = nq + r$，并且 $0 \le r < n$。

• 证明：

1. 任取一个整数 $k$。
2. 根据除法算法，我们可以将 $k$ 除以 $n$ (元素的阶)，得到 $k = nq + r$，其中 $q,r$ 是整数且 $0 \le r < n$。
3. 现在我们来计算 $x^k$：

$x^k = x^{nq+r}$。

1. 根据指数律，$= x^{nq} \cdot x^r$。
2. 根据指数律，$= (x^n)^q \cdot x^r$。
3. 因为 $|x|=n$，我们知道 $x^n=1$。
4. 代入得 $= (1)^q \cdot x^r$。
5. $1^q = 1$。所以结果是 $1 \cdot x^r = x^r$。
6. 我们得到 $x^k = x^r$。
7. 观察余数 $r$：根据除法算法的性质，余数 $r$ 的范围是 $0 \le r < n$，即 $r$ 只能是 $0, 1, 2, \ldots, n-1$ 中的一个。
8. 结论：这意味着 $x^r$ 必然是集合 $S = \{x^0, x^1, \dots, x^{n-1}\}$ 中的一个元素。
9. 因为 $x^k = x^r$，所以 $x^k$ 也必然是 $S$ 中的一个元素。
   • 最终结论：$x$ 的所有整数次幂，最终都会“循环”地落入集合 $\{1, x, \dots, x^{n-1}\}$ 中。这个集合就是由 $x$ 生成的循环子群，记作 $\langle x \rangle$。这个证明说明了 $\langle x \rangle = \{1, x, \dots, x^{n-1}\}$。

• 已知：$|G|=4$，$G=\{1,a,b,c\}$。$1$ 是单位元。$|a|\neq 4, |b|\neq 4, |c|\neq 4$。
• 元素的阶：
• $|1|=1$。
• 对于非单位元元素 $a,b,c$，它们的阶必须是群的阶4的因子（拉格朗日定理的推论），即阶可以是1, 2, 4。
• 非单位元阶不为1。已知阶不为4。所以 $|a|, |b|, |c|$ 都必须是2。
• 这意味着 $a^2=1, b^2=1, c^2=1$。并且每个元素都是自身的逆元 ($a=a^{-1}, b=b^{-1}, c=c^{-1}$)。

• 构建群表：我们来填充一个 $4 \times 4$ 的表格。

• 填充第一行和第一列：由单位元的性质直接得出。
• 填充主对角线：因为所有非单位元元素的阶都是2，所以 $a^2=1, b^2=1, c^2=1$。
• 填充剩余部分：我们来确定 $ab$ 的值。
• $ab$ 不可能是 $a$（否则右消去 $b=1$，矛盾）。
• $ab$ 不可能是 $b$（否则左消去 $a=1$，矛盾）。
• $ab$ 不可能是 $1$（否则 $b=a^{-1}$，但我们知道 $a=a^{-1}$，所以 $b=a$，但这与它们是不同元素矛盾）。
• 所以，根据排除法，$ab$ 只能是剩下的唯一一个元素 $c$。
• 因此 $ab=c$。

• 使用消去律和已有结果：
• 既然 $ab=c$，那么 $ba$ 是什么？（暂时不知道）
• 考虑第二行 (a行)：$a \cdot 1=a, a \cdot a=1, a \cdot b=c$。根据消去律，行内不能有重复元素。$G=\{1,a,b,c\}$ 中，还差一个 $b$。所以 $ac$ 必须等于 $b$。即 $ac=b$。
• 考虑第三行 (b行)：$b \cdot 1=b, b \cdot b=1$。$ba=?$ $bc=?$
• $ba$ 不可能是 $b$ 或 $a$。$ba$ 可能是 $1$ 或 $c$。如果 $ba=1$，则 $a=b^{-1}=b$，矛盾。所以 $ba=c$。
• 既然 $ba=c$，那么第三行剩下的 $bc$ 必须是 $a$。即 $bc=a$。
• 考虑第四行 (c行)：
• $ca=?$ 根据消去律（第三列），$1,a,b,c$ 中，已经有了 $a,b$，还差 $1,c$。$ca$ 不等于 $c$ 或 $a$。如果 $ca=1$，则 $a=c^{-1}=c$，矛盾。所以 $ca=b$。
• $cb=?$ 根据消去律（第四列），已经有了 $b,c$，还差 $1,a$。$cb$ 不等于 $c$ 或 $b$。如果 $cb=1$，则 $b=c^{-1}=c$，矛盾。所以 $cb=a$。

• 最终的唯一群表：

• 我们通过逻辑推理，唯一地确定了整个群表。

• 推导 $G$ 是阿贝尔群：
• 根据练习10，我们只需检查群表是否对称。
• 观察上表，它关于主对角线是完全对称的。例如，$M_{23}=ab=c$，$M_{32}=ba=c$。
• 或者，根据练习25，因为群中所有元素的平方都是1，所以该群必然是阿贝尔群。
• 结论：这个群是唯一的，并且是阿贝尔群。（它被称为克莱因四元群，记作 $V_4$）。