1. 矩阵群介绍

这段文字是本节的开场白，起到了一个“内容预告”的作用。它告诉我们接下来要学习的核心概念是什么，以及这个概念在本书中的地位。

1. “在本节中，我们将介绍矩阵群的概念”: 这句话直接点明了本节的主题——矩阵群 (Matrix Group)。群是抽象代数的核心研究对象之一，而矩阵群是群的一种非常重要和具体的例子。我们之前学习了群的抽象定义（一个集合配上一个满足特定公理的运算），现在我们要看一个由矩阵构成的、活生生的例子。
2. “其系数来自域”: 这句话对“矩阵群”做了进一步的限定。矩阵是由一堆数字（称为元素或系数) 排列成的矩形阵列。这些数字从哪里来呢？它们不是凭空产生的，而是来自一个叫做“域 (Field)”的数学结构。这句话暗示了矩阵的性质与其元素的来源（那个域）密切相关。
3. “这个群族示例将在第一部分中用于说明目的”: 这句话说明了矩阵群在当前学习阶段的角色。它是一个“示例”，主要作用是帮助我们“说明”和理解前面学过的抽象群理论。通过矩阵群这个具体的例子，那些抽象的公理（如封闭性、结合律、单位元、逆元）会变得更加清晰和有形。它就像是学习游泳时，教练给我们一个真实的浮板，而不是只讲理论。
4. “并将在向量空间的章节中更详细地研究”: 这句话为我们指明了未来的学习路径。矩阵和向量空间有着密不可分的关系（矩阵可以看作是向量空间上的线性变换），因此，在学习了向量空间之后，我们会回过头来，对矩阵群进行更深入、更系统的研究。这体现了知识的螺旋式上升结构。

这段话通俗地介绍了什么是域，并给出了几个即将用到的例子。

1. “域是我们可以执行所有算术运算（+、-、× 和 ÷（除以非零元素））的‘最小’数学结构”: 这句话是对域的一个非常直观的描述。
   • “算术运算”: 指的是我们从小就熟悉的加、减、乘、除。
   • “+、-、×”: 加法、减法、乘法。
   • “÷（除以非零元素）”: 除法在这里被特别注明，你不能除以0。这个限制在域的结构中至关重要。
   • “最小的数学结构”: “最小”在这里可以理解为“刚刚好满足这些运算要求，没有多余的限制”。只要一个数学系统能自由地进行加减乘除（除零外），它就具备了域的基本资格。
2. “因此特别地，每个非零元素都必须具有一个乘法逆元”: 这是上一句话的直接推论，也是域的核心性质之一。
   • “除以一个数”等价于“乘以这个数的倒数”。例如，除以2就等于乘以 $\frac{1}{2}$。
   • 在代数中，这个“倒数”被称为“乘法逆元 (Multiplicative Inverse)”。
   • 所以，“可以执行除法（除以非零元素）”这个要求，就等价于“每个非零元素都必须有乘法逆元”。零是唯一的例外，它没有乘法逆元。
3. “我们将在稍后更深入地研究域”: 这又是一个“预告”，说明域本身也是一个重要的代数结构，后面会有专门的章节来详细讨论它。目前，我们只需要了解它的基本概念，能用就行。
4. “在本文的这一部分中，我们将遇到的唯一域 $F$ 将是 $\mathbb{Q}、\mathbb{R}$ 和 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$，其中 $p$ 是一个素数”: 这里给出了本阶段学习中会用到的三个具体的域的例子。
   • $F$: 这是域的通用符号，来自英语 Field。
   • $\mathbb{Q}$: 有理数域 (Rational Numbers)。所有可以写成两个整数之比（分母不为零）的数，例如 $\frac{1}{2}, -3, 0$。在有理数集里，可以自由地进行加减乘除。
   • $\mathbb{R}$: 实数域 (Real Numbers)。包括有理数和无理数（如 $\pi, \sqrt{2}$）的集合。这是我们最熟悉的数系，同样可以自由地进行加减乘除。
   • $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$: 整数模 $p$ 的同余类构成的域 (Integers Modulo p)。这里的 $p$ 必须是一个素数（如 2, 3, 5, 7...）。这是一个有限的集合，里面的元素是 $\{0, 1, 2, ..., p-1\}$。所有的运算都在模 $p$ 的意义下进行（即结果除以 $p$ 取余数）。例如，在 $\mathbb{Z} / 5\mathbb{Z}$ 中，$3+4=7 \equiv 2 \pmod 5$，$3 \times 4 = 12 \equiv 2 \pmod 5$。当 $p$ 是素数时，这个结构保证了每个非零元素都有乘法逆元。
5. “示例 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 是一个有限域，为了强调它是一个域，我们将其表示为 $\mathbb{F}_{p}$”:
   • 有限域 (Finite Field): 指的是包含有限个元素的域。$\mathbb{Q}$ 和 $\mathbb{R}$ 都包含无限个元素，是无限域。而 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 只有 $p$ 个元素，所以是有限域。
   • $\mathbb{F}_{p}$: 这是有限域的标准记号，其中 F 代表 Field，$p$ 代表它有 $p$ 个元素。用 $\mathbb{F}_p$ 这个符号是在特别强调“我们正在把它当作一个域来使用”，而不是仅仅看作一个群或环。
6. “为了完整起见，我们在此处包含域的精确定义”: 这句话承上启下，表示前面的通俗解释已经说完，下面要给出严格的、符合数学规范的定义了。

这里给出了域的严格数学定义，它由三个主要部分构成。

Part 1: (F, +) 是一个阿贝尔群

• 集合 $F$: 这是我们讨论的基础，一个包含所有“数字”的容器。
• 二元运算 +: “加法”运算。它接收 $F$ 中的任意两个元素，并产生 $F$ 中的一个元素（封闭性）。
• 阿贝尔群 (Abelian Group): 这是一个我们已经学过的概念。说 $(F, +)$ 是一个阿贝尔群意味着加法运算满足以下五条公理：

1. 封闭性: 对任意 $a, b \in F$，$a+b$ 仍然在 $F$ 中。（定义二元运算时已隐含）
2. 结合律: 对任意 $a, b, c \in F$，$(a+b)+c = a+(b+c)$。
3. 单位元: 存在一个元素 $0 \in F$，使得对任意 $a \in F$，$a+0 = 0+a = a$。这个 $0$ 称为加法单位元。
4. 逆元: 对任意 $a \in F$，存在一个元素 $-a \in F$，使得 $a+(-a) = (-a)+a = 0$。这个 $-a$ 称为 $a$ 的加法逆元。
5. 交换律: 对任意 $a, b \in F$，$a+b = b+a$。正因为满足这条，所以是“阿贝尔”群。

Part 2: (F - {0}, ⋅) 也是一个阿贝尔群

• F - {0}: 这是集合 $F$ 中排除了加法单位元 $0$ 之后的所有元素的集合。
• 二元运算 ⋅: “乘法”运算。它接收 $F$ 中的任意两个元素，并产生 $F$ 中的一个元素。当限制在 $F - \{0\}$ 上时，它接收两个非零元素，产生一个非零元素。
• 阿贝尔群: 说 $(F - \{0\}, \cdot)$ 是一个阿贝尔群意味着乘法运算在非零元素集合上满足以下五条公理：

1. 封闭性: 对任意 $a, b \in F - \{0\}$，$a \cdot b$ 仍然在 $F - \{0\}$ 中。这意味着两个非零元素的乘积绝不为零。
2. 结合律: 对任意 $a, b, c \in F - \{0\}$，$(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$。
3. 单位元: 存在一个元素 $1 \in F - \{0\}$，使得对任意 $a \in F - \{0\}$，$a \cdot 1 = 1 \cdot a = a$。这个 $1$ 称为乘法单位元。
4. 逆元: 对任意 $a \in F - \{0\}$，存在一个元素 $a^{-1} \in F - \{0\}$，使得 $a \cdot a^{-1} = a^{-1} \cdot a = 1$。这个 $a^{-1}$ 称为 $a$ 的乘法逆元。这就是前面通俗解释中“除法”的来源。
5. 交换律: 对任意 $a, b \in F - \{0\}$，$a \cdot b = b \cdot a$。

Part 3: 分配律连接了加法和乘法

• 分配律 (Distributive Law): 这是唯一一条将加法和乘法两种运算联系起来的规则。它要求对于 $F$ 中所有的元素（包括0）都成立。

关于定义 (2)

• 对于任何域 F，令 F^× = F - {0}: 这纯粹是一个记号上的约定。
• $F^{\times}$ (读作 "F cross" 或 "F star") 是一个标准符号，专门用来指代域 $F$ 中所有非零元素构成的乘法群。
• 这个记号非常方便，例如，上面第二部分就可以简洁地写成：$(F^{\times}, \cdot)$ 是一个阿贝尔群。

这段话阐述了一个非常重要的思想：从具体到抽象的推广。

1. “当标量来自 $\mathbb{R}$ 时...”: 这句话指的是我们在线性代数等课程中最常遇到的情况。
   • 标量 (Scalar): 通常就是指“数字”。在线性代数中，向量可以被标量数乘，例如，向量 $\vec{v}$ 乘以标量 $2$ 得到 $2\vec{v}$。
   • 我们习惯于认为这些标量就是实数 (Real Numbers, $\mathbb{R}$)。
   • 向量空间理论、矩阵和线性变换理论、行列式理论: 这些是线性代数的核心内容。比如，向量的加法、矩阵的乘法、行列式的计算、线性变换的性质等等。所有这些理论的建立，都依赖于标量（也就是实数）的加减乘除等运算规则。
2. “...经适当修改后，当标量来自任意域 $F$ 时也成立”: 这是本段的核心思想。
   • 我们刚刚定义了域 $F$。域的本质就是一套表现良好的、可以进行四则运算的“数字系统”。
   • 实数 $\mathbb{R}$ 只是域的一个特例。有理数 $\mathbb{Q}$ 是一个域，有限域 $\mathbb{F}_p$ 也是一个域。
   • 既然线性代数理论的根基——标量的运算规则——被域的公理完美地概括了，那么，我们完全可以把线性代数中的所有“实数”替换为来自“任意一个域 $F$”的元素。
   • “经适当修改后”: 这个短语提醒我们，推广不是完全无脑替换。有些在实数域 $\mathbb{R}$ 上成立的特殊性质，在其他域上可能不成立。例如，实数域是有序的（可以比较大小 $a<b$），但有限域 $\mathbb{F}_p$ 就无法定义一个与运算兼容的序关系。所以，那些依赖于“序”或“极限”等 $\mathbb{R}$ 特有性质的定理需要被修正或放弃。但是，绝大多数纯粹依赖于四则运算的代数性质都可以被保留。
3. “当我们在第一部分中使用此理论时，我们将明确说明我们正在假定哪些域事实”: 这是一句对读者的承诺，体现了数学的严谨性。作者表示，虽然理论可以广泛推广，但在当前的学习阶段，不会假设读者已经掌握了所有这些推广的细节。每当使用一个从实数推广到一般域上的结论时（比如行列式的性质），都会明确指出：“我们正在使用这个事实”。这避免了逻辑上的跳跃，让读者可以放心地跟上。

这段是本节的核心，它正式定义了一般线性群并证明了它确实是一个群。

1. 定义集合 $G L_{n}(F)$:
   • “对于每个 $n \in \mathbb{Z}^{+}$”: $n$ 是一个正整数，代表矩阵的维度（行数或列数），比如 $n=1, 2, 3, ...$。
   • “令 $G L_{n}(F)$ 为...”: 这句话开始定义一个名为 $G L_{n}(F)$ 的集合。这个名字是有含义的：
   • G: General (一般的)
   • L: Linear (线性的)
   • n: 维度
   • F: 元素所在的域
   • “所有 $n \times n$ 矩阵的集合”: 集合里的成员是方块形的矩阵。
   • “其元素来自 $F$”: 矩阵里的每个数字都取自我们之前定义的那个域 $F$。
   • “且其行列式非零”: 这是最重要的一个筛选条件！不是所有 $n \times n$ 矩阵都在这个集合里，只有那些行列式不等于域 $F$ 中零元素的矩阵才够资格。
2. 验证群公理: 为了证明 $G L_{n}(F)$ 在矩阵乘法下是一个群，我们需要验证四条公理：封闭性、结合律、单位元、逆元。

• 运算: 这个潜在群的运算是矩阵乘法。

• 结合律 (Associativity):
• 原文: “此乘积是结合的。”
• 解释: 作者直接陈述了矩阵乘法满足结合律，即对任意三个 $n \times n$ 矩阵 $A, B, C$，有 $(A B) C = A (B C)$。这是一个线性代数的基本事实，这里直接引用。由于 $G L_n(F)$ 的元素都是 $n \times n$ 矩阵，它们自然也满足这一性质。

• 封闭性 (Closure):
• 原文: “由于 $\operatorname{det}(A B)=\operatorname{det}(A) \cdot \operatorname{det}(B)$，因此如果 $\operatorname{det}(A) \neq 0$ 且 $\operatorname{det}(B) \neq 0$，则 $\operatorname{det}(A B) \neq 0$，所以 $G L_{n}(F)$ 在矩阵乘法下是封闭的。”
• 解释:
• 取两个任意元素 $A, B \in G L_{n}(F)$。根据定义，这意味着 $\det(A) \neq 0$ 且 $\det(B) \neq 0$。
• 我们要证明它们的乘积 $AB$ 仍然在 $G L_{n}(F)$ 中。也就是说，要证明 $\det(AB) \neq 0$。
• 这里引用了行列式的一个关键性质：乘积的行列式等于行列式的乘积。
• $\det(AB) = \det(A) \cdot \det(B)$。
• 因为 $A, B$ 的行列式都不是 $0$，并且在域 $F$ 中，两个非零元素的乘积仍然是非零元素（这是域的公理之一，即 $(F^\times, \cdot)$ 的封闭性），所以 $\det(A) \cdot \det(B) \neq 0$。
• 因此 $\det(AB) \neq 0$，这意味着 $AB$ 满足进入 $G L_n(F)$ 的条件。封闭性得证。

• 单位元 (Identity Element):
• 原文: “其中 $I$ 是 $n \times n$ 单位矩阵。” (隐藏在逆元的讨论里)
• 解释: $n \times n$ 的单位矩阵 $I$（主对角线为1，其余为0）是一个 $n \times n$ 矩阵。它的行列式 $\det(I) = 1$。因为 $1 \neq 0$（在任何域中），所以 $I$ 满足条件，属于 $G L_{n}(F)$。并且对于任何矩阵 $A$，$AI=IA=A$。所以 $I$ 就是 $G L_{n}(F)$ 的单位元。

• 逆元 (Inverse Element):
• 原文: “$\det(A) \neq 0$ 当且仅当 $A$ 具有矩阵逆...因此每个 $A \in G L_{n}(F)$ 在 $G L_{n}(F)$ 中都有一个逆元 $A^{-1}$”
• 解释:
• 取一个任意元素 $A \in G L_{n}(F)$。根据定义，$\det(A) \neq 0$。
• 这里引用了线性代数的另一个关键事实：一个方块矩阵可逆的充要条件是其行列式非零。
• 所以，存在一个矩阵 $A^{-1}$ 使得 $A A^{-1} = A^{-1} A = I$。
• 我们还需要确保这个逆矩阵 $A^{-1}$ 本身也属于 $G L_{n}(F)$。
• 利用行列式性质：$\det(A A^{-1}) = \det(I) = 1$。
• $\det(A) \cdot \det(A^{-1}) = 1$。
• 因为 $\det(A) \neq 0$，我们可以两边都除以 $\det(A)$（或者说乘以 $\det(A)$ 的逆元），得到 $\det(A^{-1}) = \frac{1}{\det(A)}$。
• 因为 $\det(A) \neq 0$，它的倒数 $\frac{1}{\det(A)}$ 也必然非零。所以 $\det(A^{-1}) \neq 0$。
• 这证明了 $A^{-1}$ 满足进入 $G L_{n}(F)$ 的条件。逆元存在性得证。

1. 结论:
   • 原文: “因此 $G L_{n}(F)$ 在矩阵乘法下是一个群，称为 $n$ 阶一般线性群。”
   • 解释: 既然封闭性、结合律、单位元、逆元四条公理全部得到满足，那么根据群的定义，$G L_{n}(F)$ 和矩阵乘法这个运算一起，构成了一个群。

这段话给出了两个关于有限域和在其上定义的一般线性群的深刻结论，但声明它们的证明要留到后面。

结论 (1): 有限域的阶

• 原文: “如果 $F$ 是一个域且 $|F|<\infty$，则 $|F|=p^{m}$，其中 $p$ 是某个素数，$m$ 是某个整数。”
• 解释:
• $|F|$ 表示域 $F$ 中元素的个数，也称为域的阶 (Order)。
• $|F|<\infty$ 表示这是一个有限域。
• 这个结论说：有限域的元素个数不可能是任意的整数，它必须是某个素数 $p$ 的正整数次幂 $p^m$。
• $p$ 被称为该有限域的特征 (Characteristic)。
• $m$ 被称为该有限域在其素域上的扩张次数。
• 举例:
• 我们已经见过的 $\mathbb{F}_p = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，它的阶是 $p = p^1$。这里 $m=1$。
• 这意味着可能存在阶为 $2, 3, 4=2^2, 5, 7, 8=2^3, 9=3^2$ 的有限域。
• 但绝不可能存在阶为 $6, 10, 12, 14$ 的有限域，因为这些数无法表示成 $p^m$ 的形式。
• 意义: 这个定理极大地限制了有限域的可能性，是有限域理论的基石。

结论 (2): 有限群 $G L_n(F)$ 的阶

• 原文: “如果 $|F|=q<\infty$，则 $\left|G L_{n}(F)\right|=\left(q^{n}-1\right)\left(q^{n}-q\right)\left(q^{n}-q^{2}\right) \ldots\left(q^{n}-q^{n-1}\right)$。”
• 解释:
• 这里用 $q$ 来表示有限域 $F$ 的阶，根据结论(1)，我们知道 $q=p^m$。
• $|G L_{n}(F)|$ 表示群 $G L_{n}(F)$ 中元素的个数，即 $n \times n$ 可逆矩阵的总数。
• 这个公式给出了一个精确计算这些可逆矩阵数量的方法。
• 推导思路 (直观解释，非严格证明):
• 我们来构造一个 $n \times n$ 的可逆矩阵 $A$。一个矩阵可逆，当且仅当它的所有行向量是线性无关的。
• 选择第一行: 它可以是 $F^n$ 空间中的任意非零向量。$F^n$ 共有 $q^n$ 个向量（每个分量有 $q$ 种选择），排除掉全零向量 $(0, 0, ..., 0)$，所以第一行有 $q^n - 1$ 种选择。
• 选择第二行: 它不能是第一行的倍数。第一行及其 $q$ 个标量倍数张成了一个一维子空间，包含 $q$ 个向量。所以第二行不能是这 $q$ 个向量中的任意一个。因此，第二行有 $q^n - q$ 种选择。
• 选择第三行: 它不能是前两行张成的二维子空间中的任何向量。这个子空间包含 $q^2$ 个向量。所以第三行有 $q^n - q^2$ 种选择。
• ...
• 选择第 $n$ 行: 它不能是前 $n-1$ 行张成的 $(n-1)$ 维子空间中的任何向量。这个子空间包含 $q^{n-1}$ 个向量。所以第 $n$ 行有 $q^n - q^{n-1}$ 种选择。
• 根据乘法原理，把所有选择数相乘，就得到了总的可逆矩阵数量。
• 作用: 这个公式非常强大，它让我们能够精确地知道在有限域上一般线性群的大小。

这是一个引子，为后面的一系列练习题设定了通用的背景。

• “令 $F$ 为一个域”: 这句话意味着，在接下来的所有小题中，符号 $F$ 都代表一个满足域公理的代数结构。它可以是无限的，如 $\mathbb{Q}$ 或 $\mathbb{R}$；也可以是有限的，如 $\mathbb{F}_p$。
• “且 $n \in \mathbb{Z}^{+}$”: 这句话意味着，符号 $n$ 总是代表一个正整数（1, 2, 3, ...）。在矩阵群的语境下，$n$ 通常表示矩阵的维度。

这短短的一句话，为所有后续练习提供了一个统一的“已知条件”或“全局设定”，避免在每个题目中重复说明 $F$ 和 $n$ 的含义。

这个练习要求我们证明在2元域 $\mathbb{F}_2$ 上，2阶一般线性群的阶（元素个数）是6。

方法一：使用上一节给出的阶公式

1. 识别参数:
   • 群是 $G L_{n}(F)$，这里 $n=2$，$F = \mathbb{F}_2$。
   • $\mathbb{F}_2$ 是一个有限域，其元素的个数（阶）为 $q=2$。
2. 套用公式:
   • 我们在上一节记录的公式是：$|G L_{n}(F)|=\left(q^{n}-1\right)\left(q^{n}-q\right)\ldots\left(q^{n}-q^{n-1}\right)$。
   • 对于 $n=2$，公式简化为 $|G L_{2}(F)| = (q^2 - 1)(q^2 - q)$。
3. 代入数值:
   • 将 $q=2$ 代入：$|G L_{2}(\mathbb{F}_2)| = (2^2 - 1)(2^2 - 2)$。
   • 计算：$= (4 - 1)(4 - 2) = 3 \times 2 = 6$。
4. 结论: 证明完毕。

方法二：穷举法（更基本，能让我们看到群的实际元素）

1. 确定元素来源: 域是 $\mathbb{F}_2 = \{0, 1\}$。这意味着我们要构造的 $2 \times 2$ 矩阵 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ 中的 $a,b,c,d$ 都只能是 0 或 1。
2. 列出所有可能的矩阵: 每个位置有2种选择，总共有 $2^4 = 16$ 个可能的 $2 \times 2$ 矩阵。
   • $\begin{pmatrix} 0&0\\0&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix}$
   • $\begin{pmatrix} 1&1\\0&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 1&0\\1&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 1&0\\0&1 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&1\\0&1 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&0\\1&1 \end{pmatrix}$
   • $\begin{pmatrix} 1&1\\1&0 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 1&0\\1&1 \end{pmatrix}$ $\begin{pmatrix} 0&1\\1&1 \end{pmatrix}$
   • $\begin{pmatrix} 1&1\\1&1 \end{pmatrix}$
3. 筛选条件: 矩阵 $A$ 属于 $G L_{2}(\mathbb{F}_2)$ 的条件是 $\det(A) \neq 0$。在 $\mathbb{F}_2$ 中，非零元素只有1，所以条件就是 $\det(A) = 1$。
   • 行列式公式: $\det(A) = ad - bc$。在 $\mathbb{F}_2$ 中，减法和加法一样（因为 $x-y = x+(-y)$ 且 $-y=y$），所以 $\det(A) = ad+bc \pmod 2$。
4. 逐个计算行列式:
   • $\det\begin{pmatrix} 0&0\\0&0 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 1&1\\0&0 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 1&0\\1&0 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 1&0\\0&1 \end{pmatrix}=1\cdot1 - 0\cdot0 = 1$ (入选)
   • $\det\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}=0\cdot0 - 1\cdot1 = -1 \equiv 1 \pmod 2$ (入选)
   • $\det\begin{pmatrix} 0&1\\0&1 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 0&0\\1&1 \end{pmatrix}=0$
   • $\det\begin{pmatrix} 1&1\\1&0 \end{pmatrix}=1\cdot0 - 1\cdot1 = -1 \equiv 1 \pmod 2$ (入选)
   • $\det\begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}=1\cdot1 - 1\cdot0 = 1$ (入选)
   • $\det\begin{pmatrix} 1&0\\1&1 \end{pmatrix}=1\cdot1 - 0\cdot1 = 1$ (入选)
   • $\det\begin{pmatrix} 0&1\\1&1 \end{pmatrix}=0\cdot1 - 1\cdot1 = -1 \equiv 1 \pmod 2$ (入选)
   • $\det\begin{pmatrix} 1&1\\1&1 \end{pmatrix}=1\cdot1 - 1\cdot1 = 0$
5. 计数: 经过筛选，共有6个矩阵的行列式为1。
6. 结论: 因此，$\left|G L_{2}\left(\mathbb{F}_{2}\right)\right|=6$。证明完毕。

这个练习是上一个练习的延续。我们已经找到了6个元素，现在需要把它们明确写出来，并计算每个元素的阶。

一个群元素 $g$ 的阶 (Order) 是指使得 $g^k = e$ 的最小正整数 $k$，其中 $e$ 是群的单位元。在这里，运算是矩阵乘法，单位元是单位矩阵 $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。

1. 写出所有元素

从练习1的穷举法中，我们已经找到了这6个元素：

• $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
• $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
• $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$
• $C = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
• $D = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
• $E = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

2. 计算每个元素的阶

（所有计算都在模2下进行）

• 元素 I (单位元):
• $I^1 = I$。根据定义，单位元的阶是1。
• 阶(I) = 1。

• 元素 A:
• $A^1 = A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \neq I$
• $A^2 = A \cdot A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot1+1\cdot0 & 1\cdot1+1\cdot1 \\ 0\cdot1+1\cdot0 & 0\cdot1+1\cdot1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 最小正整数是2，所以阶(A) = 2。

• 元素 B:
• $B^1 = B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \neq I$
• $B^2 = B \cdot B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot1+0\cdot1 & 1\cdot0+0\cdot1 \\ 1\cdot1+1\cdot1 & 1\cdot0+1\cdot1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1+1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 最小正整数是2，所以阶(B) = 2。

• 元素 C:
• $C^1 = C = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \neq I$
• $C^2 = C \cdot C = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\cdot0+1\cdot1 & 0\cdot1+1\cdot0 \\ 1\cdot0+0\cdot1 & 1\cdot1+0\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 最小正整数是2，所以阶(C) = 2。

• 元素 D:
• $D^1 = D = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \neq I$
• $D^2 = D \cdot D = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+1 & 1+0 \\ 1+0 & 1+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = E \neq I$。
• $D^3 = D^2 \cdot D = E \cdot D = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0+1 & 0+0 \\ 1+1 & 1+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 最小正整数是3，所以阶(D) = 3。

• 元素 E:
• $E^1 = E = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \neq I$
• $E^2 = E \cdot E = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0+1 & 0+1 \\ 0+1 & 1+1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = D \neq I$。
• $E^3 = E^2 \cdot E = D \cdot E = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+1 & 1+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。计算有误。
• 让我们重新算 $D^3$ 来验证 $D$ 的阶。$D^3=D^2 \cdot D = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1+1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I$. D的阶确实是3.
• 根据拉格朗日定理，元素的阶必须整除群的阶。$|G L_2(\mathbb{F}_2)|=6$，所以元素的阶可能是1, 2, 3, 6。
• 由于 $E^2=D$ 且 $D^3=I$，那么 $E^6 = (E^2)^3 = D^3 = I$。E的阶是3或6。
• $E^3 = E^2 \cdot E = D \cdot E = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0+1 & 1+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。
• 最小正整数是3，所以阶(E) = 3。

要证明一个群是非阿贝尔 (Non-abelian)的，我们只需要找到至少一对元素 $X, Y$，使得它们的乘积不符合交换律，即 $XY \neq YX$。

1. 选择候选元素

我们从练习2列出的6个元素中任意挑选两个非单位元、非自身的元素来尝试。让我们选择 $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 和 $C = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。

2. 计算 $AC$

$AC = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot0+1\cdot1 & 1\cdot1+1\cdot0 \\ 0\cdot0+1\cdot1 & 0\cdot1+1\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = D$

3. 计算 $CA$

$CA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\cdot1+1\cdot0 & 0\cdot1+1\cdot1 \\ 1\cdot1+0\cdot0 & 1\cdot1+0\cdot1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = E$

4. 比较结果

我们计算出 $AC = D$ 和 $CA = E$。

由于 $D = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 和 $E = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ 是两个不同的矩阵，所以 $AC \neq CA$。

5. 结论

因为我们找到了群中存在一对元素（$A$ 和 $C$）不满足交换律，所以根据定义，$G L_{2}(\mathbb{F}_{2})$ 是一个非阿贝尔群。证明完毕。

这个命题要求我们证明，当模数 $n$ 是一个合数时，整数模 $n$ 的同余类环 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 无法构成一个域。

1. 理解命题和前提

• “$n$ 不是素数”: 这意味着 $n$ 是一个合数（$n>1$ 且可以被除了1和它自身之外的整数整除）或者 $n=1$。
• 如果 $n=1$，$\mathbb{Z} / 1\mathbb{Z}$ 只有一个元素 $\{0\}$。它的乘法部分 $(\{0\}-\{0\}, \cdot)$ 是空集，不构成群。所以 $n=1$ 的情况不是域。
• 现在主要考虑 $n$ 是合数的情况。根据定义，存在两个整数 $a, b$ 使得 $n=ab$，并且 $1 < a < n$ 以及 $1 < b < n$。
• “$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 不是一个域”: 我们需要证明 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 这个代数结构，不满足域的定义中的某条或某些公理。

2. 回顾域的定义

域的定义关键点之一是：$(F - \{0\}, \cdot)$ 必须是一个阿贝尔群。

其中一条重要的公理是封闭性：对于任意两个非零元素 $x, y \in F-\{0\}$，它们的乘积 $xy$ 也必须在 $F-\{0\}$ 中，即 $xy \neq 0$。

在环论中，如果存在两个非零元素 $x, y$ 使得 $xy=0$，那么 $x$ 和 $y$ 被称为零因子 (Zero Divisors)。

域的一个关键特征就是没有零因子。

3. 构建证明

• 前提: 设 $n$ 是一个合数。那么存在整数 $a, b$ 使得 $n=ab$，其中 $1 < a < n$ 且 $1 < b < n$。
• 考虑元素: 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中，与整数 $a, b$ 对应的同余类是 $\bar{a}$ 和 $\bar{b}$。
• 因为 $1 < a < n$，所以 $a$ 不是 $n$ 的倍数，因此 $\bar{a} \neq \bar{0}$。
• 因为 $1 < b < n$，所以 $b$ 不是 $n$ 的倍数，因此 $\bar{b} \neq \bar{0}$。
• 所以，$\bar{a}$ 和 $\bar{b}$ 是 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中的两个非零元素。
• 计算它们的乘积:
• 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中，$\bar{a} \cdot \bar{b} = \overline{ab}$。
• 根据我们的前提，$ab=n$。
• 所以，$\overline{ab} = \bar{n} \equiv \bar{0} \pmod n$。
• 得出矛盾:
• 我们找到了两个非零元素 $\bar{a}$ 和 $\bar{b}$，它们的乘积却是零元素 $\bar{0}$。
• 这意味着集合 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) - \{\bar{0}\}$ 在乘法下不满足封闭性。
• 因此，$(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) - \{\bar{0}\}$ 无法构成一个群。
• 最终结论:
• 既然 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) - \{\bar{0}\}$ 在乘法下不是一个群，$\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 就不满足域的定义。
• 所以，如果 $n$ 不是素数，则 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 不是一个域。证明完毕。

这是一个“当且仅当”的命题，意味着我们需要双向证明：

(1) ($\Rightarrow$) 如果 $G L_{n}(F)$ 是一个有限群，则 $F$ 是一个有限域。

(2) ($\Leftarrow$) 如果 $F$ 是一个有限域，则 $G L_{n}(F)$ 是一个有限群。

证明 ($\Leftarrow$) 方向：如果 $F$ 是一个有限域，则 $G L_{n}(F)$ 是一个有限群。

1. 前提: $F$ 是一个有限域。令 $|F| = q$，其中 $q$ 是一个有限的数。
2. 考虑 $G L_{n}(F)$ 的元素: $G L_{n}(F)$ 的元素是 $n \times n$ 矩阵，其元素来自 $F$。
3. 构造所有可能的矩阵: 一个 $n \times n$ 矩阵有 $n^2$ 个位置。每个位置的元素都可以从 $F$ 中选取。由于 $F$ 有 $q$ 个元素，所以每个位置有 $q$ 种选择。
4. 计算所有矩阵的总数: 根据乘法原理，所有 $n \times n$ 矩阵（包括可逆和不可逆的）的总数是 $q \times q \times \dots \times q$ ($n^2$ 次)，即 $q^{n^2}$。
5. 界定 $G L_{n}(F)$ 的大小: $G L_{n}(F)$ 是所有这些 $n \times n$ 矩阵的一个子集（只包含那些行列式非零的）。一个子集的元素个数必然不会超过其母集的元素个数。
6. 结论: 因此，$|G L_{n}(F)| \le q^{n^2}$。因为 $q$ 和 $n$ 都是有限的，所以 $q^{n^2}$ 是一个有限的数。一个不大于有限数的数，其自身也必然是有限的。所以 $G L_{n}(F)$ 是一个有限群。
   • (我们在前面已经给出了 $|G L_{n}(F)|$ 的精确公式，它显然是有限的，但这里的证明更基本，不需要那个公式。)

证明 ($\Rightarrow$) 方向：如果 $G L_{n}(F)$ 是一个有限群，则 $F$ 是一个有限域。

(我们将使用反证法来证明)

1. 假设: 假设 $G L_{n}(F)$ 是一个有限群，但 $F$ 是一个无限域。
2. 寻找矛盾: 我们需要在 $G L_{n}(F)$ 中构造出无穷多个不同的元素，从而与“$G L_{n}(F)$ 是有限群”的假设产生矛盾。
3. 构造元素: 考虑一类非常简单的矩阵：对角矩阵。
   • 令 $A_x = \begin{pmatrix} x & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix}$，其中 $x$ 是来自 $F$ 的某个元素。这是一个对角矩阵，只有一个对角元素是 $x$，其他对角元素都是1。
4. 检验构造的元素是否属于 $G L_{n}(F)$:
   • 这个矩阵的行列式是其对角元素的乘积：$\det(A_x) = x \cdot 1 \cdot \dots \cdot 1 = x$。
   • 为了使 $A_x \in G L_{n}(F)$，我们需要 $\det(A_x) \neq 0$，即 $x \neq 0$。
5. 构造无限多个元素:
   • 因为我们假设 $F$ 是一个无限域，所以它的非零元素集合 $F^\times = F - \{0\}$ 也必然是无限的。（如果 $F^\times$ 是有限的，那么 $F = F^\times \cup \{0\}$ 也会是有限的，与假设矛盾）。
   • 对于 $F^\times$ 中每一个不同的元素 $x$，我们都可以构造一个对应的矩阵 $A_x$。
   • 如果 $x_1, x_2$ 是 $F^\times$ 中两个不同的元素（$x_1 \neq x_2$），那么它们对应的矩阵 $A_{x_1}$ 和 $A_{x_2}$ 也一定是不同的矩阵（因为它们在左上角 (1,1) 位置的元素不同）。
6. 得出矛盾:
   • 由于 $F^\times$ 是无限的，我们可以构造出无限多个不同的矩阵 $\{ A_x \mid x \in F^\times \}$。
   • 所有这些矩阵的行列式都非零，所以它们都属于 $G L_{n}(F)$。
   • 这说明 $G L_{n}(F)$ 包含无限多个元素。
   • 这与我们最初的假设“$G L_{n}(F)$ 是一个有限群”相矛盾。
7. 结论: 因此，我们的反证假设“$F$ 是一个无限域”是错误的。必须有 $F$ 是一个有限域。

这个练习要求证明，在一个有限域上，可逆矩阵的数量严格小于所有矩阵的总数。

1. 理解命题

• $|F|=q$：域 $F$ 是有限的，含有 $q$ 个元素。
• $|G L_{n}(F)|$：$n \times n$ 可逆矩阵的数量。
• $q^{n^2}$：所有 $n \times n$ 矩阵的总数（证明见练习5）。一个 $n \times n$ 矩阵有 $n^2$ 个位置，每个位置有 $q$ 种选择，所以总数是 $q^{n^2}$。
• 证明目标: $|G L_{n}(F)| < q^{n^2}$。

2. 证明思路

证明一个集合 $A$ 的大小严格小于另一个集合 $B$ 的大小 ($|A|<|B|$), 在 $A$ 是 $B$ 的子集的情况下，最直接的方法是：

1. 证明 $A$ 是 $B$ 的一个真子集 (Proper Subset)。
2. 也就是说，证明存在至少一个元素属于 $B$ 但不属于 $A$。

3. 构建证明

• 集合关系:
• 令 $\mathcal{M}_n(F)$ 为所有在域 $F$ 上的 $n \times n$ 矩阵的集合。
• 根据定义，$G L_{n}(F) = \{ A \in \mathcal{M}_n(F) \mid \det(A) \neq 0 \}$。
• 显然，$G L_{n}(F)$ 是 $\mathcal{M}_n(F)$ 的一个子集。
• 寻找一个在 $\mathcal{M}_n(F)$ 中但不在 $G L_{n}(F)$ 中的元素:
• 我们需要找一个 $n \times n$ 矩阵 $A$，其元素来自 $F$，但它的行列式为0。
• 最简单的例子就是零矩阵，即所有元素都为0的矩阵。
• 令 $O$ 为 $n \times n$ 的零矩阵。
• $O$ 的所有元素都是 $0$，而 $0 \in F$，所以 $O \in \mathcal{M}_n(F)$。
• 计算零矩阵的行列式: $\det(O) = 0$。（例如，对于 $2 \times 2$ 的零矩阵 $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，行列式是 $0\cdot0 - 0\cdot0 = 0$）。
• 因为 $\det(O)=0$，所以零矩阵 $O$ 不满足进入 $G L_{n}(F)$ 的条件，即 $O \notin G L_{n}(F)$。
• 结论:
• 我们已经证明了 $G L_{n}(F)$ 是 $\mathcal{M}_n(F)$ 的一个子集。
• 我们还找到了至少一个元素——零矩阵 $O$——它属于 $\mathcal{M}_n(F)$ 但不属于 $G L_{n}(F)$。
• 因此，$G L_{n}(F)$ 是 $\mathcal{M}_n(F)$ 的一个真子集。
• 一个真子集的大小必然严格小于其父集的大小。
• 所以，$\left|G L_{n}(F)\right| < |\mathcal{M}_n(F)| = q^{n^{2}}$。
• 证明完毕。

这道题要求我们用一种更基本的方法来推导 $|G L_2(\mathbb{F}_p)|$ 的公式，即通过总数减去不可逆数的方法。

1. 确定总数

• 域: $F = \mathbb{F}_p$，其阶为 $|F|=p$。
• 矩阵维度: $n=2$。
• 所有 $2 \times 2$ 矩阵的总数: 一个 $2 \times 2$ 矩阵 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ 有 4 个位置，每个位置都有 $p$ 种选择（从 $0, 1, ..., p-1$ 中选）。
• 总数 = $p \times p \times p \times p = p^4$。

2. 确定不可逆矩阵的数量

根据提示，一个 $2 \times 2$ 矩阵不可逆（行列式为0）当且仅当其中一行是另一行的倍数。设矩阵为 $A = \begin{pmatrix} r_1 \\ r_2 \end{pmatrix}$，其中 $r_1=(a,b)$ 是第一行， $r_2=(c,d)$ 是第二行。

我们分情况来计数：

• 情况一：第一行是零向量
• $r_1 = (0, 0)$。
• 此时，无论第二行 $r_2=(c,d)$ 是什么，第一行都是第二行的 0 倍（$r_1 = 0 \cdot r_2$），所以矩阵总是不可逆的。
• 第一行只有1种选择：$(0,0)$。
• 第二行的 $c, d$ 可以任意选择，有 $p \times p = p^2$ 种选择。
• 所以，这种情况下有 $1 \times p^2 = p^2$ 个不可逆矩阵。

• 情况二：第一行不是零向量
• $r_1 = (a, b)$，其中 $a, b$ 不全为零。
• 第一行的选择数：总共有 $p^2$ 个可能的行向量，减去一个零向量 $(0,0)$，所以有 $p^2 - 1$ 种选择。
• 对于每一个固定的非零第一行 $r_1$，第二行 $r_2$ 必须是它的倍数，才能使矩阵不可逆。即 $r_2 = k \cdot r_1$ for some $k \in \mathbb{F}_p$。
• $k$ 可以从 $\mathbb{F}_p = \{0, 1, ..., p-1\}$ 中选取，共有 $p$ 种选择。
• 例如，如果 $r_1=(1,2)$ 在 $\mathbb{F}_5$ 中，那么 $r_2$ 可以是 $0\cdot(1,2)=(0,0)$, $1\cdot(1,2)=(1,2)$, $2\cdot(1,2)=(2,4)$, $3\cdot(1,2)=(3,1)$, $4\cdot(1,2)=(4,3)$。
• 所以，对于每一个选定的非零第一行，都有 $p$ 种选择使得第二行是它的倍数。
• 这种情况下有 $(p^2 - 1) \times p$ 个不可逆矩阵。

• 计算不可逆矩阵总数:
• 不可逆矩阵总数 = (情况一的数量) + (情况二的数量)
• $= p^2 + (p^2 - 1)p$
• $= p^2 + p^3 - p$
• 注意：这个计数方法是正确的吗？让我们检查一下。当 $r_2 = 0 \cdot r_1 = (0,0)$ 时，第二行是零向量。我们有没有重复计算？
• 在情况一中，我们计算了所有第一行为 $(0,0)$ 的矩阵。
• 在情况二中，我们计算了所有第一行非零，但第二行是第一行倍数的矩阵。
• 这两种情况的交集是空集（因为第一行是否为零向量是互斥的）。所以没有重复计数。
• 因此，不可逆矩阵的总数就是 $p^3 + p^2 - p$。

3. 计算可逆矩阵的数量

• $|G L_2(\mathbb{F}_p)|$ = (所有矩阵总数) - (不可逆矩阵总数)
• $= p^4 - (p^3 + p^2 - p)$
• $= p^4 - p^3 - p^2 + p$

4. 结论

我们已经证明了 $G L_{2}\left(\mathbb{F}_{p}\right)$ 的阶是 $p^{4}-p^{3}-p^{2}+p$。

5. 与通用公式的验证

• 通用公式是 $|G L_n(F)| = (q^n - 1)(q^n - q) \dots$
• 对于 $n=2, q=p$，公式为 $|G L_2(\mathbb{F}_p)| = (p^2 - 1)(p^2 - p)$。
• 展开这个表达式：$(p^2 - 1)(p^2 - p) = p^2(p^2-p) - 1(p^2-p) = p^4 - p^3 - p^2 + p$。
• 结果与我们用减法推导出的完全一致。

这个练习是练习3的推广。练习3证明了 $G L_2(\mathbb{F}_2)$ 是非阿贝尔的。现在我们要证明对于任何大于等于2的维度和任何域，这个结论都成立。

我们的策略仍然是：找到一对具体的 $n \times n$ 矩阵 $A, B$，它们始终在 $G L_n(F)$ 中，并证明 $AB \neq BA$。

1. 构造候选矩阵

我们需要构造的矩阵应该尽可能简单，并且要能体现出非交换性。交换两个行或列的操作通常是不可交换的。让我们构造两个基本的初等矩阵。

• 令 $E_{ij}$ 是一个在 $(i,j)$ 位置为1，其他所有位置都为0的矩阵。
• 构造一个“将第 $j$ 行加到第 $i$ 行”的初等矩阵：$A = I + E_{12}$。这里我们取 $i=1, j=2$。

$A = I + E_{12} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

• 构造一个交换第 $i$ 行和第 $j$ 行的置换矩阵。让我们交换第1行和第2行。

$B = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

这个矩阵可以通过从单位矩阵 $I$ 开始，交换第1行和第2行得到。

2. 检验矩阵是否属于 $G L_n(F)$

• 对于 $A = I + E_{12}$，它是一个上三角矩阵，对角线元素全为1。因此 $\det(A) = 1^n = 1 \neq 0$。所以 $A \in G L_n(F)$。
• 对于 $B$，它是一个置换矩阵，通过交换 $I$ 的两行得到。交换两行会使行列式反号，所以 $\det(B) = -\det(I) = -1$。在任何域中，只要 $1 \neq -1$ (即域的特征不为2)，$-1 \neq 0$。如果域的特征为2，那么 $1=-1$，则 $\det(B)=1 \neq 0$。总之，$\det(B)$ 总不为0。所以 $B \in G L_n(F)$。

3. 计算 $AB$

$AB$ 的结果是先对一个矩阵施加 $B$ 变换（交换第1、2行），再施加 $A$ 变换（将新2行加到新1行）。

$A B = (I+E_{12}) B = B + E_{12}B$

$E_{12} B = \begin{pmatrix} 0 & \cdots \\ 1 & \cdots \\ \vdots \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & \cdots \\ 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

$E_{12}$ 左乘一个矩阵，效果是把目标矩阵的第2行拿出来，放到第1行，其他行全清零。所以 $E_{12}B$ 是一个第一行为 $B$ 的第二行 (1, 0, ...)，其他行全为0的矩阵。即 $E_{12}B = E_{11}$。

$AB = B + E_{11} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

4. 计算 $BA$

$BA$ 的结果是先施加 $A$ 变换（将第2行加到第1行），再施加 $B$ 变换（交换新1行和新2行）。

$B A = B(I+E_{12}) = B + B E_{12}$

$B E_{12}$ 右乘一个矩阵 $E_{12}$，效果是把 $B$ 的第1列拿出来，放到第2列，其他列全清零。

$B E_{12} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & \cdots \\ 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

$B E_{12}$ 的结果是 $B$ 的第一列 (0, 1, 0, ...)^T 移动到第二列，变成 $E_{22}$。

$BA = B + E_{22} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & 1 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots \\ 1 & 1 & 0 & \cdots \\ 0 & 0 & 1 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}$

5. 比较结果

$AB = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots \\ 1 & 0 & \cdots \\ \vdots \end{pmatrix}$

$BA = \begin{pmatrix} 0 & 1 & \cdots \\ 1 & 1 & \cdots \\ \vdots \end{pmatrix}$

只要 $n \geq 2$，这两个矩阵在左上角的 $2 \times 2$ 子块就不同。例如，在 (1,1) 位置上，$AB$ 是 1，$BA$ 是 0。

因此 $AB \neq BA$。

6. 结论

我们找到了两个普遍存在于任何 $G L_n(F)$ (当 $n \geq 2$) 中的矩阵 $A$ 和 $B$，它们的乘积不可交换。因此，对于任何 $n \geq 2$ 和任何域 $F$，$G L_n(F)$ 都是非阿贝尔群。

这道题要求我们从最基本的定义出发，证明 $2 \times 2$ 实数矩阵的乘法满足结合律。即，对于任意三个 $2 \times 2$ 矩阵 $A, B, C$，要证明 $(AB)C = A(BC)$。

1. 设定矩阵

令 $A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{pmatrix}$, $C = \begin{pmatrix} c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & c_{22} \end{pmatrix}$

其中所有的 $a_{ij}, b_{ij}, c_{ij}$ 都是实数。

2. 计算左半边: $(AB)C$

• 第一步: 计算 $AB$

$AB = \begin{pmatrix} a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21} & a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22} \\ a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21} & a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22} \end{pmatrix}$

• 第二步: 计算 $(AB)C$

令 $D = AB = \begin{pmatrix} d_{11} & d_{12} \\ d_{21} & d_{22} \end{pmatrix}$。

$(AB)C = DC = \begin{pmatrix} d_{11}c_{11}+d_{12}c_{21} & d_{11}c_{12}+d_{12}c_{22} \\ d_{21}c_{11}+d_{22}c_{21} & d_{21}c_{12}+d_{22}c_{22} \end{pmatrix}$

现在我们将 $d_{ij}$ 的表达式代入。我们只计算结果矩阵的左上角元素 $(1,1)$ 来展示，其他三个元素同理。

• $(AB)C$ 的 (1,1) 元素:

$= d_{11}c_{11} + d_{12}c_{21}$

$= (a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21})c_{11} + (a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22})c_{21}$

(利用实数乘法分配律展开)

$= a_{11}b_{11}c_{11} + a_{12}b_{21}c_{11} + a_{11}b_{12}c_{21} + a_{12}b_{22}c_{21}$

3. 计算右半边: $A(BC)$

• 第一步: 计算 $BC$

$BC = \begin{pmatrix} b_{11}c_{11}+b_{12}c_{21} & b_{11}c_{12}+b_{12}c_{22} \\ b_{21}c_{11}+b_{22}c_{21} & b_{21}c_{12}+b_{22}c_{22} \end{pmatrix}$

• 第二步: 计算 $A(BC)$

令 $E = BC = \begin{pmatrix} e_{11} & e_{12} \\ e_{21} & e_{22} \end{pmatrix}$。

$A(BC) = AE = \begin{pmatrix} a_{11}e_{11}+a_{12}e_{21} & a_{11}e_{12}+a_{12}e_{22} \\ a_{21}e_{11}+a_{22}e_{21} & a_{21}e_{12}+a_{22}e_{22} \end{pmatrix}$

同样，我们只计算结果矩阵的左上角元素 $(1,1)$。

• $A(BC)$ 的 (1,1) 元素:

$= a_{11}e_{11} + a_{12}e_{21}$

$= a_{11}(b_{11}c_{11}+b_{12}c_{21}) + a_{12}(b_{21}c_{11}+b_{22}c_{21})$

(利用实数乘法分配律展开)

$= a_{11}b_{11}c_{11} + a_{11}b_{12}c_{21} + a_{12}b_{21}c_{11} + a_{12}b_{22}c_{21}$

4. 比较结果

• $(AB)C$ 的 (1,1) 元素是: $a_{11}b_{11}c_{11} + a_{12}b_{21}c_{11} + a_{11}b_{12}c_{21} + a_{12}b_{22}c_{21}$
• $A(BC)$ 的 (1,1) 元素是: $a_{11}b_{11}c_{11} + a_{11}b_{12}c_{21} + a_{12}b_{21}c_{11} + a_{12}b_{22}c_{21}$
• 由于实数的加法和乘法满足交换律和结合律，我们可以重新排列加法的顺序，发现这两个表达式是完全相同的。
• 通过对其他三个位置的元素进行类似的、繁琐但直接的计算，我们都会发现 $(AB)C$ 和 $A(BC)$ 的对应元素是相等的。

5. 结论

因为 $(AB)C$ 和 $A(BC)$ 的所有对应元素都相等，所以这两个矩阵相等: $(AB)C = A(BC)$。

因此，实数元素的 $2 \times 2$ 矩阵乘法是结合的。

[更简洁的证明 (使用求和符号)]

• 矩阵乘法的定义是 $(XY)_{ik} = \sum_{j=1}^{n} X_{ij} Y_{jk}$。这里 $n=2$。
• $((AB)C)_{il} = \sum_{k=1}^{2} (AB)_{ik} C_{kl}$

$= \sum_{k=1}^{2} (\sum_{j=1}^{2} A_{ij} B_{jk}) C_{kl}$

(因为 $C_{kl}$ 与内层求和的哑变量 $j$ 无关，可以移入)

$= \sum_{k=1}^{2} \sum_{j=1}^{2} (A_{ij} B_{jk}) C_{kl}$

(利用实数乘法的结合律)

$= \sum_{k=1}^{2} \sum_{j=1}^{2} A_{ij} (B_{jk} C_{kl})$

(因为 $A_{ij}$ 与外层求和的哑变量 $k$ 无关，可以移出)

$= \sum_{j=1}^{2} A_{ij} (\sum_{k=1}^{2} B_{jk} C_{kl})$

(内层求和正是 $(BC)_{jl}$)

$= \sum_{j=1}^{2} A_{ij} (BC)_{jl}$

(这正是 $(A(BC))_{il}$ 的定义)

• 因为对于任意的 $i,l$，都有 $((AB)C)_{il} = (A(BC))_{il}$，所以 $(AB)C = A(BC)$。

这个练习引导我们证明一个上三角矩阵的特定集合 $G$ 是一个子群。

(a) 证明封闭性

• 目标: 证明任意两个 $G$ 中的矩阵相乘，结果仍然在 $G$ 中。
• 取元素: 令 $M_1 = \begin{pmatrix} a_1 & b_1 \\ 0 & c_1 \end{pmatrix}$ 和 $M_2 = \begin{pmatrix} a_2 & b_2 \\ 0 & c_2 \end{pmatrix}$ 是 $G$ 中的任意两个元素。根据 $G$ 的定义，这意味着 $a_1,b_1,c_1,a_2,b_2,c_2 \in \mathbb{R}$ 并且 $a_1, c_1, a_2, c_2$ 都非零。
• 计算乘积:

$M_1 M_2 = \begin{pmatrix} a_1 & b_1 \\ 0 & c_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_2 & b_2 \\ 0 & c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1a_2 + b_1\cdot0 & a_1b_2 + b_1c_2 \\ 0\cdot a_2 + c_1\cdot0 & 0\cdot b_2 + c_1c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1a_2 & a_1b_2+b_1c_2 \\ 0 & c_1c_2 \end{pmatrix}$

• 检验结果是否在 G 中:
• 设结果矩阵为 $M_3 = \begin{pmatrix} a_3 & b_3 \\ 0 & c_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1a_2 & a_1b_2+b_1c_2 \\ 0 & c_1c_2 \end{pmatrix}$。
• 形式: 结果矩阵的左下角元素是0，是上三角形式，符合 $G$ 的要求。
• 元素: $a_1,a_2,b_1,b_2,c_1,c_2$ 都是实数，所以 $a_3=a_1a_2$ 和 $b_3=a_1b_2+b_1c_2$ 和 $c_3=c_1c_2$ 也都是实数。
• 非零对角线: 因为 $a_1 \neq 0$ 且 $a_2 \neq 0$，所以 $a_3 = a_1a_2 \neq 0$。因为 $c_1 \neq 0$ 且 $c_2 \neq 0$，所以 $c_3 = c_1c_2 \neq 0$。
• 结论: 乘积矩阵满足所有进入 $G$ 的条件，因此 $G$ 在矩阵乘法下是封闭的。

(b) 证明逆元封闭性

• 目标: 证明 $G$ 中任意一个矩阵的逆矩阵，仍然在 $G$ 中。
• 取元素: 令 $M = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}$ 是 $G$ 中一个元素，其中 $a,b,c \in \mathbb{R}, a \neq 0, c \neq 0$。
• 计算逆元:
• 首先计算行列式: $\det(M) = ac - b \cdot 0 = ac$。
• 因为 $a \neq 0, c \neq 0$，所以 $\det(M) = ac \neq 0$。这确认了 $M$ 是可逆的。
• 使用 $2 \times 2$ 逆矩阵公式: $M^{-1} = \frac{1}{\det(M)} \begin{pmatrix} c & -b \\ 0 & a \end{pmatrix} = \frac{1}{ac} \begin{pmatrix} c & -b \\ 0 & a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{c}{ac} & \frac{-b}{ac} \\ \frac{0}{ac} & \frac{a}{ac} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{a} & \frac{-b}{ac} \\ 0 & \frac{1}{c} \end{pmatrix}$。
• 检验逆元是否在 G 中:
• 设逆矩阵 $M^{-1} = \begin{pmatrix} a' & b' \\ 0 & c' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/a & -b/ac \\ 0 & 1/c \end{pmatrix}$。
• 形式: 左下角为0，是上三角形式。
• 元素: $a,b,c$ 是实数，所以 $a', b', c'$ 也都是实数。
• 非零对角线: 因为 $a \neq 0$，所以 $a' = 1/a \neq 0$。因为 $c \neq 0$，所以 $c' = 1/c \neq 0$。
• 结论: 逆矩阵满足所有进入 $G$ 的条件，因此 $G$ 在逆元运算下是封闭的。

(c) 推断 G 是 $GL_2(\mathbb{R})$ 的一个子群

• 子群的定义: 一个群 $H$ 的子集 $G$，如果 $G$ 本身在 $H$ 的运算下也构成一个群，则称 $G$ 是 $H$ 的子群。
• 子群判定定理 (简化版): 要证明非空子集 $G$ 是子群，需要验证三点：

1. $G$ 非空。
2. $G$ 对群运算封闭。
3. $G$ 对逆元运算封闭。
   • 进行推断:
4. $G$ 是 $GL_2(\mathbb{R})$ 的子集: $G$ 的元素是 $2 \times 2$ 实数矩阵，且对角元素 $a,c$ 非零，导致行列式 $ac \neq 0$。所以 $G$ 的所有元素都属于 $GL_2(\mathbb{R})$。
5. $G$ 非空: 例如，单位矩阵 $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。这里 $a=1, b=0, c=1$。$a,c$ 非零。所以 $I \in G$。$G$ 不是空集。
6. 封闭性: 在 (a) 中已证明。
7. 逆元封闭性: 在 (b) 中已证明。
8. 结合律: $G$ 的运算是矩阵乘法，它继承了母群 $GL_2(\mathbb{R})$ 的结合律。只要运算相同，子集自动继承结合律。
   • 结论: $G$ 是 $GL_2(\mathbb{R})$ 的一个非空子集，且在矩阵乘法和求逆元下都是封闭的。因此，$G$ 是 $GL_2(\mathbb{R})$ 的一个子群。

(d) 证明对角元素相等的子集也是子群

• 定义新集合: 令 $H = \{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & a \end{pmatrix} \mid a,b \in \mathbb{R}, a \neq 0 \}$。这是 $G$ 的一个子集，满足了额外条件 $a=c$。
• 使用子群判定定理:

1. $H$ 非空: 单位矩阵 $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 满足 $a=c=1, b=0$。所以 $I \in H$。
2. 证明封闭性:
   • 取 $M_1 = \begin{pmatrix} a_1 & b_1 \\ 0 & a_1 \end{pmatrix}, M_2 = \begin{pmatrix} a_2 & b_2 \\ 0 & a_2 \end{pmatrix}$ 两个 $H$ 中的元素。
   • $M_1 M_2 = \begin{pmatrix} a_1a_2 & a_1b_2+b_1a_2 \\ 0 & a_1a_2 \end{pmatrix}$。
   • 结果矩阵的形式仍然是左下角为0，并且两个对角元素都是 $a_1a_2$，是相等的。
   • 因为 $a_1 \neq 0, a_2 \neq 0$，所以对角元素 $a_1a_2 \neq 0$。
   • 因此乘积仍在 $H$ 中，封闭性成立。
3. 证明逆元封闭性:
   • 取 $M = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & a \end{pmatrix}$。
   • 从 (b) 的结果可以直接得到逆元：$M^{-1} = \begin{pmatrix} 1/a & -b/a^2 \\ 0 & 1/a \end{pmatrix}$。
   • 逆矩阵的形式仍然是左下角为0，并且两个对角元素都是 $1/a$，是相等的。
   • 因为 $a \neq 0$，所以对角元素 $1/a \neq 0$。
   • 因此逆元仍在 $H$ 中，逆元封闭性成立。
   • 结论: $H$ 是 $GL_2(\mathbb{R})$ 的一个非空子集，且对矩阵乘法和求逆元封闭，因此 $H$ 也是 $GL_2(\mathbb{R})$ 的一个子群。

这个练习介绍了一个非常重要的群——海森堡群，并要求我们系统地验证它的群性质。

(a) 封闭性与非阿贝尔性

• 计算 XY:

$XY = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & d & e \\ 0 & 1 & f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot1+a\cdot0+b\cdot0 & 1\cdot d+a\cdot1+b\cdot0 & 1\cdot e+a\cdot f+b\cdot1 \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & a+d & b+e+af \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

• 推断封闭性:
• 结果矩阵的形式仍然是主对角线为1，左下角为0的上三角矩阵。
• 新的元素 $a+d$, $c+f$, $b+e+af$ 都是由 $F$ 中的元素通过加法和乘法得到的，由于 $F$ 是域，这些结果仍在 $F$ 中。
• 因此，乘积矩阵满足所有进入 $H(F)$ 的条件，$H(F)$ 在矩阵乘法下是封闭的。
• 举例说明 $XY \neq YX$:
• 我们来计算 $YX$:

$YX = \begin{pmatrix} 1 & d & e \\ 0 & 1 & f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & a+d & b+e+dc \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

• 比较 $XY$ 和 $YX$:
• $XY = \begin{pmatrix} 1 & a+d & b+e+af \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
• $YX = \begin{pmatrix} 1 & a+d & b+e+dc \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
• 这两个矩阵只有在 $(1,3)$ 位置可能不同。$XY=YX$ 当且仅当 $b+e+af = b+e+dc$，即 $af=dc$。
• 要找到一个反例，我们只需要让 $af \neq dc$。
• 取 $F=\mathbb{R}$。令 $a=1, f=1$, $d=0, c=0$ (只要 $a,c,d,f$ 中有非零即可)。
• $X = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ (a=1, b=0, c=0)
• $Y = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ (d=0, e=0, f=1)
• $XY = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
• $YX = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
• 显然 $XY \neq YX$。因此 $H(F)$ (只要 $F$ 不是平凡域) 总是非阿贝尔的。

(b) 逆元封闭性

• 寻找逆元公式: 令 $X^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & d & e \\ 0 & 1 & f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。我们需要 $XX^{-1} = I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。
• 根据(a)中 $XY$ 的公式， $XX^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & a+d & b+e+af \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。
• 比较系数可得方程组:

1. $a+d = 0 \implies d = -a$
2. $c+f = 0 \implies f = -c$
3. $b+e+af = 0 \implies e = -b - af = -b - a(-c) = ac-b$
   • 显式公式:
   • 推断逆元封闭性:
   • $X^{-1}$ 的形式是主对角线为1，左下角为0的上三角矩阵。
   • 其元素 $-a, -c, ac-b$ 都是由 $F$ 的元素通过加减乘得到，结果仍在 $F$ 中。
   • 因此 $X^{-1}$ 满足进入 $H(F)$ 的条件，$H(F)$ 在逆元下是封闭的。

(c) 结合律与群的阶

• 证明结合律:
• 题目要求“不要假设矩阵乘法是结合的”，这意味着需要从元素层面手算。这与练习9类似，但更繁琐。
• 令 $Z = \begin{pmatrix} 1 & g & h \\ 0 & 1 & i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$。
• 计算 $(XY)Z$:

$(XY)Z = \begin{pmatrix} 1 & a+d & b+e+af \\ 0 & 1 & c+f \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & g & h \\ 0 & 1 & i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} 1 & (a+d)+g & h+(a+d)i+(b+e+af) \\ 0 & 1 & (c+f)+i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} 1 & a+d+g & h+ai+di+b+e+af \\ 0 & 1 & c+f+i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

• 计算 $X(YZ)$:

$YZ = \begin{pmatrix} 1 & d+g & e+h+di \\ 0 & 1 & f+i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

$X(YZ) = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & d+g & e+h+di \\ 0 & 1 & f+i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} 1 & a+(d+g) & (e+h+di) + a(f+i) + b \\ 0 & 1 & c+(f+i) \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} 1 & a+d+g & e+h+di+af+ai+b \\ 0 & 1 & c+f+i \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

• 比较两个结果，它们完全相等（利用了域F中加法乘法的结合律和交换律）。结合律得证。
• 捷径: 由于 $H(F)$ 是 $GL_3(F)$ 的一个子集，而我们知道 $GL_3(F)$ 的矩阵乘法是结合的，所以 $H(F)$ 自动继承了结合律。
• 推断是群:
• 我们已证明：封闭性(a)，结合律(c)，逆元封闭性(b)。单位元 $I=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$ (取a=b=c=0) 也在 $H(F)$ 中。
• 因此，$H(F)$ 是一个群。
• 计算阶:
• $H(F)$ 的元素由三个参数 $a, b, c$ 唯一确定，这三个参数都来自域 $F$。
• 如果 $|F|$ 是有限的，令 $|F|=q$。
• 参数 $a$ 有 $q$ 种选择。
• 参数 $b$ 有 $q$ 种选择。
• 参数 $c$ 有 $q$ 种选择。
• 根据乘法原理，总元素个数为 $q \times q \times q = q^3$。
• 所以，当 $F$ 是有限域时，$H(F)$ 是一个阶为 $|F|^3$ 的群。

(d) $H(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 中元素的阶

• 群的背景: $F = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = \{0, 1\}$。群的阶是 $|F|^3 = 2^3=8$。
• 元素: 由 $(a,b,c)$ 三元组决定，每个可以是0或1。共8个元素。
• $I = (0,0,0) \to \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_a = (1,0,0) \to \begin{pmatrix} 1&1&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_b = (0,1,0) \to \begin{pmatrix} 1&0&1\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_c = (0,0,1) \to \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&1\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_{ab} = (1,1,0) \to \begin{pmatrix} 1&1&1\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_{ac} = (1,0,1) \to \begin{pmatrix} 1&1&0\\0&1&1\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_{bc} = (0,1,1) \to \begin{pmatrix} 1&0&1\\0&1&1\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• $X_{abc} = (1,1,1) \to \begin{pmatrix} 1&1&1\\0&1&1\\0&0&1 \end{pmatrix}$
• 计算阶:
• 阶为1: $I=(0,0,0)$。
• 计算 $X^2$: 令 $X=(a,b,c)$, $X^2 = X \cdot X = (a+a, b+b+ac, c+c) = (2a, 2b+ac, 2c)$。在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 中，$2x=0$。所以 $X^2 = (0, ac, 0)$。
• 如果 $ac=0$，那么 $X^2 = (0,0,0)=I$。这意味着，只要 $a=0$ 或 $c=0$（且 $X \neq I$），元素的阶就是2。
• $a=0, c=0$: $X_b=(0,1,0)$。阶为2。
• $a=1, c=0$: $X_a=(1,0,0)$, $X_{ab}=(1,1,0)$。阶为2。
• $a=0, c=1$: $X_c=(0,0,1)$, $X_{bc}=(0,1,1)$。阶为2。
• 总共有5个阶为2的元素。
• 如果 $ac \neq 0$，即 $a=1, c=1$，那么 $X^2 = (0, 1, 0) = X_b$。
• 这适用于 $X_{ac}=(1,0,1)$ 和 $X_{abc}=(1,1,1)$。
• 对于这类元素 $X$, $X^2 = X_b$。$X^3 = X^2 \cdot X = X_b \cdot X$。
• $X_b \cdot X_{ac} = (0,1,0)\cdot(1,0,1) = (0+1, 1+0+0\cdot 1, 0+1) = (1,1,1) = X_{abc} \neq I$
• $X^4 = (X^2)^2 = (X_b)^2 = I$ (因为 $X_b$ 的阶是2)。
• 所以，当 $a=1, c=1$ 时，元素的阶是4。
• $X_{ac}=(1,0,1)$ 和 $X_{abc}=(1,1,1)$ 的阶都是4。
• 结论:
• 1个元素阶为1 ($I$)
• 5个元素阶为2 ($X_a, X_b, X_c, X_{ab}, X_{bc}$)
• 2个元素阶为4 ($X_{ac}, X_{abc}$)
• 总数 $1+5+2=8$，符合群的阶。这个群是四元数群 $Q_8$。

(e) $H(\mathbb{R})$ 中元素的阶

• 群的背景: $F = \mathbb{R}$，实数域。这是一个无限群。
• 元素: $X = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，其中 $a,b,c \in \mathbb{R}$。
• 非单位元素: 意味着 $a,b,c$ 不全为0。
• 计算幂次:
• $X^2 = \begin{pmatrix} 1 & 2a & 2b+ac \\ 0 & 1 & 2c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
• $X^3 = X^2 \cdot X = \begin{pmatrix} 1 & 2a & 2b+ac \\ 0 & 1 & 2c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3a & 3b+3ac \\ 0 & 1 & 3c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ (通过归纳)
• 可以归纳出公式: $X^k = \begin{pmatrix} 1 & ka & kb + \frac{k(k-1)}{2}ac \\ 0 & 1 & kc \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
• 寻找阶:
• 要使 $X^k = I = \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$，需要满足：

1. $ka=0$
2. $kc=0$
3. $kb + \frac{k(k-1)}{2}ac = 0$
   • 因为 $X$ 是非单位元素，所以 $a,b,c$ 不全为0。
   • 要使 $X$ 的阶为有限的 $k \ge 1$，
   • 从 $ka=0$ 和 $kc=0$，因为 $k \ge 1$，必须有 $a=0$ 和 $c=0$。
   • 代入第三个方程：$kb=0$。因为 $k \ge 1$，必须有 $b=0$。
   • 这导致 $a=b=c=0$，但这正是单位元 $I$。
   • 结论: 只要 $X$ 不是单位元（即 $a,b,c$ 不全为0），就不存在一个正整数 $k$ 能同时满足 $ka=0, kc=0, kb + ...=0$。因此，任何非单位元素的阶都不可能是有限的，即必须具有无限阶。