1. 第二章 子群

这段话是本章乃至整个抽象代数学习的纲领性介绍。它提出了理解抽象数学结构的两种核心方法。

1. 什么是“由一组公理定义的数学对象”？
   • 在数学中，我们经常从一些最基本的、不证自明的规则（称为公理）出发，来定义一个数学对象或数学结构。
   • 例如，在第一章我们学习了“群”。一个群并不是一个具体的数字或形状，而是一个集合配上一个运算，这个集合和运算需要满足四个公理：封闭性、结合律、单位元存在、逆元存在。
   • 任何满足这四条公理的系统，无论其元素是数字、矩阵、函数还是几何变换，都叫做一个群。所以群就是一个“由公理定义的数学对象”。类似的数学对象还有环、域、向量空间等，它们都由各自的一套公理定义。
2. 方法一：研究子结构 (Sub-objects)
   • “解开”一个数学对象的结构，意思就是去深入理解它的性质、它的内部是如何运作的。
   • 第一种方法是“研究该对象的子集，这些子集也满足相同的公理”。
   • 拿群来举例，我们有一个大群 $G$。我们可以在 $G$ 里面找一个它的子集 $H$。如果这个子集 $H$ 对于 $G$ 原来的那个运算，它自己也满足群的所有公理，那么 $H$ 就被称为 $G$ 的一个子群。
   • 这就像研究一个公司（大对象 $G$），我们可以去研究它的某个部门（子集 $H$）。如果这个部门内部的运作方式（运算）和整个公司的运作方式遵循同样的规则（公理），那么这个部门就是一个“子公司”或“子部门”（子结构）。通过理解这个更小、更简单的“子部门”，我们可以更好地理解整个公司的构成。
   • 本章的重点就是讨论群的子结构——子群。
3. 方法二：研究商结构 (Quotient objects)
   • 第二种方法是“研究对象的商”。
   • “商”在数学里通常与“除法”或“等价关系”有关。商群的直观理解是“将一个群塌缩成一个更小的群”。
   • 这是什么意思呢？想象一下我们有一堆珠子（群的元素），我们可以按照某种规则（比如颜色相同）将它们分成几堆。然后，我们不再关心每一颗具体的珠子，而是把每一堆看作一个“新元素”。这些“新元素”组成的集合，在适当的定义下，可能也构成一个群，这就是商群。
   • 这个过程就像把原来的群里的一些元素“捏合”在一起，形成一个更小、更粗糙的群。这种“捏合”或“塌缩”可以帮助我们忽略一些细节，抓住更本质的结构。
   • 这个概念将在下一章详细介绍。
4. 普遍性
   • 作者强调，这两种方法（研究子结构和商结构）是普遍适用的。
   • 当我们学习环时，就会研究子环和商环。
   • 当我们学习向量空间时，就会研究子空间和商空间。
   • 掌握了这两种分析思路，就等于掌握了学习整个抽象代数的一把钥匙。

这是子群 (subgroup) 的正式数学定义。让我们一步步拆解它。

1. “设 $G$ 是一个群”: 这是大前提。我们已经有了一个已知的群 $G$，它带有一个二元运算（这里为了通用性，称之为“乘法”，但它可以是加法等任何满足群公理的运算）。
2. “如果 $G$ 的子集 $H$”: 我们从 $G$ 中取出一部分元素，组成一个集合 $H$。$H$ 中的每个元素都必须是 $G$ 中的元素。
3. 条件一：“非空的” ($H \neq \emptyset$): $H$ 里面至少要有一个元素。一个空集不可能构成群，因为它连单位元都没有。这是最基本的要求。
4. 条件二：“在乘法...下是闭合的”: "闭合" (closed) 是一个核心概念。它意味着在 $H$ 内部进行某种运算，得到的结果仍然落在 $H$ 内部，不会“跑出去”。
   • 乘法闭合: “$x, y \in H$ 蕴含 $x y \in H$”。这句话的意思是：只要你从集合 $H$ 中任意挑选两个元素 $x$ 和 $y$（$x$ 和 $y$ 可以是同一个元素），用 $G$ 的乘法运算将它们相乘，得到的结果 $xy$ 也必须是 $H$ 中的一个元素。
   • 逆运算闭合: “$x \in H$ 蕴含 $x^{-1} \in H$”。这句话的意思是：只要你从集合 $H$ 中任意挑选一个元素 $x$，它在群 $G$ 中的那个逆元 $x^{-1}$，也必须是 $H$ 中的一个元素。
5. “则 $H$ 是 $G$ 的一个子群”: 如果一个子集 $H$ 同时满足上述三个条件（非空、乘法闭合、逆元闭合），那么它就被称为 $G$ 的一个子群。
6. “我们将写成 $H \leq G$”: 这是一个符号约定。用 $H \leq G$ 来简洁地表示“$H$ 是 $G$ 的一个子群”。这个符号很形象，$\leq$ 既有“小于等于”的意思（暗示 $H$ 是 $G$ 的一部分，或者等于 $G$），又专门用于表示子群关系。

这段话是对子群定义的一种等价的、更详细的阐述，它强调了子群的“群”的本质。

1. “$G$ 的子群就是 $G$ 的子集，它们本身...是群”: 这句话点明了子群 (subgroup) 名字的由来——它既是“子集”(subset)，又是“群”(group)。
2. “相对于在 $G$ 中定义运算而言”: 这是关键的约束条件。$H$ 之所以能成为一个群，不是随便找个运算就行，而是必须沿用它“母体”群 $G$ 的那个运算。这个动作在数学上称为“运算的限制”(restriction of the operation)。
3. “即 $G$ 上的二元运算限制为 $H$ 上的二元运算”: 这是对上一句的精确化。想象 $G$ 的二元运算是一个大函数，输入 $G$ 中的任意两个元素，输出一个结果。现在我们只允许这个函数输入 $H$ 中的元素。这个“缩小了定义域”的函数，就是限制在 $H$ 上的运算。
4. “该运算是结合的”: 在 $G$ 中，结合律 $(ab)c = a(bc)$ 对所有 $a,b,c \in G$ 都成立。既然 $H$ 是 $G$ 的子集，那么 $H$ 中的所有元素也都是 $G$ 的元素，所以结合律对于 $H$ 中的元素自然也是成立的。这一点是“免费附送”的，不需要额外去检验。
5. “在 $H$ 中有一个单位元”: $H$ 自己要满足群公理，就必须包含一个单位元。也就是说，存在一个元素 $e \in H$，使得对所有 $h \in H$，都有 $eh = he = h$。
6. “对于 $H$ 的所有元素，在 $H$ 中都有逆元”: 对 $H$ 中的每一个元素 $h$，都必须在 $H$ 内部找到它的逆元 $h^{-1}$，使得 $hh^{-1} = h^{-1}h = e$。

对比正式定义:

之前的正式定义是：

(1) 非空

(2) 乘法闭合

(3) 逆元闭合

这里的阐述是：

(a) 运算是 $G$ 运算的限制

(b) 结合律成立

(c) $H$ 中有单位元

(d) $H$ 中每个元素都有在 $H$ 中的逆元

为什么这两套说法是等价的呢？

• 乘法闭合 (2) 保证了 $G$ 的运算限制在 $H$ 上确实是一个定义在 $H$ 上的二元运算 (a)，即输入是 $H$ 的，输出也是 $H$ 的。
• 结合律 (b) 是自动满足的。
• 非空 (1) + 逆元闭合 (3) + 乘法闭合 (2) 可以推导出 $H$ 中必须有单位元 (c)。(证明见命题1：任取 $x \in H$，则 $x^{-1} \in H$，于是 $xx^{-1} = 1 \in H$ )。
• 逆元闭合 (3) 直接对应了这里的 (d)。

所以，本段话是从群的四个基本公理出发，来重新描述子群，而之前的定义提供了一个更简洁的判断方法。

这段话澄清了几个重要的约定和记号。

1. “总是指群 H 的运算是 G 上的运算限制到 H 上”: 这是在强调子群的运算的唯一性。当我们谈论子群时，上下文是固定的，就是那个大群 $G$。$H$ 成为子群的前提是它“寄生”在 $G$ 中，并沿用 $G$ 的规则。
2. 括号里的警示: “（通常，子集 $H$ 可能相对于除了 $G$ 上的运算限制到 $H$ 以外的某种运算具有群的结构，参见下面的示例 5(a)）”
   • 这是一个非常重要的提醒，用于区分“作为群的子集”和“作为子群的子集”。
   • 一个集合 $H$ 可能是 $G$ 的一个子集。同时，$H$ 自身配上一个完全不同的运算，也可能构成一个群。但这种情况，我们不能称 $H$ 是 $G$ 的子群。
   • 子群的定义是严格的，运算必须继承自母体。
   • 例子：设 $G$ 是实数加法群 $(\mathbb{R}, +)$。设 $H$ 是非零实数集合 $\mathbb{R}-\{0\}$。$H$ 是 $G$ 的一个子集。$H$ 配上乘法运算 $(\mathbb{R}-\{0\}, \times)$ 是一个群。但是，由于运算不同（一个是加法，一个是乘法），我们不能说 $(\mathbb{R}-\{0\}, \times)$ 是 $(\mathbb{R}, +)$ 的子群。
3. “我们将用相同的符号表示 G 的运算和子群 H 的运算”: 这是一个为了方便而做的简化。比如，如果 $G$ 的运算是 ，那么我们在讨论 $H$ 时，也用 表示它的运算，而不会引入一个新的符号比如 _H。读者需要从上下文中明白，当操作数来自 $H$ 时，这个 就是限制在 $H$ 上的运算。这和微积分里，函数 $f(x)$ 限制到区间 $[a,b]$ 上，我们通常还是叫它 $f(x)$，而不是 $f|_{[a,b]}(x)$ 是一个道理。
4. 真子群的记号: “如果 $H \leq G$ 且 $H \neq G$，我们将写成 $H<G$ 以强调包含是真包含。”
   • 这引入了一个新的记号，用于区分两种情况。
   • $H \leq G$: 表示 $H$ 是 $G$ 的子群。这允许 $H$ 和 $G$ 是同一个群（因为任何群都是自身的子群）。
   • $H < G$: 表示 $H$ 是 $G$ 的真子群 (proper subgroup)。这意味着 $H$ 是 $G$ 的一个子群，并且 $H$ 不等于 $G$（即，至少有一个元素在 $G$ 中但不在 $H$ 中）。
   • 这个类比非常直观，就像集合论里的 $A \subseteq B$ (子集) 和 $A \subset B$ (真子集)，以及实数中的 $a \le b$ 和 $a < b$。

这段话揭示了子群与其母体群之间两个至关重要的关系：它们共享同一个单位元和相同的逆元。

1. “子群 H 中的任何方程也可以看作是群 G 中的方程”: 这是一个基础事实。因为 $H$ 的元素都是 $G$ 的元素，并且运算规则相同，所以在 $H$ 中成立的一个等式，比如 $ab=c$ (其中 $a,b,c \in H$)，把 $a,b,c$ 看作是 $G$ 的元素，这个等式在 $G$ 中也必然成立。
2. 推论一：单位元的唯一性
   • 逻辑起点: 假设 $H$ 是一个子群。根据群的定义，$H$ 内部必须有一个自己的单位元，我们称之为 $e_H$。同时，大群 $G$ 也有一个单位元，我们称之为 $e_G$。我们需要证明 $e_H = e_G$。
   • 证明:
   • 取任意一个元素 $h \in H$。（因为子群非空，所以这样的 $h$ 存在）。
   • 从 $H$ 的角度看，因为 $e_H$ 是 $H$ 的单位元，所以我们有方程 $e_H \cdot h = h$。
   • 现在，把这个方程看作是在大群 $G$ 中。在 $G$ 中，我们知道 $e_G \cdot h = h$。
   • 所以，在 $G$ 中我们有两个等式：$e_H \cdot h = h$ 和 $e_G \cdot h = h$。
   • 这意味着 $e_H \cdot h = e_G \cdot h$。
   • 根据群 $G$ 的消去律（cancellation law，第一章内容），我们可以在等式两边同时“消去” $h$，得到 $e_H = e_G$。
   • 结论: 子群的单位元必须和它所在的大群的单位元是同一个元素。
   • “特别是，每个子群必须包含 1”: 这里的 "1" 是群论中表示单位元的通用符号。这句话就是重申：任何子群都必须包含其母体群的单位元。这是判断一个子集是否为子群的必要条件。
3. 推论二：逆元的唯一性
   • 逻辑起点: 假设 $h$ 是 $H$ 的一个元素。作为 $H$ 的元素，它在 $H$ 中有一个逆元，我们称之为 $h_{inv, H}$。同时， $h$ 也是 $G$ 的元素，它在 $G$ 中也有一个逆元，我们称之为 $h_{inv, G}$。我们需要证明 $h_{inv, H} = h_{inv, G}$。
   • 证明:
   • 设 $e$ 是 $G$ 和 $H$ 共享的单位元。
   • 从 $H$ 的角度看，因为 $h_{inv, H}$ 是 $h$ 的逆元，所以我们有方程 $h \cdot h_{inv, H} = e$。
   • 现在，把这个方程看作是在大群 $G$ 中。在 $G$ 中，我们知道 $h$ 的逆元是 $h_{inv, G}$，所以 $h \cdot h_{inv, G} = e$。
   • 因此，在 $G$ 中我们有两个等式：$h \cdot h_{inv, H} = e$ 和 $h \cdot h_{inv, G} = e$。
   • 这意味着 $h \cdot h_{inv, H} = h \cdot h_{inv, G}$。
   • 根据群 $G$ 的消去律，我们在等式两边同时消去 $h$，得到 $h_{inv, H} = h_{inv, G}$。
   • 结论: 子群中的一个元素，它在子群内部的逆元，和它作为大群中元素时的逆元是同一个元素。
   • “因此符号 $x^{-1}$ 是明确的”: 这句话的意思是，当我们写 $x^{-1}$ 时，不需要指明这是“在 $H$ 中的逆元”还是“在 $G$ 中的逆元”，因为它们必然是同一个东西。这个符号没有歧义。

这个例子展示了子群关系的传递性。

1. 背景: 我们考虑的群都是基于加法运算的。
   • $G_1 = (\mathbb{R}, +)$: 所有实数在加法下构成的群。
   • $G_2 = (\mathbb{Q}, +)$: 所有有理数在加法下构成的群。
   • $G_3 = (\mathbb{Z}, +)$: 所有整数在加法下构成的群。
2. 第一部分: $\mathbb{Q} \leq \mathbb{R}$ (有理数群是实数群的子群)
   • 子集关系: 有理数集合 $\mathbb{Q}$ 是实数集合 $\mathbb{R}$ 的一个子集。
   • 验证子群条件:
   • 非空: $\mathbb{Q}$ 非空，例如 $0, 1 \in \mathbb{Q}$。
   • 加法闭合: 任意两个有理数相加，结果仍然是有理数。
   • 逆元闭合: 任意一个有理数 $q$ 的加法逆元是 $-q$，$-q$ 也一定是一个有理数。
   • 结论: $(\mathbb{Q}, +)$ 是 $(\mathbb{R}, +)$ 的子群，记为 $\mathbb{Q} \leq \mathbb{R}$。
3. 第二部分: $\mathbb{Z} \leq \mathbb{Q}$ (整数群是有理数群的子群)
   • 子集关系: 整数集合 $\mathbb{Z}$ 是有理数集合 $\mathbb{Q}$ 的一个子集（因为任何整数 $n$ 都可以写成 $n/1$ 的形式，所以是有理数）。
   • 验证子群条件:
   • 非空: $\mathbb{Z}$ 非空，例如 $0, 1 \in \mathbb{Z}$。
   • 加法闭合: 任意两个整数相加，结果仍然是整数。
   • 逆元闭合: 任意一个整数 $n$ 的加法逆元是 $-n$，$-n$ 也一定是一个整数。
   • 结论: $(\mathbb{Z}, +)$ 是 $(\mathbb{Q}, +)$ 的子群，记为 $\mathbb{Z} \leq \mathbb{Q}$。

这个例子指出了对于任何一个群来说，都必然存在的两个最基本、最普通的子群。

1. 第一个子群: $H=G$
   • 子集关系: 任何集合都是其自身的子集。所以 $G$ 是 $G$ 的子集。
   • 验证子群条件:
   • 非空: 群 $G$ 按定义就非空（至少包含单位元）。
   • 乘法闭合: $G$ 的运算在 $G$ 上本来就是封闭的，这是群公理之一。
   • 逆元闭合: $G$ 中的每个元素都必须有逆元在 $G$ 中，这也是群公理之一。
   • 结论: 任何群 $G$ 都是其自身的子群。这是一个“不恰当”的子群，因为它没有比原群更小。
2. 第二个子群: $H=\{1\}$
   • 这里的 "1" 是单位元的通用记号。所以 $H$ 是只包含单位元这一个元素的集合。
   • 子集关系: 因为群 $G$ 必须有单位元，所以 $\{1\}$ 必然是 $G$ 的一个子集。
   • 验证子群条件:
   • 非空: 是，它包含一个元素 $1$。
   • 乘法闭合: $H$ 中只有一种可能的乘法：$1 \times 1$。根据单位元的性质，$1 \times 1 = 1$。结果 $1$ 仍然在 $H$ 中。所以是闭合的。
   • 逆元闭合: $H$ 中只有一个元素 $1$。我们需要找 $1$ 的逆元。因为 $1 \times 1 = 1$，所以 $1$ 的逆元就是它自己，$1^{-1}=1$。这个逆元 $1$ 仍然在 $H$ 中。所以是闭合的。
   • 结论: 只包含单位元的集合 $\{1\}$ 总是构成一个子群。
3. 平凡子群 (Trivial Subgroup)
   • 这个只包含单位元的子群 $\{1\}$ 被赋予了一个特殊的名字：“平凡子群”。
   • “平凡”在这里的意思是“显而易见”、“没什么特殊结构”。它在任何群里都存在，并且结构最简单。
   • 为了书写方便，这个子群 $\{1\}$ 常常就直接用符号 $1$ 来表示。所以看到“$1 \leq G$”时，要理解它指的是 $\{1\} \leq G$。

这个例子给出了一个非常重要的非阿贝尔群中的子群——旋转子群。

1. 背景: 二面体群 $D_{2n}$
   • $D_{2n}$ 是正 $n$ 边形的全部对称操作组成的群。
   • 它的阶（元素个数）是 $2n$。
   • 这些操作分为两类：
   • $n$ 个旋转操作：包括旋转 $0^\circ, (360/n)^\circ, 2 \cdot (360/n)^\circ, \dots, (n-1) \cdot (360/n)^\circ$。我们通常用 $r^k$ 表示旋转 $k \cdot (360/n)^\circ$。所以旋转集合是 $\{r^0, r^1, \dots, r^{n-1}\}$。其中 $r^0=1$ 是单位元（旋转0度）。
   • $n$ 个反射（翻转）操作。我们通常用 $s, sr, sr^2, \dots$ 等来表示。
2. 要研究的子集 H:
   • $H = \left\{1, r, r^{2}, \ldots, r^{n-1}\right\}$。
   • 这正是 $D_{2n}$ 中所有旋转操作的集合。
3. 验证 H 是子群:
   • 非空: 是，至少包含单位元 $1$。
   • 乘法闭合: “由于两个旋转的乘积仍然是旋转”。
   • 这是几何直观上的事实。你对一个正 $n$ 边形连续做两次旋转，其最终效果等同于一次性完成某个角度的旋转。
   • 代数上：任取两个元素 $r^i, r^j \in H$ (其中 $0 \le i, j \le n-1$)。它们的乘积是 $r^i r^j = r^{i+j}$。我们需要看 $r^{i+j}$ 是否在 $H$ 中。由于 $r^n=1$，我们总可以把指数对 $n$ 取模。即 $r^{i+j} = r^{(i+j) \pmod n}$。因为 $(i+j) \pmod n$ 的结果是一个介于 $0$ 和 $n-1$ 之间的整数 $k$，所以 $r^{i+j}=r^k$，而 $r^k$ 正是 $H$ 中的元素。因此乘法是闭合的。
   • 逆元闭合: “并且旋转的逆元也是旋转”。
   • 几何直观上：一个旋转操作的逆操作就是反方向旋转相同的角度，这本身也是一个旋转。
   • 代数上：任取一个元素 $r^i \in H$。它的逆元是 $(r^i)^{-1} = r^{-i}$。因为 $r^n=1$，所以 $r^{-i} = r^{n-i}$。因为 $0 \le i \le n-1$，所以 $1 \le n-i \le n$。如果 $i=0$，则 $n-i=n$，此时 $r^n=r^0=1 \in H$。如果 $i>0$，则 $1 \le n-i \le n-1$，此时 $r^{n-i}$ 也在 $H$ 中。因此逆元是闭合的。
4. 结论:
   • $H$ 满足子群的所有条件，因此 $H$ 是 $D_{2n}$ 的一个子群。
   • 这个子群的阶（元素个数）是 $n$。
   • 由于 $n \ge 2$ 时，$n < 2n$，所以这个旋转子群是一个真子群，即 $H < D_{2n}$。
   • 这个子群本身是一个循环群，由元素 $r$ 生成。

这是一个非常经典和基础的子群示例。

1. 大群 G: 整数在加法下的群，即 $(\mathbb{Z}, +)$。
   • 集合是 $\mathbb{Z} = \{\dots, -2, -1, 0, 1, 2, \dots\}$。
   • 运算是普通加法 +。
   • 单位元是 $0$。
   • 元素 $n$ 的逆元是 $-n$。
2. 要研究的子集 H: 偶数的集合。
   • 我们可以用数学符号表示为 $2\mathbb{Z} = \{2k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。
   • $H = \{\dots, -4, -2, 0, 2, 4, \dots\}$。
3. 验证 H 是子群:
   • 非空: 是。$H$ 中有 $0, 2, -4$ 等无数个元素。
   • 加法闭合:
   • 文字描述：一个偶数加上另一个偶数，结果必然是偶数。
   • 代数证明：任取 $H$ 中两个元素 $x, y$。它们可以被写成 $x=2k_1$ 和 $y=2k_2$ 的形式，其中 $k_1, k_2$ 是整数。它们的和是 $x+y = 2k_1 + 2k_2 = 2(k_1+k_2)$。因为 $k_1+k_2$ 也是一个整数，所以 $2(k_1+k_2)$ 的形式表明结果是一个偶数。因此结果仍在 $H$ 中。
   • 逆元闭合:
   • 文字描述：一个偶数的相反数（加法逆元）也必然是偶数。
   • 代数证明：任取 $H$ 中一个元素 $x$。它可以被写成 $x=2k$ 的形式，其中 $k$ 是整数。它的加法逆元是 $-x = -(2k) = 2(-k)$。因为 $-k$ 也是一个整数，所以 $2(-k)$ 的形式表明逆元也是一个偶数。因此逆元仍在 $H$ 中。
4. 结论:
   • 偶数集合 $2\mathbb{Z}$ 满足子群的所有条件，因此是整数加法群 $\mathbb{Z}$ 的一个子群。
   • 可以写作 $2\mathbb{Z} \leq \mathbb{Z}$。由于 $1 \in \mathbb{Z}$ 但 $1 \notin 2\mathbb{Z}$，所以它是一个真子群，$2\mathbb{Z} < \mathbb{Z}$。

这个例子通过三个“反例”来强调成为子群所必须满足的那些看似微小却至关重要的条件。

(a) 运算不匹配

• 大群 G: $(\mathbb{R}, +)$，实数加法群。
• 子集 H: $\mathbb{Q}-\{0\}$，所有非零有理数的集合。
• 分析:
• 首先，$H$ 是 $G$ 的一个子集吗？是的，所有非零有理数都是实数。
• $H$ 本身能构成一个群吗？是的，$(\mathbb{Q}-\{0\}, \times)$，即非零有理数在乘法下是一个群。
• 那么，为什么 $H$ 不是 $G$ 的子群？
• 根本原因: 它们的运算不匹配！$H$ 要成为 $G$ 的子群，它的运算必须是 $G$ 的运算（加法）的限制。
• 我们来检查 $H$ 在加法下的表现：
• 取 $x = 1 \in H, y = -1 \in H$。
• 它们的和 $x+y = 1+(-1) = 0$。
• 但是 $0 \notin H = \mathbb{Q}-\{0\}$。
• 所以 $H$ 在加法下甚至不封闭。因此，它不可能是 $(\mathbb{R}, +)$ 的子群。
• 核心教训: 子群的定义中，“运算继承”是不可动摇的铁律。一个子集哪怕自己另起炉灶能形成一个群，只要它的运算不是继承来的，就不能叫子群。

(b) 缺乏单位元和逆元

• 第一部分:
• 大群 G: $(\mathbb{Z}, +)$，整数加法群。
• 子集 H: $\mathbb{Z}^{+}$，所有正整数 $\{1, 2, 3, \dots\}$ 的集合。
• 分析:
• 子集关系: 是。
• 加法闭合: 是。一个正整数加另一个正整数，结果还是正整数。
• 单位元: 否。$G$ 的单位元是 $0$，但 $0 \notin \mathbb{Z}^{+}$。缺失单位元，直接出局。
• 逆元闭合: 否。对于 $H$ 中的元素，例如 $3$，它在 $G$ 中的逆元是 $-3$。但 $-3 \notin \mathbb{Z}^{+}$。逆元跑到了集合外面，所以不闭合。
• 核心教训: 封闭性有三层：运算封闭、单位元在内、逆元封闭。缺一不可。这里虽然运算封闭，但后两者都缺失了。

• 第二部分 (类似原因):
• 大群 G: $(\mathbb{Q}-\{0\}, \times)$，非零有理数乘法群。
• 子集 H: $(\mathbb{Z}-\{0\}, \times)$，非零整数集合 $\{\dots, -2, -1, 1, 2, \dots\}$。
• 分析:
• 子集关系: 是。
• 乘法闭合: 是。非零整数乘以非零整数，结果还是非零整数。
• 单位元: 是。$G$ 的单位元是 $1$，$1 \in H$。
• 逆元闭合: 否。对于 $H$ 中的元素，例如 $2$，它在 $G$ 中的乘法逆元是 $1/2$。但 $1/2$ 不是整数，所以 $1/2 \notin H$。逆元不闭合。
• 核心教训: 即使包含了单位元，逆元不闭合也是一个致命伤。

(c) 不是子集

• 群 G: $D_8$，正方形的对称群，有8个元素。
• 群 H: $D_6$，等边三角形的对称群，有6个元素。
• 分析:
• $D_6$ 的元素是针对三角形的操作，而 $D_8$ 的元素是针对正方形的操作。它们是描述不同对象的两组完全不同的变换。
• $D_6$ 的集合中没有一个元素是 $D_8$ 集合中的元素（除了抽象的单位元可以认为是同一个）。
• 成为子群的第一个、最基本的前提是：子群的集合必须是大群集合的子集。
• 既然 $D_6$ 连 $D_8$ 的子集都不是，后续的封闭性等所有讨论都毫无意义。
• 核心教训: 在考虑子群关系前，必须先确认集合的包含关系。不要被相似的名字（都是二面体群）所迷惑。

这个例子提出了子群关系的一个重要性质：传递性 (Transitivity)。

1. 什么是传递性？
   • 在数学中，一个关系 R 如果满足：若 $a R b$ 且 $b R c$，则 $a R c$，那么这个关系 R 就被称为传递的。
   • 常见的例子：小于关系 $<$ 是传递的（若 $a<b$ 且 $b<c$，则 $a<c$）；“是...的后代”是传递的。
2. 将传递性应用于子群关系:
   • 这里的关系 R就是“是...的子群”，用符号 ≤ 表示。
   • 我们要证明的命题是：如果 $K \leq H$ 并且 $H \leq G$，那么一定有 $K \leq G$。
3. 证明:
   • 已知条件:
4. $H \leq G$: $H$ 是 $G$ 的子群。这意味着 $H$ 是 $G$ 的子集，且在 $G$ 的运算下封闭（乘法和逆元）。
5. $K \leq H$: $K$ 是 $H$ 的子群。这意味着 $K$ 是 $H$ 的子集，且在 $H$ 的运算下封闭。
   • 要证目标: $K \leq G$。我们需要验证 $K$ 满足作为 $G$ 的子群的三个条件。
   • (1) K 是 G 的子集吗？
   • 我们知道 $K$ 是 $H$ 的子集（$K \subseteq H$），并且 $H$ 是 $G$ 的子集（$H \subseteq G$）。
   • 根据集合包含关系的传递性，可以立即得出 $K$ 是 $G$ 的子集（$K \subseteq G$）。
   • (2) K 非空吗？
   • 因为 $K \leq H$，所以 $K$ 是一个子群，按定义它非空。
   • (3) K 在 G 的运算下封闭吗？
   • 运算的一致性: 首先，我们需要明确 $K, H, G$ 的运算是同一个。因为 $H$ 的运算是 $G$ 运算的限制，而 $K$ 的运算又是 $H$ 运算的限制，所以 $K$ 的运算最终就是 $G$ 运算的限制。它们使用的是同一个运算规则。
   • 乘法闭合: 设 $x, y$ 是 $K$ 中的任意两个元素。因为 $K \leq H$，所以 $K$ 在 $H$ 的运算下是乘法封闭的，这意味着 $xy$ 的结果也在 $K$ 中。由于这个运算和 $G$ 的运算是同一个，所以 $K$ 在 $G$ 的运算下也是乘法封闭的。
   • 逆元闭合: 设 $x$ 是 $K$ 中的任意一个元素。因为 $K \leq H$，所以 $x$ 在 $H$ 中的逆元 $x^{-1}$ 也必须在 $K$ 中。我们已经知道，一个元素在子群中的逆元和在母群中的逆元是同一个。所以，$x$ 在 $G$ 中的逆元也就在 $K$ 中。因此 $K$ 在取逆元的操作下是封闭的。
6. 结论:
   • $K$ 满足了作为 $G$ 的子群的所有条件，因此 $K \leq G$。
   • 子群关系 ≤ 具有传递性。

这个命题是本章乃至整个群论中最重要的工具之一。它将子群的定义（三个条件：非空、乘法闭合、逆元闭合）浓缩成一个更高效的“二合一”检验方法。

1. “命题 1。（子群判别法）”: 这句话给这个结论定了性。它是一个命题 (Proposition)，即一个需要被证明的真理。它的功能是一个“判别法”(Criterion)，即一个用来判断某事物是不是子群的有效标准。
2. “群 G 的子集 H 是子群当且仅当...”: "当且仅当" (if and only if, 缩写 iff) 是一个非常强的逻辑连接词。它表示左右两边的陈述是完全等价的。
   • 左边陈述: "$H$ 是 $G$ 的一个子群"。
   • 右边陈述: "$H$ 满足条件(1)和(2)"。
   • 这意味着：
   • 充分性 (if): 如果一个子集 $H$ 满足了条件(1)和(2)，那么它必定是一个子群。
   • 必要性 (only if): 如果 $H$ 是一个子群，那么它必定会满足条件(1)和(2)。
   • 因此，为了证明这个命题，我们需要从两个方向分别进行证明。
3. 条件 (1): $H \neq \emptyset$
   • 这个条件是“$H$ 是非空的”。这和原始定义中的要求是一样的。子群必须至少有一个元素。
4. 条件 (2): 对于所有 $x, y \in H, x y^{-1} \in H$
   • 这是整个判别法的精髓。它把乘法闭合和逆元闭合两个条件巧妙地结合在了一个表达式里。
   • 让我们拆解这个表达式 $xy^{-1}$：
   • 它涉及到了两个从 $H$ 中取出的元素 $x$ 和 $y$。
   • 它涉及到了逆元运算 (对 $y$ 取逆元 $y^{-1}$)。
   • 它涉及到了乘法运算 (将 $x$ 和 $y^{-1}$ 相乘)。
   • 这个条件要求，对任意的 $x, y \in H$，经过“取一元素，乘以另一元素的逆元”这个复合操作后，结果仍然不能跑出 $H$ 的范围。

对比原始定义:

• 原始定义：(i) 非空, (ii) $x,y \in H \implies xy \in H$, (iii) $x \in H \implies x^{-1} \in H$。
• 子群判别法: (1) 非空, (2) $x,y \in H \implies xy^{-1} \in H$。

这个判别法的好处在于，我们只需要验证一个闭合条件（$xy^{-1}$），而不是两个（$xy$ 和 $x^{-1}$）。这在抽象证明中可以简化步骤。

这是子群判别法的一个重要补充，它针对有限子集提供了一个更简化的判别方法。

1. “此外，如果 H 是有限的...”: 这是一个特殊情况。这个简化判别法只适用于元素个数是有限的子集 $H$。对于无限子集，此法不适用。
2. “那么只需检查 H 是非空的且在乘法下是闭合的”:
   • 对于有限子集 $H$，我们判断它是否为子群的三个条件（非空、乘法闭合、逆元闭合）可以减少为两个：
   • (1) $H \neq \emptyset$ (非空)
   • (2) 对于所有 $x, y \in H, xy \in H$ (乘法闭合)
   • 关键点: 逆元闭合这个条件被省略了！命题声称，对于有限集，只要乘法是闭合的，逆元就必然也是闭合的。这是非常强大的一个简化。
3. 为什么这个简化成立？
   • 其背后的原理在后面的证明中会给出，但直观的理解是：
   • 假设我们有一个有限的、乘法封闭的非空子集 $H$。
   • 我们从 $H$ 中任取一个元素 $x$。
   • 然后我们不断地用 $x$ 乘以自身，构造一个序列：$x, x^2, x^3, x^4, \dots$。
   • 因为 $H$ 是乘法封闭的，所以这个序列中的所有元素都必须在 $H$ 中。
   • 但 $H$ 是有限的！它装不下无限多个不同的元素。
   • 所以，这个序列中必然会出现重复。也就是说，在某个点上，必然有 $x^a = x^b$ 成立，其中 $a \neq b$。假设 $b>a$。
   • 在群 $G$ 中，我们可以两边同时乘以 $(x^a)^{-1}$，得到 $1 = x^{b-a}$。
   • 令 $n = b-a$，这是一个正整数。我们证明了 $x^n = 1$，即 $G$ 的单位元在 $H$ 中（因为 $x^n$ 是 $x$ 的幂，必在 $H$ 中）。
   • 现在我们知道了 $1 \in H$。再来看 $x$ 的逆元。
   • 因为 $x^n = 1$，所以 $x \cdot x^{n-1} = 1$。根据逆元的定义， $x^{n-1}$ 就是 $x$ 的逆元 $x^{-1}$。
   • 如果 $n=1$，那么 $x=1$，其逆元是 $1 \in H$。
   • 如果 $n>1$，那么 $x^{n-1}$ 是 $x$ 的若干次幂的乘积，由于乘法封闭，$x^{n-1}$ 也必然在 $H$ 中。
   • 这就证明了，对于任意 $x \in H$，它的逆元 $x^{-1}$ 也一定在 $H$ 中。
   • 结论: 对于有限集，乘法封闭自动地“赠送”了逆元封闭和单位元的存在。

这是命题1证明的第一部分，即必要性的证明。

目标: 证明如果 $H$ 是一个子群，那么它必然满足子群判别法中的两个条件。

方向: $H \leq G \implies (H \neq \emptyset \text{ and } \forall x,y \in H, xy^{-1} \in H)$

1. “如果 H 是 G 的子群”: 这是我们的出发点，是已知条件。
2. “那么(1)当然成立”: 条件(1)是 $H \neq \emptyset$。
   • 根据子群的定义，子群本身就是一个群。
   • 根据群的定义，群必须包含一个单位元，所以群不可能是空集。
   • 因此，$H$ 作为子群，必然非空。条件(1)成立。
3. “那么(2)当然成立”: 条件(2)是对于所有 $x, y \in H, x y^{-1} \in H$。
   • 我们要证明，只要 $x, y$ 来自 $H$，那么 $xy^{-1}$ 也一定在 $H$ 里。
   • 我们来分析 $xy^{-1}$ 是如何构成的。
   • 第一步：取逆元。因为 $H$ 是一个子群，根据定义，它在取逆元下是闭合的。所以，既然 $y \in H$，那么它的逆元 $y^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。
   • 第二步：做乘法。现在我们有了两个在 $H$ 中的元素：一个是原始的 $x$，另一个是我们刚得到的 $y^{-1}$。因为 $H$ 是一个子群，根据定义，它在乘法下是闭合的。所以，将这两个在 $H$ 中的元素相乘，其结果 $x y^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。
   • 结论: 整个过程都在 $H$ 的“封闭”保护下完成，结果出不了 $H$ 的范围。因此条件(2)成立。
4. 原文总结: “因为 $H$ 包含 $G$ 的单位元和其每个元素的逆元，并且 $H$ 在乘法下是闭合的。”
   • 这句话其实就是对上述推理的浓缩。它直接调用了子群定义的三个核心属性（非空，逆元闭合，乘法闭合）来确认判别法的两个条件是理所应当的。

这是命题1证明的第二部分，即充分性的证明。这是更关键、更有技巧性的部分。

目标: 证明如果一个子集 $H$ 满足子群判别法的两个条件，那么它一定是一个子群。

方向: $(H \neq \emptyset \text{ and } \forall x,y \in H, xy^{-1} \in H) \implies H \leq G$

思路: 我们要利用已知的这两个条件，去凑出子群定义的三个条件：(i) 非空，(ii) 逆元闭合，(iii) 乘法闭合。

1. 验证 (i) 非空:
   • 已知条件(1)就是 $H \neq \emptyset$。所以这一条直接满足。
2. 验证 H 包含单位元 (这是逆元和乘法闭合的前奏):
   • 已知: $H$ 非空，且对任意 $a, b \in H$, 有 $ab^{-1} \in H$。
   • 技巧: 如何从 $xy^{-1}$ 中变出单位元 $1$？我们知道 $xx^{-1}=1$。这启发我们让判别法中的 $y$ 等于 $x$。
   • 步骤:
   • 因为 $H$ 非空 (条件1)，所以我们可以从 $H$ 中取出至少一个元素，称之为 $x$。
   • 现在我们有两个 $H$ 中的元素，就是 $x$ 和它自己。我们将它们代入判别法的条件(2)中。即，令 $y=x$。
   • 条件(2)告诉我们 $x y^{-1} \in H$。将 $y=x$ 代入，得到 $x x^{-1} \in H$。
   • 在群 $G$ 中，我们知道 $x x^{-1}$ 等于单位元 $1$。
   • 因此，我们证明了 $1 \in H$。
   • 结论: 只要 $H$ 满足判别法条件，它就必须包含单位元。
3. 验证 (ii) 逆元闭合:
   • 目标: 证明对于任意 $x \in H$，其逆元 $x^{-1}$ 也一定在 $H$ 中。
   • 已知: $H$ 非空，对任意 $a, b \in H$, 有 $ab^{-1} \in H$。并且我们刚刚证明了 $1 \in H$。
   • 技巧: 如何从 $xy^{-1}$ 中变出单独的 $x^{-1}$？我们知道 $1 \cdot x^{-1} = x^{-1}$。这启发我们让判别法中的“第一个元素”是单位元 $1$。
   • 步骤:
   • 从 $H$ 中任取一个元素，称之为 $x$。
   • 我们已经知道 $1$ 也在 $H$ 中。
   • 现在我们有两个 $H$ 中的元素：$1$ 和 $x$。我们将它们代入判别法的条件(2)。令“第一个元素”为 $1$， “第二个元素”为 $x$。
   • 条件(2)告诉我们 $(1)(x)^{-1} \in H$。
   • $(1)(x)^{-1}$ 就是 $1 \cdot x^{-1}$，也就是 $x^{-1}$。
   • 因此，我们证明了 $x^{-1} \in H$。
   • 结论: $H$ 在取逆元下是闭合的。
4. 验证 (iii) 乘法闭合:
   • 目标: 证明对于任意 $x, y \in H$，其乘积 $xy$ 也一定在 $H$ 中。
   • 已知: $H$ 非空，对任意 $a, b \in H$, 有 $ab^{-1} \in H$。并且我们刚刚证明了 $H$ 是逆元闭合的。
   • 技巧: 如何从 $ab^{-1}$ 中变出 $xy$？我们知道 $(y^{-1})^{-1} = y$。这启发我们，如果把判别法中的“第二个元素”换成 $y^{-1}$，那么它的逆元就变成了 $y$。
   • 步骤:
   • 从 $H$ 中任取两个元素，称之为 $x$ 和 $y$。
   • 因为我们已经证明了 $H$ 是逆元闭合的，所以既然 $y \in H$，那么 $y^{-1}$ 也一定在 $H$ 中。
   • 现在我们有了两个在 $H$ 中的新元素：一个是原始的 $x$，另一个是 $y^{-1}$。
   • 将这两个新元素 $x$ 和 $y^{-1}$ 代入判别法的条件(2)。令“第一个元素”为 $x$， “第二个元素”为 $y^{-1}$。
   • 条件(2)告诉我们 $x (y^{-1})^{-1} \in H$。
   • 我们知道 $(y^{-1})^{-1}$ 就是 $y$。
   • 因此，我们证明了 $x y \in H$。
   • 结论: $H$ 在乘法下是闭合的。
5. 最终结论:
   • 我们已经从条件(1)和(2)出发，成功证明了 $H$ 满足子群定义的三个要求：非空、逆元闭合、乘法闭合。
   • 因此，$H$ 是 $G$ 的一个子群。证明完毕。

这是对命题1补充部分（有限子群的简化判别法）的证明。

目标: 证明如果 $H$ 是一个有限的、非空的、且乘法闭合的子集，那么它一定是一个子群。

思路: 我们已知非空和乘法闭合，现在需要利用“有限”这个强力条件来证明“逆元闭合”是自动满足的。

1. “现在假设 H 是有限的并且在乘法下是闭合的”: 这是我们的已知条件。同时隐含了 $H$ 非空（因为我们要从中取元素）。
2. “设 x 是 H 中的任何元素”: 我们从 $H$ 中任取一个元素 $x$ 来进行分析。
3. 构造序列: 考虑由 $x$ 的幂次组成的无限序列：$S = \{x^1, x^2, x^3, x^4, \dots\}$。
   • 因为 $H$ 是乘法闭合的，所以 $x^2 = x \cdot x \in H$, $x^3 = x^2 \cdot x \in H$，以此类推，这个序列 $S$ 中的所有元素都必须位于集合 $H$ 内部。
4. 应用“有限”条件 (鸽巢原理):
   • 序列 $S$ 是一个（可能无限的）元素列表，而它要被塞进一个有限的“容器”——集合 $H$ 中。
   • 这就好比有无数只鸽子要飞进有限个鸽巢。必然有至少一个鸽巢要装不止一只鸽子。
   • 在我们的情况里，这意味着序列 $S$ 中必然会发生元素的重复。
   • 因此，必然存在两个不相等的正整数 $a$ 和 $b$，使得第 $a$ 项和第 $b$ 项是同一个元素。即 $x^a = x^b$。我们可以不妨设 $b > a$。
5. 推导出单位元:
   • 我们得到了方程 $x^a = x^b$ (其中 $b>a$)。
   • 在群 $G$ 中，我们可以两边同时乘以 $x^{-a}$ (即 $(x^a)^{-1}$)。
   • $x^a \cdot x^{-a} = x^b \cdot x^{-a}$
   • $x^{a-a} = x^{b-a}$
   • $x^0 = x^{b-a}$
   • $1 = x^{b-a}$。
   • 令 $n = b-a$。因为 $b>a$，所以 $n$ 是一个正整数。
   • 我们证明了 $x^n=1$。因为 $x^n$ 是 $x$ 的幂，它必然在乘法封闭的 $H$ 中。
   • 结论1: 单位元 $1$ 存在于 $H$ 中。
6. 推导出逆元:
   • 我们已经有 $x^n = 1$ (其中 $n \ge 1$)。
   • 这个方程可以写作 $x \cdot x^{n-1} = 1$。
   • 根据群中逆元的定义（$x \cdot x^{-1} = 1$），我们可以得出 $x$ 的逆元就是 $x^{n-1}$。
   • 现在关键问题是：$x^{n-1}$ 在不在 H 中？
   • 如果 $n=1$，那么 $x^1=1$，即 $x$ 本身就是单位元。$x$ 的逆元是 $x^{-1}=1^{-1}=1$，而 $x=1$ 已经在 $H$ 中了。
   • 如果 $n>1$，那么 $n-1 \ge 1$。$x^{n-1}$ 是 $x$ 的 $n-1$ 次幂。由于 $H$ 是乘法闭合的， $x, x^2, \dots, x^{n-1}$ 都必须在 $H$ 中。所以 $x^{n-1}$ 也在 $H$ 中。
   • 结论2: 对于任意 $x \in H$，它的逆元 $x^{-1} = x^{n-1}$ 也存在于 $H$ 中。$H$ 是逆元闭合的。
7. 最终结论:
   • 我们从“有限”和“乘法闭合”出发，证明了“逆元闭合”也成立。
   • 这样，有限子集 $H$ 就满足了子群的三个条件（非空、乘法闭合、逆元闭合），因此它是一个子群。证明完毕。

这个练习要求我们应用子群的定义或判别法来证明五个不同的子集确实是子群。

(a) 形式为 a+ai 的复数集合

• 大群 G: $(\mathbb{C}, +)$，所有复数在加法下构成的群。
• 子集 H: $H = \{a+ai \mid a \in \mathbb{R}\}$。这是复平面上的一条直线 $y=x$。
• 证明思路: 使用子群判别法（加法形式）。

1. 非空: 取 $a=0$，得到 $0+0i=0 \in H$。所以 $H$ 非空。
2. 验证 $x-y \in H$:
   • 任取两个元素 $x, y \in H$。它们可以写成 $x = a_1 + a_1 i$ 和 $y = a_2 + a_2 i$ 的形式，其中 $a_1, a_2 \in \mathbb{R}$。
   • 计算它们的差: $x-y = (a_1+a_1 i) - (a_2+a_2 i) = (a_1-a_2) + (a_1-a_2)i$。
   • 令 $a_3 = a_1-a_2$。因为 $a_1, a_2$ 是实数，所以 $a_3$ 也是实数。
   • 结果 $x-y$ 可以写成 $a_3+a_3 i$ 的形式。这完全符合 $H$ 中元素的定义。
   • 因此，$x-y \in H$。
   • 结论: 根据子群判别法，$H$ 是 $(\mathbb{C}, +)$ 的一个子群。

(b) 绝对值为1的复数集合

• 大群 G: $(\mathbb{C}-\{0\}, \times)$，所有非零复数在乘法下构成的群。
• 子集 H: $H = \{z \in \mathbb{C} \mid |z|=1\}$。这是复平面上的单位圆，也常记为 $S^1$。
• 证明思路: 使用子群定义（乘法形式）。

1. 非空: $|1|=1$，所以 $1 \in H$。$H$ 非空。
2. 乘法闭合:
   • 任取 $z_1, z_2 \in H$。这意味着 $|z_1|=1$ 和 $|z_2|=1$。
   • 计算它们乘积的绝对值: $|z_1 z_2| = |z_1| \cdot |z_2| = 1 \cdot 1 = 1$。
   • 结果的绝对值仍然是1，所以 $z_1 z_2 \in H$。
3. 逆元闭合:
   • 任取 $z \in H$。这意味着 $|z|=1$。
   • $z$ 的乘法逆元是 $z^{-1}=1/z$。
   • 计算其绝对值: $|z^{-1}| = |1/z| = 1/|z| = 1/1 = 1$。
   • 逆元的绝对值也是1，所以 $z^{-1} \in H$。
   • 结论: $H$ (单位圆) 是 $(\mathbb{C}-\{0\}, \times)$ 的一个子群。

(c) 分母能整除 n 的有理数

• 大群 G: $(\mathbb{Q}, +)$，有理数加法群。
• 子集 H: $H = \{p/q \mid p,q \in \mathbb{Z}, q \neq 0, q \text{ divides } n\}$。这里有理数需要表示为最简分数来定义分母，或者更严谨地，一个有理数 $x$ 在 $H$ 中，如果它可以被写成一个分数 $a/b$ 的形式，其中 $b$ 整除 $n$。
• 证明思路: 使用子群判别法。

1. 非空: $0 = 0/1$。1整除任何正整数 $n$，所以 $0 \in H$。$H$ 非空。
2. 验证 $x-y \in H$:
   • 任取 $x, y \in H$。它们可以写成 $x=a/b$ 和 $y=c/d$，其中 $b|n$ 且 $d|n$。
   • 计算 $x-y = a/b - c/d = (ad-bc)/(bd)$。
   • 我们需要证明结果可以写成一个分母整除 $n$ 的分数。
   • 因为 $b|n$ 且 $d|n$，所以它们的最小公倍数 $\text{lcm}(b,d)$ 也必然能整除 $n$（这是一个数论性质）。
   • 我们可以通分：$x-y = (a \cdot \frac{\text{lcm}(b,d)}{b} - c \cdot \frac{\text{lcm}(b,d)}{d}) / \text{lcm}(b,d)$。
   • 分子是一个整数，分母 $\text{lcm}(b,d)$ 整除 $n$。
   • 因此 $x-y$ 符合 $H$ 中元素的定义。
   • 结论: $H$ 是 $(\mathbb{Q}, +)$ 的子群。

(d) 分母与 n 互质的有理数

• 大群 G: $(\mathbb{Q}, +)$。
• 子集 H: $H = \{p/q \mid p,q \in \mathbb{Z}, q>0, \gcd(p,q)=1, \gcd(q,n)=1\}$ (最简分数形式的分母与 $n$ 互质)。
• 证明思路: 使用子群判别法。

1. 非空: $0=0/1$。$\gcd(1,n)=1$。所以 $0 \in H$。
2. 验证 $x-y \in H$:
   • 任取 $x=p_1/q_1, y=p_2/q_2 \in H$。这里 $\gcd(q_1, n)=1$ 且 $\gcd(q_2, n)=1$。
   • $x-y = (p_1q_2 - p_2q_1) / (q_1q_2)$。
   • 新的分母是 $q_1q_2$。因为 $q_1$ 与 $n$ 互质， $q_2$ 与 $n$ 互质，所以它们的乘积 $q_1q_2$ 也与 $n$ 互质（这是数论的基本性质：如果一个数与两个数都互质，那么它与这两个数的乘积也互质）。
   • 这个分数 $(p_1q_2 - p_2q_1) / (q_1q_2)$ 可能不是最简分数，约分后的新分母 $q'$ 必然是 $q_1q_2$ 的一个因子。
   • 既然 $q_1q_2$ 与 $n$ 互质，它的任何因子 $q'$ 也必然与 $n$ 互质。
   • 所以 $x-y$ 的最简分数形式的分母也与 $n$ 互质。$x-y \in H$。
   • 结论: $H$ 是 $(\mathbb{Q}, +)$ 的子群。

(e) 平方是有理数的非零实数

• 大群 G: $(\mathbb{R}-\{0\}, \times)$，非零实数乘法群。
• 子集 H: $H = \{x \in \mathbb{R}-\{0\} \mid x^2 \in \mathbb{Q}\}$。
• 证明思路: 使用子群判别法（乘法形式）。

1. 非空: $1^2=1 \in \mathbb{Q}$，所以 $1 \in H$。
2. 验证 $xy^{-1} \in H$:
   • 任取 $x, y \in H$。这意味着 $x \neq 0, y \neq 0, x^2 \in \mathbb{Q}, y^2 \in \mathbb{Q}$。
   • 我们想看 $(xy^{-1})^2$ 是否是有理数。
   • $(xy^{-1})^2 = (x/y)^2 = x^2 / y^2$。
   • 因为 $x^2$ 是有理数，$y^2$ 是非零有理数，所以两个有理数相除的结果仍然是有理数。
   • 因此 $(xy^{-1})^2 \in \mathbb{Q}$。
   • 同时，因为 $x,y$ 非零， $xy^{-1}$ 也非零。
   • 所以 $xy^{-1} \in H$。
   • 结论: $H$ 是 $(\mathbb{R}-\{0\}, \times)$ 的子群。

这个练习的目标是找到致命伤，即找到子集不满足子群定义的某个地方。通常是找一个封闭性被破坏的反例。

(a) $S_n$ 中的 2-循环集合

• 大群 G: $S_n$， $n$ 个文字上的置换群。
• 子集 H: 所有2-循环（即对换）的集合，例如 $(12), (23), \dots$。
• 证明思路: 找一个乘法不闭合的反例。
• 单位元: $H$ 不包含单位元（恒等置换），因为恒等置换不是一个2-循环。这就已经足够证明它不是子群了。
• 乘法不闭合: 我们取 $n=3$，$G=S_3$。
• 取两个2-循环：$x=(12) \in H$ 和 $y=(23) \in H$。
• 计算乘积: $xy = (12)(23) = (123)$。
• 结果 $(123)$ 是一个3-循环，不是2-循环。所以 $xy \notin H$。
• 结论: 乘法不闭合，所以 $H$ 不是子群。

(b) $D_{2n}$ 中的反射集合

• 大群 G: $D_{2n}$，正 $n$ 边形的对称群。
• 子集 H: 所有 $n$ 个反射操作的集合。
• 证明思路: 找一个乘法不闭合的反例。
• 单位元: $H$ 不包含单位元 $1$ (旋转0度)，因为单位元是旋转而不是反射。这就足够证明它不是子群了。
• 乘法不闭合: 我们取 $n=4$, $G=D_8$。
• 设 $s$ 是水平反射，$s \in H$。
• 设 $sr$ 是沿主对角线的反射，$sr \in H$。
• 计算乘积: $s(sr) = s^2 r = 1 \cdot r = r$。
• 结果 $r$ 是一个旋转 $90^\circ$ 的操作，不是反射。所以乘积不在 $H$ 中。
• 结论: 乘法不闭合，所以 $H$ 不是子群。

(c) 固定阶 n 的元素集合

• 大群 G: 任何一个包含阶为 $n$ 的元素的群，其中 $n$ 是合数 ($n>1$)。
• 子集 H: $H = \{x \in G \mid |x|=n\} \cup \{1\}$。即所有阶为 $n$ 的元素，外加单位元。
• 证明思路: 找一个乘法不闭合的反例。
• 关键点: $n$ 是合数。设 $n=ab$，其中 $1<a,b<n$。
• 设 $x$ 是一个阶为 $n$ 的元素，所以 $x \in H$。
• 考虑元素 $y=x^a$。它的阶是 $|y| = |x^a| = n/\gcd(n,a) = n/a = b$。因为 $b<n$ 且 $b>1$，所以 $y$ 的阶不是 $n$，也不是 $1$。因此 $y \notin H$。
• 但是 $y=x^a$ 是 $x$ 和它自己相乘 $a$ 次得到的。如果我们取 $x \in H$ 和 $x^{a-1} \in H$ (假设 $a>1$ 且 $x^{a-1}$ 的阶也是 $n$)，它们的乘积是 $x^a$，其阶为 $b \neq n$，所以不在 $H$ 中。
• 更简单的反例: 考虑 $G = \mathbb{Z}_6$ (模6加法群)，$n=6$ (是合数)。
• $H=\{x \mid |x|=6\} \cup \{0\} = \{1, 5\} \cup \{0\} = \{0, 1, 5\}$。
• 取 $x=1 \in H, y=1 \in H$。
• 它们的和是 $1+1=2$。
• $2 \notin H$。加法不闭合。
• 结论: $H$ 不是子群。
• 边界情况: 如果 $n$ 是素数，这个结论可能不成立。例如在 $\mathbb{Z}_3$ 中，$n=3$ 是素数，$H=\{x \mid |x|=3\} \cup \{0\} = \{1,2\} \cup \{0\} = \{0,1,2\} = \mathbb{Z}_3$，它就是子群。

(d) 奇数和0的集合

• 大群 G: $(\mathbb{Z}, +)$。
• 子集 H: $H = \{2k+1 \mid k \in \mathbb{Z}\} \cup \{0\}$。
• 证明思路: 加法不闭合。
• 取 $x=1 \in H, y=3 \in H$。
• 它们的和是 $x+y=1+3=4$。
• $4$ 是偶数且不为0，所以 $4 \notin H$。
• 结论: $H$ 不是子群。

(e) 平方是有理数的实数集合

• 大群 G: $(\mathbb{R}, +)$，实数加法群。
• 子集 H: $H = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 \in \mathbb{Q}\}$。
• 证明思路: 加法不闭合。
• 取 $x = \sqrt{2} \in H$ (因为 $(\sqrt{2})^2 = 2 \in \mathbb{Q}$)。
• 取 $y = \sqrt{3} \in H$ (因为 $(\sqrt{3})^2 = 3 \in \mathbb{Q}$)。
• 它们的和是 $z = \sqrt{2}+\sqrt{3}$。
• 计算和的平方: $z^2 = (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2 = 2 + 2\sqrt{6} + 3 = 5+2\sqrt{6}$。
• $5+2\sqrt{6}$ 是一个无理数。所以 $z^2 \notin \mathbb{Q}$。
• 因此 $z \notin H$。
• 结论: $H$ 在加法下不封闭，所以不是子群。（注意：这个集合在乘法下是子群，见练习1(e)，这再次强调了运算的重要性）。

这个练习要求我们对一个具体的非阿贝尔群 $D_8$ 的两个特定子集进行验证。由于它们是有限集，我们可以使用有限子群判别法：验证非空和乘法封闭。

背景知识 $D_8$:

• 元素: $\{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$
• 基本关系: $r^4=1, s^2=1, sr=r^{-1}s=r^3s$。从这个关系可以推导出 $sr^k = r^{-k}s$。

(a) $H_1 = \{1, r^2, s, sr^2\}$

• 这是一个有限集（4个元素），非空。我们只需验证乘法封闭。
• 我们需要构建一个4x4的乘法表。

• 分析乘法表: 表中所有16个计算结果（$1, r^2, s, sr^2$）都仍然属于集合 $H_1$。
• 结论: $H_1$ 在乘法下是封闭的。由于它是一个有限非空子集，根据有限子群判别法，$H_1$ 是 $D_8$ 的一个子群。这个子群同构于克莱因四元群 $V_4$。

(b) $H_2 = \{1, r^2, sr, sr^3\}$

• 这是一个有限集（4个元素），非空。我们只需验证乘法封闭。
• 构建乘法表：

• 分析乘法表: 表中所有16个计算结果（$1, r^2, sr, sr^3$）也都仍然属于集合 $H_2$。
• 结论: $H_2$ 在乘法下是封闭的。因此，$H_2$ 也是 $D_8$ 的一个子群。这个子群也同构于克莱因四元群 $V_4$。

这个问题要求我们找一个反例，来证明对于无限集，有限子群判别法是无效的。也就是说，我们要找一个无限子集，它满足乘法封闭，但却不满足逆元封闭或不含单位元。

• 大群 G: 这是一个很好的选择，整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$。它是无限的，且结构简单。
• 寻找子集 H: 我们需要一个无限的子集，在加法下封闭，但不是子群。
• 在前面的例子中我们已经遇到过：
• $H_1 = \mathbb{Z}^+ = \{1, 2, 3, \dots\}$ (所有正整数)。
• $H_2 = \{0, 1, 2, 3, \dots\} = \mathbb{N}$ (所有非负整数)。
• 选择 $H = \{1, 2, 3, \dots\}$:
• 无限子集: 是。
• 加法闭合: 是。任意两个正整数相加，结果还是正整数。例如 $2+5=7 \in H$。
• 是子群吗: 否。
• 失败原因1: 它不包含加法单位元 $0$。
• 失败原因2: 它在取逆元下不封闭。例如 $3 \in H$，但它的逆元 $-3 \notin H$。
• 选择 $H = \{0, 1, 2, 3, \dots\}$:
• 无限子集: 是。
• 加法闭合: 是。任意两个非负整数相加，结果还是非负整数。
• 是子群吗: 否。
• 它包含了单位元 $0$。
• 失败原因: 它在取逆元下不封闭。例如 $3 \in H$，但它的逆元 $-3 \notin H$。

• 明确示例:
• 群 G: 整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$。
• 无限子集 H: 非负整数集合 $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, 3, \dots\}$。
• H 在加法下闭合: 对于任意 $x, y \in \mathbb{N}$，$x+y$ 也必然在 $\mathbb{N}$ 中。
• H 不是子群: 因为对于任意非零元素 $x \in \mathbb{N}$ (例如 $x=1$)，它的加法逆元 $-x$ (例如 $-1$) 不在 $\mathbb{N}$ 中。

这是一个经典的、稍微有些技巧性的证明题。

• 已知条件:
• $G$ 是一个有限群，其阶为 $n = |G|$。
• $n > 2$。
• $H$ 是 $G$ 的一个子群。
• $H$ 的阶为 $|H| = n-1$。
• 要证目标: 这种情况不可能发生。我们要推导出矛盾。

• 证明思路:

1. $H$ 是 $G$ 的一个子群，且 $|H|=n-1 < n=|G|$，所以 $H$ 是 $G$ 的一个真子群。这意味着，在 $G$ 中至少有一个元素不属于 $H$。
2. 由于 $G$ 中总共有 $n$ 个元素，$H$ 中有 $n-1$ 个元素，所以 $G-H$ (在 $G$ 中但不在 $H$ 中的元素集合) 恰好只包含一个元素。我们设这个元素为 $g$。即 $G = H \cup \{g\}$。
3. 我们知道，任何子群都必须包含群的单位元 $1$。所以 $1 \in H$。
4. 既然 $1 \in H$，那么那个在 $H$ 外面的元素 $g$ 就不可能是单位元。即 $g \neq 1$。
5. 现在我们来分析这个独特的元素 $g$。考虑 $g^2 = g \cdot g$。
   • 情况一: 如果 $g^2 = g$。根据群的消去律，我们可以得到 $g=1$。但这与我们刚才的结论 $g \neq 1$ 矛盾。所以这种情况不可能。
   • 情况二: 如果 $g \in H$。那么 $g$ 就不是那个在 $H$ 外面的唯一元素了，这与我们的设定 $G=H \cup \{g\}$ 矛盾。所以 $g$ 肯定不在 $H$ 里。那么 $g^2$ 在哪里呢？
6. 分析 $g^2$ 的位置:
   • 因为 $G$ 是一个群，它在乘法下是封闭的。所以 $g^2$ 必须是 $G$ 中的一个元素。
   • 所以 $g^2$ 的位置只有两种可能：要么 $g^2 \in H$，要么 $g^2=g$（我们已经排除了这种情况）。
   • 所以必然有 $g^2 \in H$。
7. 现在我们考虑 $g$ 的逆元 $g^{-1}$。
   • 因为 $g \in G$ 且 $G$ 是群，所以 $g^{-1}$ 必然存在于 $G$ 中。
   • $g^{-1}$ 的位置也只有两种可能：要么 $g^{-1} \in H$，要么 $g^{-1}=g$。
8. 分情况讨论 $g$ 的位置:
   • 假设 $g^{-1} \in H$:
   • 我们知道 $H$ 是子群，所以它对乘法是封闭的。
   • $g$ 不在 $H$ 中，但 $g^{-1}$ 在 $H$ 中。
   • 现在我们来考虑 $G$ 的一个元素 $h \in H$ (因为 $n>2$, 所以 $n-1>1$, $H$ 中除了1还有其他元素)。
   • $g$ 和 $h$ 的乘积 $gh$ 必须在 $G$ 中。
   • 如果 $gh \in H$，那么因为 $h^{-1} \in H$, $H$ 封闭，所以 $(gh)h^{-1}=g$ 也必须在 $H$ 中，矛盾。所以 $gh$ 只能是那个不在 $H$ 的元素 $g$。
   • $gh=g \implies h=1$，但这与我们取的 $h$ 是非单位元矛盾。
   • (一个更简洁的思路是利用陪集概念，这在后面会学到：$gH$ 和 $H$ 要么相等要么不交。$g \notin H$，所以 $gH \ne H$。$gH$ 的大小和 $H$ 一样都是 $n-1$。$H$ 和 $gH$ 不交，那么 $G$ 至少有 $2(n-1)$ 个元素。$n \ge 2(n-1) \implies n \ge 2n-2 \implies 2 \ge n$。这与 $n>2$ 矛盾。)
9. 使用更初等的证明:
   • 我们有唯一的元素 $g \notin H$。
   • 我们知道 $1 \in H$。
   • 取任意一个非单位元的元素 $h \in H$ (因为 $|H|=n-1>1$，这样的 $h$ 存在)。
   • 考虑乘积 $hg$。它一定是 $G$ 的元素。
   • $hg$ 能在 $H$ 中吗？如果 $hg \in H$，因为 $h^{-1} \in H$ (H是子群)，那么 $h^{-1}(hg) = g$ 也必须在 $H$ 中（因为H乘法封闭）。但这与 $g \notin H$ 矛盾。
   • 所以 $hg$ 必然不在 $H$ 中。
   • 既然 $G$ 中不在 $H$ 中的元素只有 $g$ 一个，那么必然有 $hg = g$。
   • 根据群的消去律，我们得到 $h=1$。
   • 但这与我们假设的 $h$ 是非单位元元素矛盾。
   • 这个矛盾说明，我们最初的假设——即存在一个阶为 $n-1$ 的子群——是错误的。

• 结论: 证明完毕。一个阶为 $n>2$ 的群 $G$ 不可能拥有一个阶为 $n-1$ 的子群。

这个问题分为两部分：证明在阿贝尔群中有限阶元素构成子群，并找一个非阿贝尔群中的反例。

第一部分：证明挠子群是子群 (G是阿贝尔群)

• 大群 G: 一个阿贝尔群（即交换群，$ab=ba$ 对所有元素成立）。
• 子集 H: $H = \{g \in G \mid |g| < \infty\}$。这是 $G$ 中所有有限阶元素的集合。一个元素 $g$ 的阶 $|g|$ 是使 $g^n=1$ 成立的最小正整数 $n$。
• 证明思路: 使用子群判别法。

1. 非空: 单位元 $1$ 的阶是 $1$，是有限的。所以 $1 \in H$。$H$ 非空。
2. 验证 $xy^{-1} \in H$:
   • 任取两个元素 $x, y \in H$。这意味着 $x, y$ 的阶都是有限的。
   • 设 $|x|=m < \infty$，$|y|=n < \infty$。所以 $x^m=1, y^n=1$。
   • 我们想证明 $xy^{-1}$ 的阶也是有限的。即，我们要找到一个正整数 $k$，使得 $(xy^{-1})^k = 1$。
   • 计算 $(xy^{-1})$ 的幂:
   • 关键一步：利用 G 是阿贝尔群的性质！ 因为群是阿贝尔的，所以元素可以自由交换位置。
   • 现在我们来找一个合适的 $k$。考虑 $k=mn$ (两个阶的乘积)。
   • 因为 $x^m=1$ 且 $y^n=1$，所以上式变为:
   • 我们找到了一个正整数 $mn$，使得 $(xy^{-1})^{mn}=1$。这证明了 $xy^{-1}$ 的阶是有限的（它的阶至多是 $mn$）。
   • 因此，$xy^{-1} \in H$。
   • 结论: 根据子群判别法，$H$ (挠子群) 是阿贝尔群 $G$ 的一个子群。

第二部分：非阿贝尔群中的反例

• 目标: 找一个非阿贝尔群 $G$，它的有限阶元素集合（加单位元）不构成子群。通常这意味着乘法不闭合。
• 思路: 我们需要找到两个有限阶的元素，它们的乘积却是无限阶的。
• 明确示例:
• 群 G: $GL_2(\mathbb{R})$，2x2的实可逆矩阵群。这是一个非阿贝尔群。
• 寻找有限阶元素:
• 考虑矩阵 $A = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。这是旋转 $90^\circ$ 的矩阵。

$A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$, $A^3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$, $A^4 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。

所以 $|A|=4$，是有限阶。

• 考虑矩阵 $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。这是关于直线 $y=x$ 的反射矩阵。

$B^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。

所以 $|B|=2$，是有限阶。

• 计算乘积:
• $AB = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。我们称之为 $C$。
• $C^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。所以 $|C|=2$ 也是有限阶。这个例子不好。
• 换一个例子:
• $A = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。$A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。所以 $|A|=2$。
• $B = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。 $B^2=I$。所以 $|B|=2$。
• $AB = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。我们称之为 $C$。
• 检查 C 的阶:
• $C^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
• $C^3 = C^2 C = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
• 通过归纳法，可以证明 $C^k = \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
• 要使 $C^k = I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，必须有 $k=0$。不存在正整数 $k$ 使得 $C^k=I$。
• 所以，$C=AB$ 是无限阶的。
• 结论: 在非阿贝尔群 $GL_2(\mathbb{R})$ 中，元素 $A$ 和 $B$ 都是有限阶的，但它们的乘积 $AB$ 是无限阶的。因此，有限阶元素的集合在这个群中对乘法不封闭，故不构成子群。

这个问题包含两个独立的部分，都与群的直积 $G = \mathbb{Z} \times(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})$ 有关。

理解群 $G = \mathbb{Z} \times(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})$

• 群的直积 (Direct Product): 这是一种将两个已知的群（比如 $G_1$ 和 $G_2$）组合成一个新群的方法。新群的元素是所有可能的序对 $(g_1, g_2)$，其中 $g_1 \in G_1, g_2 \in G_2$。运算是按分量进行的。
• 我们的群G:
• 元素: $G$ 的元素是一个序对 $(a, \bar{b})$，其中第一个分量 $a$ 来自整数加法群 $\mathbb{Z}$，第二个分量 $\bar{b}$ 来自模n整数加法群 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。$\bar{b}$ 表示一个同余类。
• 运算: 加法。$(a_1, \bar{b_1}) + (a_2, \bar{b_2}) = (a_1 + a_2, \bar{b_1} + \bar{b_2})$。
• 单位元: 是两个群单位元的组合，即 $(0, \bar{0})$。
• 逆元: 元素 $(a, \bar{b})$ 的逆元是 $(-a, \overline{-b})$。

第一部分：找出挠子群

• 挠子群 (Torsion Subgroup): 根据上一个练习的定义，这是一个群中所有有限阶元素的集合。我们把它记为 $T$。
• 分析元素的阶: 我们需要确定什么样的元素 $(a, \bar{b})$ 具有有限阶。
• 一个元素 $g=(a, \bar{b})$ 的阶是最小的正整数 $k$，使得 $k \cdot g = \text{单位元}$。
• $k \cdot g = k \cdot (a, \bar{b}) = (k \cdot a, k \cdot \bar{b})$。
• 我们要让它等于单位元 $(0, \bar{0})$。
• 这给出了一个方程组：

1. $ka = 0$ (在 $\mathbb{Z}$ 中)
2. $k\bar{b} = \bar{0}$ (在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中)
   • 分析第一个方程 $ka=0$：在整数中，如果 $a \neq 0$，那么这个方程对于正整数 $k$ 无解。只有当 $a=0$ 时，这个方程对于任何 $k$ 才成立。因此，一个元素要想有有限阶，它的第一个分量 $a$ 必须是 $0$。
   • 分析第二个方程 $k\bar{b} = \bar{0}$：群 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 是一个有限群（它有 $n$ 个元素）。在任何有限群中，所有元素的阶都是有限的（根据拉格朗日定理，元素的阶甚至必须整除群的阶 $n$）。所以，对于任何 $\bar{b} \in \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，总能找到一个正整数 $k$ (例如 $k=n$) 使得 $k\bar{b} = \bar{0}$。
   • 综合结论: 一个元素 $(a, \bar{b})$ 具有有限阶的充要条件是 $a=0$。
   • 挠子群T: 因此，挠子群就是所有第一个分量为0的元素的集合。

第二部分：证明无限阶元素集不是子群

• 定义子集: 设 $H$ 是所有无限阶元素以及单位元的集合。
• 根据我们上面的分析，无限阶元素就是第一个分量 $a \neq 0$ 的元素。
• 所以，$H = \{ (a, \bar{b}) \in G \mid a \neq 0 \} \cup \{ (0, \bar{0}) \}$。
• 证明不是子群: 我们要证明 $H$ 不满足子群的某个条件。通常最容易攻击的是封闭性。
• 寻找反例: 我们需要找两个 $H$ 中的元素，它们的和却不在 $H$ 中。
• 一个元素要想不在 $H$ 中，它必须是非单位元的有限阶元素。也就是说，它的形式必须是 $(0, \bar{c})$，其中 $\bar{c} \neq \bar{0}$。
• 我们的目标就是凑出这样一个元素。
• 取 $x = (1, \bar{0})$。因为第一个分量 $1 \neq 0$，所以 $x$ 是无限阶的，$x \in H$。
• 取 $y = (-1, \bar{1})$。因为第一个分量 $-1 \neq 0$，所以 $y$ 是无限阶的，$y \in H$。（这里我们假设 $n>1$，所以 $\bar{1} \neq \bar{0}$ 是存在的）。
• 计算它们的和: $x+y = (1, \bar{0}) + (-1, \bar{1}) = (1+(-1), \bar{0}+\bar{1}) = (0, \bar{1})$。
• 分析结果 $z = (0, \bar{1})$：
• 它的阶是有限的（因为第一个分量是0）。
• 它是不是单位元 $(0, \bar{0})$？不是，因为第二个分量 $\bar{1} \neq \bar{0}$。
• 所以，$z$ 是一个非单位元的有限阶元素。
• 根据 $H$ 的定义，$z$ 既不是无限阶元素，也不是单位元，所以 $z \notin H$。
• 最终结论: 我们找到了两个在 $H$ 中的元素 $x, y$，但它们的和 $x+y$ 却不在 $H$ 中。因此，$H$ 在加法下不封闭，故不是一个子群。

这是一个“当且仅当”的证明，需要我们从两个方向进行。

方向一 (<=): 证明如果 $H \subseteq K$ 或 $K \subseteq H$，则 $H \cup K$ 是子群。

这个方向比较简单。

• 情况1: 假设 $H \subseteq K$ (H是K的子集)。
• 那么，$H$ 和 $K$ 的并集 $H \cup K$ 就等于 $K$。
• 我们已知 $K$ 是 $G$ 的一个子群。
• 所以，$H \cup K = K$ 也是一个子群。
• 情况2: 假设 $K \subseteq H$ (K是H的子集)。
• 那么，$H$ 和 $K$ 的并集 $H \cup K$ 就等于 $H$。
• 我们已知 $H$ 是 $G$ 的一个子群。
• 所以，$H \cup K = H$ 也是一个子群。
• 结论: 在任何一种情况下，$H \cup K$ 都等于两个子群中较大的那一个，因此它本身就是一个子群。这个方向的证明完成。

方向二 (=>): 证明如果 $H \cup K$ 是子群，则 $H \subseteq K$ 或 $K \subseteq H$。

这个方向是证明的核心，通常使用反证法。

• 反证法假设: 我们假设结论不成立。
• 结论是 “$H \subseteq K$ 或 $K \subseteq H$”。
• 它的否定是 “$H \not\subseteq K$ 并且 $K \not\subseteq H$”。
• 分析反证法假设:
• $H \not\subseteq K$ 意味着：存在一个元素 $h$，使得 $h \in H$ 但 $h \notin K$。
• $K \not\subseteq H$ 意味着：存在一个元素 $k$，使得 $k \in K$ 但 $k \notin H$。
• 推导矛盾: 我们要利用 $H \cup K$ 是子群这个已知条件，从我们的反证法假设出发，最终得出一个荒谬的结论。
• 我们有两个元素: $h$ 和 $k$。
• 因为 $h \in H$，所以 $h$ 也在并集 $H \cup K$ 中。
• 因为 $k \in K$，所以 $k$ 也在并集 $H \cup K$ 中。
• 关键一步: 我们已知 $H \cup K$ 是一个子群，所以它对乘法必须是封闭的。这意味着 $h$ 和 $k$ 的乘积 $hk$ 也必须在 $H \cup K$ 中。
• $hk \in H \cup K$ 意味着：要么 $hk \in H$，要么 $hk \in K$。我们来分别讨论这两种可能性。
• 可能性1: 假设 $hk \in H$。
• 我们知道 $h \in H$。因为 $H$ 是子群，所以 $h$ 的逆元 $h^{-1}$ 也一定在 $H$ 中。
• 现在我们有两个在 $H$ 中的元素：$h^{-1}$ 和 $hk$。
• 因为 $H$ 乘法封闭，所以它们的乘积 $h^{-1}(hk)$ 也必须在 $H$ 中。
• $h^{-1}(hk) = (h^{-1}h)k = 1k = k$。
• 所以我们推导出了 $k \in H$。
• 但这与我们最初的设定 “$k \notin H$” 发生了矛盾！
• 可能性2: 假设 $hk \in K$。
• 我们知道 $k \in K$。因为 $K$ 是子群，所以 $k$ 的逆元 $k^{-1}$ 也一定在 $K$ 中。
• 现在我们有两个在 $K$ 中的元素：$hk$ 和 $k^{-1}$。
• 因为 $K$ 乘法封闭，所以它们的乘积 $(hk)k^{-1}$ 也必须在 $K$ 中。
• $(hk)k^{-1} = h(kk^{-1}) = h1 = h$。
• 所以我们推导出了 $h \in K$。
• 但这与我们最初的设定 “$h \notin K$” 发生了矛盾！
• 反证法结论: 无论 $hk$ 在 $H$ 还是在 $K$，都会导致矛盾。这个矛盾的根源在于我们最初的反证法假设 “$H \not\subseteq K$ 并且 $K \not\subseteq H$” 是错误的。
• 因此，这个假设的否定必定为真。即 “$H \subseteq K$ 或 $K \subseteq H$” 必须成立。这个方向的证明完成。

这个问题要求我们证明特殊线性群是一般线性群的一个子群。

理解涉及的群

• 域 F (Field): 一个域是一个具备加法、减法、乘法和除法（除以非零元素）的代数结构，例如有理数 $\mathbb{Q}$、实数 $\mathbb{R}$、复数 $\mathbb{C}$ 都是域。
• 一般线性群 $G = GL_n(F)$ (General Linear Group):
• 元素: 所有 $n \times n$ 的、元素来自域 $F$ 的可逆矩阵。一个矩阵是可逆的，当且仅当它的行列式 (determinant) 非零。
• 运算: 矩阵乘法。
• 单位元: $n \times n$ 的单位矩阵 $I$，其行列式 $\det(I)=1$。
• 特殊线性群 $H = SL_n(F)$ (Special Linear Group):
• 这是 $GL_n(F)$ 的一个子集。
• 定义: $H$ 中的矩阵除了是可逆的之外，还必须满足一个更严格的条件：它们的行列式必须等于1。

证明 $SL_n(F)$ 是 $GL_n(F)$ 的子群

• 思路: 我们使用子群的原始定义来验证三个条件：非空、乘法封闭、逆元封闭。
• 证明:

1. 非空:
   • 我们需要在 $H=SL_n(F)$ 中找到至少一个元素。
   • 考虑大群 $G=GL_n(F)$ 的单位元——单位矩阵 $I$。
   • $I$ 是一个 $n \times n$ 的矩阵。它的行列式 $\det(I) = 1$。
   • 因为 $\det(I)=1 \neq 0$，所以 $I \in GL_n(F)$。
   • 更重要的是，因为它满足 $\det(I)=1$ 的条件，所以 $I$ 也属于 $SL_n(F)$。
   • 因此，$SL_n(F)$ 至少包含单位矩阵 $I$，它是非空的。
2. 乘法闭合:
   • 我们需要证明：如果 $A, B$ 都是 $SL_n(F)$ 的元素，那么它们的乘积 $AB$ 也必须在 $SL_n(F)$ 中。
   • 设 $A, B \in SL_n(F)$。根据定义，这意味着：
   • $A, B \in GL_n(F)$
   • $\det(A) = 1$
   • $\det(B) = 1$
   • 我们要检查乘积 $AB$。首先，$A, B$ 是可逆矩阵，它们的乘积 $AB$ 也一定是可逆矩阵，所以 $AB \in GL_n(F)$。
   • 现在，最关键的是检查 $AB$ 的行列式。
   • 利用行列式的一个关键性质：积的行列式等于行列式的积。
   • 将已知条件代入：$\det(AB) = 1 \cdot 1 = 1$。
   • 结果 $AB$ 的行列式也是1。这满足了进入 $SL_n(F)$ 的条件。
   • 因此，$AB \in SL_n(F)$。乘法是封闭的。
3. 逆元闭合:
   • 我们需要证明：如果 $A \in SL_n(F)$，那么它的逆矩阵 $A^{-1}$ 也必须在 $SL_n(F)$ 中。
   • 设 $A \in SL_n(F)$。根据定义，这意味着 $A \in GL_n(F)$ 且 $\det(A)=1$。
   • 我们要检查 $A^{-1}$。首先，因为 $A$ 可逆，$A^{-1}$ 存在且也可逆，所以 $A^{-1} \in GL_n(F)$。
   • 现在，关键是检查 $A^{-1}$ 的行列式。
   • 利用行列式的另一个关键性质：逆矩阵的行列式等于原矩阵行列式的倒数。
   • 将已知条件代入：$\det(A^{-1}) = \frac{1}{1} = 1$。
   • 结果 $A^{-1}$ 的行列式也是1。
   • 因此，$A^{-1} \in SL_n(F)$。逆元是封闭的。

• 最终结论: $SL_n(F)$ 满足非空、乘法封闭和逆元封闭所有三个条件，因此 $SL_n(F)$ 是 $GL_n(F)$ 的一个子群。记为 $SL_n(F) \leq GL_n(F)$。

(a) 两个子群的交集

• 已知: $H \leq G$ 和 $K \leq G$。
• 要证: $H \cap K \leq G$。
• 交集定义: $H \cap K = \{ g \in G \mid g \in H \text{ and } g \in K \}$。一个元素在交集中，当且仅当它同时在两个集合中。
• 证明思路: 使用子群判别法。

1. 非空:
   • 因为 $H$ 是子群，所以单位元 $1 \in H$。
   • 因为 $K$ 是子群，所以单位元 $1 \in K$。
   • 因为 $1$ 同时在 $H$ 和 $K$ 中，所以根据交集定义，$1 \in H \cap K$。
   • 因此，$H \cap K$ 至少包含单位元，它是非空的。
2. 验证 $xy^{-1} \in H \cap K$:
   • 任取两个元素 $x, y \in H \cap K$。
   • 根据交集定义，这意味着 $x, y$ 同时属于 $H$ 和 $K$。
   • 从 H 的角度看: 既然 $x \in H$ 且 $y \in H$，又因为 $H$ 是一个子群，根据子群判别法，我们知道 $xy^{-1}$ 必须在 $H$ 中。
   • 从 K 的角度看: 既然 $x \in K$ 且 $y \in K$，又因为 $K$ 是一个子群，根据子群判别法，我们知道 $xy^{-1}$ 必须在 $K$ 中。
   • 综合: 我们证明了 $xy^{-1}$ 这个元素同时在 $H$ 中，也同时在 $K$ 中。
   • 根据交集定义，这意味着 $xy^{-1} \in H \cap K$。
   • 结论: $H \cap K$ 满足子群判别法的两个条件，因此它是 $G$ 的一个子群。

(b) 任意多个子群的交集

这部分是 (a) 的推广，从两个子群推广到任意多个（可能是无限个）。

• 已知: 设 $\mathcal{C} = \{H_i \mid i \in I\}$ 是 $G$ 的一个子群集合，其中 $I$ 是一个任意的索引集（可以是有限的、可数无限的或不可数无限的）。我们还知道 $\mathcal{C}$ 非空，即至少有一个子群。
• 要证: $\bigcap_{i \in I} H_i$ 是 $G$ 的一个子群。
• 交集定义: $g \in \bigcap_{i \in I} H_i$ 当且仅当对于所有的 $i \in I$，都有 $g \in H_i$。
• 证明思路: 完全照搬 (a) 的逻辑。

1. 非空:
   • 对于任何一个 $i \in I$，$H_i$ 是一个子群，所以单位元 $1 \in H_i$。
   • 因为对于所有的 $i \in I$，$1$ 都在 $H_i$ 中，所以根据任意交集的定义，$1 \in \bigcap_{i \in I} H_i$。
   • 因此，这个大交集是非空的。
2. 验证 $xy^{-1}$ 属于大交集:
   • 任取两个元素 $x, y \in \bigcap_{i \in I} H_i$。
   • 根据定义，这意味着对于所有的 $i \in I$，都有 $x \in H_i$ 和 $y \in H_i$。
   • 现在我们固定考虑任何一个特定的子群 $H_i$ (对于某个 $i \in I$)。
   • 在 $H_i$ 中，我们有 $x \in H_i, y \in H_i$。因为 $H_i$ 是子群，所以 $xy^{-1} \in H_i$。
   • 由于上述逻辑对于索引集 $I$ 中的每一个 $i$ 都成立，所以我们得出结论：元素 $xy^{-1}$ 属于每一个 $H_i$。
   • 根据任意交集的定义，这意味着 $xy^{-1} \in \bigcap_{i \in I} H_i$。
   • 结论: 任意多个子群的交集仍然是 $G$ 的一个子群。

这个问题研究直积群内部的几种典型子群。

• 大群 G: $A \times B$，运算是 $(a_1, b_1)(a_2, b_2) = (a_1a_2, b_1b_2)$。单位元是 $(1_A, 1_B)$。

(a) $\{(a, 1) \mid a \in A\}$

• 子集 H: $H = \{(a, 1_B) \mid a \in A\}$。这是所有第二个分量为单位元的元素集合。
• 证明:

1. 非空: 因为 $A$ 是群，所以它有单位元 $1_A$。取 $a=1_A$，得到元素 $(1_A, 1_B)$，这正是 $G$ 的单位元。所以 $(1_A, 1_B) \in H$。$H$ 非空。
2. 乘法闭合:
   • 任取 $x=(a_1, 1_B) \in H$ 和 $y=(a_2, 1_B) \in H$。
   • $xy = (a_1, 1_B)(a_2, 1_B) = (a_1a_2, 1_B1_B) = (a_1a_2, 1_B)$。
   • 因为 $A$ 乘法封闭，$a_1a_2 \in A$。所以结果的形式是 $(a', 1_B)$，其中 $a' \in A$。
   • 因此，$xy \in H$。
3. 逆元闭合:
   • 任取 $x=(a, 1_B) \in H$。
   • $x^{-1} = (a^{-1}, (1_B)^{-1}) = (a^{-1}, 1_B)$。
   • 因为 $A$ 逆元封闭，$a^{-1} \in A$。所以结果的形式是 $(a', 1_B)$，其中 $a' \in A$。
   • 因此，$x^{-1} \in H$。
   • 结论: $H$ 是 $A \times B$ 的一个子群。这个子群在结构上和 $A$ 完全一样（同构于 $A$）。

(b) $\{(1, b) \mid b \in B\}$

• 子集 K: $K = \{(1_A, b) \mid b \in B\}$。
• 证明: 与(a)完全对称。

1. 非空: $G$ 的单位元 $(1_A, 1_B) \in K$。
2. 乘法闭合: $(1_A, b_1)(1_A, b_2) = (1_A1_A, b_1b_2) = (1_A, b_1b_2) \in K$ (因为 $b_1b_2 \in B$)。
3. 逆元闭合: $(1_A, b)^{-1} = ((1_A)^{-1}, b^{-1}) = (1_A, b^{-1}) \in K$ (因为 $b^{-1} \in B$)。
   • 结论: $K$ 是 $A \times B$ 的一个子群。它同构于 $B$。

(c) 对角子群 $\{(a, a) \mid a \in A\}$ (当 B=A 时)

• 大群 G: $A \times A$。
• 子集 D: $D = \{(a, a) \mid a \in A\}$。这是两个分量完全相同的元素集合。
• 证明:

1. 非空: $A$ 的单位元 $1_A \in A$。取 $a=1_A$，得到元素 $(1_A, 1_A)$，它在 $D$ 中。所以 $D$ 非空。
2. 乘法闭合:
   • 任取 $x=(a_1, a_1) \in D$ 和 $y=(a_2, a_2) \in D$。
   • $xy = (a_1, a_1)(a_2, a_2) = (a_1a_2, a_1a_2)$。
   • 令 $a_3 = a_1a_2$。因为 $A$ 乘法封闭，$a_3 \in A$。
   • 结果 $xy$ 的形式是 $(a_3, a_3)$。两个分量相同。
   • 因此，$xy \in D$。
3. 逆元闭合:
   • 任取 $x=(a, a) \in D$。
   • $x^{-1} = (a^{-1}, a^{-1})$。
   • 令 $a' = a^{-1}$。因为 $A$ 逆元封闭，$a' \in A$。
   • 结果 $x^{-1}$ 的形式是 $(a', a')$。两个分量相同。
   • 因此，$x^{-1} \in D$。
   • 结论: 对角子群 $D$ 是 $A \times A$ 的一个子群。它也同构于 $A$。

这个问题和练习6类似，考察了阿贝尔群的特殊性质。

(a) 集合 $A^n = \{a^n \mid a \in A\}$

• 子集 H: $H=\{a^n \mid a \in A\}$。这是 $A$ 中所有元素的 $n$ 次幂构成的集合。
• 证明:

1. 非空: $A$ 的单位元 $1_A \in A$。$1_A^n = 1_A$。所以 $1_A \in H$。$H$ 非空。
2. 乘法闭合:
   • 任取两个元素 $x, y \in H$。它们可以写成 $x=a^n, y=b^n$ 的形式，其中 $a,b \in A$。
   • 计算乘积: $xy = a^n b^n$。
   • 关键一步：利用 A 是阿贝尔群的性质！ 因为群是阿贝尔的，所以 $ab=ba$，这可以推广到 $(ab)^n = a^n b^n$。
   • 所以 $xy = a^n b^n = (ab)^n$。
   • 令 $c = ab$。因为 $A$ 封闭，$c \in A$。
   • 结果 $xy$ 的形式是 $c^n$，这完全符合 $H$ 的定义。
   • 因此 $xy \in H$。
3. 逆元闭合:
   • 任取一个元素 $x \in H$。它可以写成 $x=a^n$ 的形式。
   • 计算逆元: $x^{-1} = (a^n)^{-1}$。
   • 利用群的幂运算性质，$(a^n)^{-1} = (a^{-1})^n$。
   • 令 $d=a^{-1}$。因为 $A$ 逆元封闭，$d \in A$。
   • 结果 $x^{-1}$ 的形式是 $d^n$，这也符合 $H$ 的定义。
   • 因此 $x^{-1} \in H$。
   • 结论: $H$ 是 $A$ 的一个子群。

(b) 集合 $\{a \in A \mid a^n=1\}$

• 子集 K: $K=\{a \in A \mid a^n=1\}$。这是所有满足方程 $x^n=1$ 的元素集合。这个集合也称为 $n$-torsion subgroup。
• 证明:

1. 非空: $A$ 的单位元 $1_A$ 满足 $1_A^n=1_A=1_A$ (若n>0)。所以 $1_A \in K$。$K$ 非空。
2. 乘法闭合:
   • 任取两个元素 $x, y \in K$。这意味着 $x^n=1$ 和 $y^n=1$。
   • 我们要检查乘积 $xy$ 是否在 $K$ 中，即 $(xy)^n$ 是否等于1。
   • 计算 $(xy)^n$。
   • 关键一步：再次利用 A 是阿贝尔群的性质！ $(xy)^n = x^n y^n$。
   • 代入已知条件: $(xy)^n = 1 \cdot 1 = 1$。
   • 因此，$xy$ 满足进入 $K$ 的条件，$xy \in K$。
3. 逆元闭合:
   • 任取一个元素 $x \in K$。这意味着 $x^n=1$。
   • 我们要检查 $x^{-1}$ 是否在 $K$ 中，即 $(x^{-1})^n$ 是否等于1。
   • 计算 $(x^{-1})^n = (x^n)^{-1}$。
   • 代入已知条件: $(x^{-1})^n = (1)^{-1} = 1$。
   • 因此，$x^{-1}$ 满足进入 $K$ 的条件，$x^{-1} \in K$。
   • 结论: $K$ 是 $A$ 的一个子群。

这是一个有点不寻常的证明题，它结合了加法群的结构和一个类似乘法逆元的性质。

• 已知:

1. $G = (\mathbb{Q}, +)$。
2. $H \leq G$ ($H$ 是 $\mathbb{Q}$ 的一个加法子群)。
3. 一个特殊性质：如果 $x \in H$ 且 $x \neq 0$，那么 $1/x \in H$。
   • 要证: $H$ 只有两种可能：要么是平凡子群 $\{0\}$，要么是整个有理数群 $\mathbb{Q}$。

• 证明思路: 我们分情况讨论。
• 情况1: $H = \{0\}$
• 如果 $H$ 只包含元素0，那么它满足所有条件。它是加法子群。特殊性质的条件是 "$x \in H$ 且 $x \neq 0$"，但在 $H=\{0\}$ 中，不存在这样的 $x$，所以这个性质的条件永远为假，整个蕴含式 "if P then Q" 自动为真。
• 所以 $H=\{0\}$ 是一种可能的解。

• 情况2: $H \neq \{0\}$
• 如果 $H$ 不仅仅是 $\{0\}$，那么它必须包含至少一个非零元素。
• 设 $x_0$ 是 $H$ 中的一个非零元素，$x_0 \in H, x_0 \neq 0$。
• 我们的目标: 从这个 $x_0$ 出发，利用已知的所有性质，证明 $H$ 必须包含所有的有理数，即 $H = \mathbb{Q}$。
• 步骤:

1. 利用特殊性质: 因为 $x_0 \in H$ 且 $x_0 \neq 0$，根据特殊性质，我们知道 $1/x_0 \in H$。
2. 利用加法子群性质 (数乘): 因为 $H$ 是一个加法子群，所以它对加法和减法是封闭的。这意味着，如果你有一个元素 $h \in H$，那么 $h+h=2h$, $h+h+h=3h$, ... 任何整数倍 $m \cdot h$ 都必须在 $H$ 中 (可以通过归纳法证明)。
3. 组合性质:
   • 我们有 $1/x_0 \in H$。根据子群的加法封闭性，任何整数 $m$ 乘以 $1/x_0$ 仍然在 $H$ 中。
   • 所以，对于任意 $m \in \mathbb{Z}$，我们有 $m \cdot (1/x_0) = m/x_0 \in H$。
4. 再次利用特殊性质:
   • 我们刚刚证明了 $m/x_0 \in H$ (对于任意整数 $m$)。
   • 如果 $m \neq 0$，那么 $m/x_0$ 是一个非零元素。
   • 根据特殊性质，它的倒数也必须在 $H$ 中。
   • $(m/x_0)$ 的倒数是 $x_0/m$。所以 $x_0/m \in H$ (对于任意非零整数 $m$)。
5. 再次利用加法子群性质:
   • 我们有 $x_0/m \in H$。
   • 根据子群的加法封闭性，任何整数 $n$ 乘以 $x_0/m$ 仍然在 $H$ 中。
   • 所以，对于任意 $n \in \mathbb{Z}$，我们有 $n \cdot (x_0/m) = nx_0/m \in H$ (对于任意非零整数 $m$)。
6. 最后的推论:
   • 我们知道 $x_0$ 是一个有理数，可以写成 $p_0/q_0$。
   • 那么 $nx_0/m = n(p_0/q_0)/m = (np_0)/(mq_0)$。
   • 通过选择合适的整数 $n$ 和 $m$ (非零)，我们可以表示出任何一个有理数吗？
   • 让我们简化一下。在第3步，我们证明了对于任意整数 $m$，有 $m/x_0 \in H$。
   • 在第1步，我们有 $x_0 \in H$。
   • 因为 $H$ 是子群，它对乘法不一定封闭，但是对加法封闭。
   • 让我们回到第1步，我们有 $x_0 \in H$。$x_0$ 是一个有理数，设 $x_0 = p/q$。
   • 根据特殊性质，$1/x_0 = q/p \in H$。
   • 因为 $H$ 是加法子群，对任意整数 $n \in \mathbb{Z}$，$n(q/p) = nq/p \in H$。
   • 因为 $H$ 是加法子群，对任意整数 $m \in \mathbb{Z}$，$m(p/q) = mp/q \in H$。
   • 现在我们有两个在H中的元素：$nq/p$ 和 $mp/q$。它们的和也在 $H$ 中。但这似乎不能生成所有有理数。
   • 换个思路。
   • 设 $p/q \in H$ (最简分数，非零)。
   • 则 $1/(p/q) = q/p \in H$。
   • 因为 $H$ 是加法子群，所以对于任意整数 $n$, $n(p/q) = np/q \in H$。
   • 因为 $H$ 是加法子群，所以对于任意整数 $m$, $m(q/p) = mq/p \in H$。
   • 特别地，取 $n=q$, $q(p/q)=p \in H$。所以只要有一个非零有理数 $p/q$ 在H中，所有整数 $p$ 都在H中。
   • 取 $m=p$, $p(q/p)=q \in H$。所以所有整数 $q$ 都在H中。
   • 既然 $p \in H$ 且 $p$ 是整数，那么 $1 = p/p$。哦不，这是乘法。
   • 更正思路:
7. 设 $p/q \in H$ (最简分数, $p,q \ne 0$)。
8. 因为 $H$ 是加法子群，所以 $q \cdot (p/q) = p \in H$。
9. 因为 $p \in H$ 且 $p \ne 0$，根据特殊性质，$1/p \in H$。
10. 因为 $H$ 是加法子群，所以对于任意整数 $m$， $m \cdot (1/p) = m/p \in H$。
11. 我们已经证明了，只要 $H$ 中有一个非零有理数 $p/q$，那么所有形如 $m/p$ 的有理数都在 $H$ 中。
12. 同样，从 $p/q \in H$ 出发，我们有 $q/p \in H$。重复2-4步：$p \cdot (q/p) = q \in H$。然后 $1/q \in H$。然后对任意整数 $k$, $k/q \in H$。
13. 现在我们知道 $H$ 包含了所有形如 $m/p$ 和 $k/q$ 的有理数。
14. 最终的关键: 我们证明了只要有一个非零分数在 $H$ 中，那么 $1$ 必然在 $H$ 中。怎么证？
    • $p/q \in H \implies p \in H$ (如上证明)。
    • $p/q \in H \implies q \in H$ (如上证明)。
    • 因为 $p,q$ 是最简分数的分子分母，所以 $\gcd(p,q)=1$。
    • 根据贝祖定理，存在整数 $s,t$ 使得 $sp+tq = 1$。
    • 因为 $p \in H$, 所以 $sp \in H$ (子群的数乘封闭性)。
    • 因为 $q \in H$, 所以 $tq \in H$。
    • 因为 $H$ 加法封闭，所以 $sp+tq \in H$。
    • 所以，$1 \in H$。
15. 收尾: 既然 $1 \in H$，根据加法子群的性质，$n \cdot 1 = n \in H$ 对所有整数 $n$ 成立。所以 $\mathbb{Z} \subseteq H$。
16. 既然 $1 \in H$ 且 $1 \neq 0$，根据特殊性质，$1/1 = 1 \in H$ (这没用)。
17. 既然 $\mathbb{Z} \subseteq H$，那么对于任意非零整数 $n \in H$，根据特殊性质， $1/n \in H$。
18. 既然 $1/n \in H$，根据加法子群性质，对于任意整数 $m$，$m \cdot (1/n) = m/n \in H$。
19. 这意味着，所有分子分母都是整数的分数都在 $H$ 中，这就是所有有理数的定义。
20. 所以 $H = \mathbb{Q}$。

• 总结: 如果 $H$ 不是 $\{0\}$，它就必须包含一个非零有理数。从这个非零有理数出发，通过交替使用“加法子群性质”和“倒数性质”，我们可以证明 $1$ 必须在 $H$ 中。一旦 $1$ 在 $H$ 中，我们就可以生成所有的整数，进而生成所有的有理数。因此 $H$ 必须是 $\mathbb{Q}$。

这个问题和练习12(b)以及练习6有关。我们已经看到，在阿贝尔群中，满足 $x^n=1$ 的元素集合会形成子群。但在非阿贝尔群中，这通常不成立。这里要证明在二面体群 $D_{2n}$ (当 $n \ge 3$ 时是非阿贝尔的)中，阶为1或2的元素集合不是子群。

• 大群 G: $D_{2n}$ (n≥3)。
• 子集 H: $H = \{x \in D_{2n} \mid x^2=1\}$。这包含了单位元1，以及所有阶为2的元素。
• 分析 $D_{2n}$ 中阶为2的元素:
• 旋转: 旋转操作 $r^k$ 的阶为 $n/\gcd(n,k)$。要使其阶为2，需要 $n/\gcd(n,k)=2$，即 $n=2\gcd(n,k)$。
• 如果 $n$ 是奇数，$\gcd(n,k)$ 也是奇数，那么 $n=2\gcd(n,k)$ 不可能成立。所以当 $n$ 是奇数时，旋转部分只有单位元的阶是1，没有阶为2的旋转。
• 如果 $n$ 是偶数，设 $n=2m$。那么我们需要 $2m=2\gcd(2m,k)$，即 $m=\gcd(2m,k)$。这要求 $k$ 必须是 $m$ 的倍数但不是 $n$ 的倍数。唯一的可能是 $k=m$。所以当 $n$ 是偶数时，有且仅有一个非单位元的旋转 $r^{n/2}$ 的阶为2。
• 反射: 所有的 $n$ 个反射操作 ($s, sr, sr^2, \dots, sr^{n-1}$) 的阶都是2。
• 所以 H 的构成:
• 如果 $n$ 是奇数，$H = \{1, s, sr, \dots, sr^{n-1}\}$，即单位元和所有反射。
• 如果 $n$ 是偶数，$H = \{1, r^{n/2}, s, sr, \dots, sr^{n-1}\}$，即单位元、中心旋转和所有反射。
• 证明不是子群: 我们需要找一个乘法不封闭的反例。
• 取两个不同的反射。
• 设 $x = s \in H$。
• 设 $y = sr \in H$。
• 计算它们的乘积: $z = xy = s(sr)$。
• 利用关系式 $s^2=1$，$z = (s^2)r = 1 \cdot r = r$。
• 现在我们检查结果 $r$ 是否在 $H$ 中。即，检查 $r^2$ 是否等于1。
• $r$ 的阶是 $n$。只有当 $n=1$ 或 $n=2$ 时，$r^2$ 才可能等于1。
• 但题目条件是 $n \ge 3$。所以 $r$ 的阶 $n \ge 3$。这意味着 $r \neq 1$ 且 $r^2 \neq 1$。
• 因此，元素 $r$ 不在 $H$ 中。
• 结论: 我们找到了两个 $H$ 中的元素 $s$ 和 $sr$，但它们的乘积 $r$ 不在 $H$ 中。所以 $H$ 在乘法下不封闭，故不是 $D_{2n}$ 的子群。

这个问题要求证明一列嵌套的子群的并集也是一个子群。

• 已知:

1. 我们有一个无限序列的子群 $H_1, H_2, H_3, \dots$。
2. 它们形成一个“升链”(ascending chain)，意思是前一个子群总是后一个子群的子群（或子集）：$H_1 \leq H_2 \leq H_3 \leq \dots$。这意味着 $H_i \subseteq H_{i+1}$ 对所有 $i \ge 1$ 成立。
   • 要证: 它们的并集 $H = \cup_{i=1}^{\infty} H_{i}$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 并集定义: $g \in H$ 当且仅当存在至少一个整数 $i$，使得 $g \in H_i$。
   • 证明思路: 使用子群判别法。
3. 非空:
   • 因为 $H_1$ 是子群，所以它非空（至少包含单位元1）。
   • 既然 $H_1$ 非空，那么它们的并集 $H$ 也肯定非空。
   • 更具体地，$1 \in H_1$。因为 $H_1 \subseteq H$，所以 $1 \in H$。
4. 验证 $xy^{-1} \in H$:
   • 任取两个元素 $x, y \in H = \cup_{i=1}^{\infty} H_{i}$。
   • 分析 $x, y$ 的来源:
   • 根据并集定义，$x \in H$ 意味着存在某个整数 $j$ 使得 $x \in H_j$。
   • 根据并集定义，$y \in H$ 意味着存在某个整数 $k$ 使得 $y \in H_k$。
   • 关键一步：找到一个共同的“家”。
   • 我们现在有 $x \in H_j$ 和 $y \in H_k$。这两个元素可能来自序列中不同的子群。我们不能直接在 $H_j$ 或 $H_k$ 中应用子群判别法。
   • 但是，我们有升链性质！$H_1 \subseteq H_2 \subseteq H_3 \subseteq \dots$。
   • 这意味着，在 $H_j$ 和 $H_k$ 中，有一个是另一个的子集（或相等）。
   • 令 $m = \max(j, k)$，即取 $j$ 和 $k$ 中较大的那个数。
   • 如果 $j \le k$，那么 $H_j \subseteq H_k$。所以 $x \in H_j \implies x \in H_k$。此时 $x,y$ 都在 $H_k$ 里。
   • 如果 $k \le j$，那么 $H_k \subseteq H_j$。所以 $y \in H_k \implies y \in H_j$。此时 $x,y$ 都在 $H_j$ 里。
   • 总之，我们总能找到一个下标 $m = \max(j, k)$，使得 $x$ 和 $y$ 同时属于子群 $H_m$。
   • 应用子群判别法:
   • 现在我们有了 $x, y \in H_m$。
   • 因为 $H_m$ 本身是一个子群，所以它满足子群判别法。
   • 因此，$xy^{-1}$ 必须在 $H_m$ 中。即 $xy^{-1} \in H_m$。
   • 收尾:
   • 我们证明了 $xy^{-1} \in H_m$。
   • 因为 $H_m$ 是构成大并集 $H$ 的集合之一 ($H_m \subseteq H$)，所以 $xy^{-1}$ 也必然在大并集 $H$ 中。
   • 即 $xy^{-1} \in H$。

• 结论: $H = \cup_{i=1}^{\infty} H_{i}$ 满足子群判别法的两个条件，因此它是 $G$ 的一个子群。

这个问题要求我们证明上三角可逆矩阵的集合构成一个子群。

• 大群 G: $GL_n(F)$，所有 $n \times n$ 的可逆矩阵。
• 子集 H: $H = \left\{\left(a_{i j}\right) \in G L_{n}(F) \mid a_{i j}=0 \text { 对于所有 } i>j\right\}$。
• 元素: H的元素是可逆矩阵。
• 特殊条件: 它们是上三角矩阵。一个矩阵是上三角的，意味着在主对角线以下的元素全部为0。
• 可逆性条件: 对于一个三角矩阵，它是可逆的当且仅当其主对角线上的所有元素都非零。即 $a_{ii} \neq 0$ 对所有 $i$ 成立。
• 证明:

1. 非空:
   • 单位矩阵 $I$ 的所有非对角线元素都是0。所以主对角线以下的元素也都是0。$I$ 是一个上三角矩阵。
   • $I$ 的主对角线元素都是1 (非零)，所以 $I$ 可逆。
   • 因此，$I \in H$。$H$ 非空。
2. 乘法闭合:
   • 我们需要证明：一个上三角矩阵乘以另一个上三角矩阵，结果仍然是上三角矩阵。
   • 设 $A, B \in H$。我们要计算乘积 $C=AB$。$C$ 的元素 $c_{ij}$ 由公式 $c_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}$ 给出。
   • 我们想证明当 $i>j$ 时，$c_{ij}=0$。
   • 考虑 $c_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj} = \sum_{k=1}^{i-1} a_{ik}b_{kj} + \sum_{k=i}^{n} a_{ik}b_{kj}$。
   • 对于第一部分 $\sum_{k=1}^{i-1} a_{ik}b_{kj}$：因为 $k < i$, 所以 $a_{ik}=0$ (因为A是上三角的)。所以这部分和为0。
   • 对于第二部分 $\sum_{k=i}^{n} a_{ik}b_{kj}$：因为 $i>j$，所以 $k \ge i > j$。这意味着 $k>j$。因为 $B$ 是上三角的，所以 $b_{kj}=0$。所以这部分和也为0。
   • 因此，当 $i>j$ 时，$c_{ij}=0$。所以乘积 $C=AB$ 也是一个上三角矩阵。
   • 可逆性: 我们知道 $\det(C)=\det(A)\det(B)$。因为 $A,B \in GL_n(F)$，所以 $\det(A) \neq 0, \det(B) \neq 0$，因此 $\det(C) \neq 0$。所以 $C$ 也可逆。
   • 结论：$AB \in H$。
3. 逆元闭合:
   • 我们需要证明：一个上三角可逆矩阵的逆矩阵仍然是上三角矩阵。
   • 设 $A \in H$。我们知道 $A^{-1}$ 存在。设 $B=A^{-1}$。我们要证明 $B$ 是上三角的，即当 $i>j$ 时，$b_{ij}=0$。
   • 这可以通过多种方式证明，例如通过解线性方程组 $AX=I$ 或者使用伴随矩阵。一个比较直观的方法是数学归纳法。
   • 当 $i=n, j=n-1$ 时，考虑 $(AB)_{n, n-1} = \sum a_{nk}b_{k,n-1} = a_{nn}b_{n,n-1}$ (因为 $A$ 是上三角)。而 $(I)_{n,n-1}=0$。所以 $a_{nn}b_{n,n-1}=0$。因为 $A$ 可逆，$a_{nn}\neq 0$，所以 $b_{n,n-1}=0$。
   • 这个过程可以被推广，证明所有主对角线下一行的元素都为0，然后是下两行的，等等。
   • 可逆性: 逆矩阵当然是可逆的。
   • 结论：$A^{-1} \in H$。
   • 最终结论: 上三角矩阵群是 $GL_n(F)$ 的一个子群。

这个问题是上一个问题的加强版。我们不仅要求矩阵是上三角的，还要求主对角线上的元素全部为1。这个群通常被称为单位上三角矩阵群 (Unitriangular group)。

• 大群 G: $GL_n(F)$。
• 子集 H: $H = \{A \in GL_n(F) \mid A \text{ 是上三角且所有 } a_{ii}=1\}$。
• 可逆性: 既然所有对角元都是1（非零），这样的矩阵的行列式是所有对角元的乘积，即 $1^n=1$。因为行列式为1 (非零)，所以它们自动都是可逆的，并且都属于特殊线性群 $SL_n(F)$。
• 证明:

1. 非空: 单位矩阵 $I$ 是上三角的，并且所有对角元都是1。所以 $I \in H$。
2. 乘法闭合:
   • 设 $A, B \in H$。我们已经从上一个练习知道，乘积 $C=AB$ 仍然是上三角矩阵。
   • 我们现在需要额外检查 $C$ 的对角线元素。
   • $c_{ii} = \sum_{k=1}^n a_{ik}b_{ki}$。
   • 因为 $A,B$ 都是上三角的，当 $k<i$ 时 $a_{ik}=0$，当 $k>i$ 时 $b_{ki}=0$。
   • 所以和式中只有 $k=i$ 这一项可能不为零。
   • $c_{ii} = a_{ii}b_{ii}$。
   • 根据 $H$ 的定义，$a_{ii}=1$ 且 $b_{ii}=1$。
   • 所以 $c_{ii} = 1 \cdot 1 = 1$。
   • 乘积 $C$ 的所有对角元也都是1。
   • 结论: $AB \in H$。
3. 逆元闭合:
   • 设 $A \in H$。我们知道它的逆 $B=A^{-1}$ 存在。从上一个练习知道 $B$ 也是上三角矩阵。
   • 我们需要额外检查 $B$ 的对角线元素。
   • 我们有 $AB=I$。考虑对角线元素: $(AB)_{ii} = I_{ii} = 1$。
   • 我们刚证明了上三角矩阵乘积的对角元是 $a_{ii}b_{ii}$。
   • 所以 $a_{ii}b_{ii} = 1$。
   • 因为 $a_{ii}=1$，所以 $1 \cdot b_{ii} = 1$，即 $b_{ii}=1$。
   • 逆矩阵 $B$ 的所有对角元也都是1。
   • 结论: $A^{-1} \in H$。
   • 最终结论: 单位上三角矩阵群是 $GL_n(F)$ 的一个子群。