2.5_二元结构与群_习题.ZH解释

这段话是对二面体群 $D_4$ 的深入描述，它补充了群元素的别名和它们之间的基本关系。$D_4$ 是正方形的对称群，包含8个元素：4个旋转和4个反射。

1. 回顾元素定义:
   • 旋转: $\rho$ (或 $\rho_1$) 是指将正方形逆时针旋转90度。$\rho^2$ (或 $\rho_2$) 是旋转180度，$\rho^3$ (或 $\rho_3$) 是旋转270度，$\rho^4$ (或 $\rho_0$) 是旋转360度，也就是恒等变换（不动）。
   • 反射:
   • $\tau_1$ (或 $\tau$) 是关于水平中分线的反射。
   • $\tau_2$ 是关于垂直中分线的反射。
   • $\mu_1$ 是关于主对角线（连接顶点1和3）的反射。
   • $\mu_2$ 是关于副对角线（连接顶点2和4）的反射。
   • 原文这里提到的 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 的定义方式略有不同，但效果等价：“关于平分线段$\overline{14}$和$\overline{23}$的直线的反射”。平分线段$\overline{14}$的直线是副对角线，平分线段$\overline{23}$的直线是主对角线。这与我们通常的定义可能存在符号上的对应差异，具体需要看顶点的编号方式。但核心是两个对角线反射。
2. 元素运算的验证:
   • 可以验证... 这句话是邀请读者亲自尝试群的运算。在群论中，运算通常是“复合”，即连续进行两个变换。
   • $\rho \tau = \mu_1$ 的意思是：先进行一次水平反射($\tau$)，再进行一次逆时针90度旋转($\rho$)，其最终效果等同于一次对角线反射($\mu_1$)。这是一个非常关键的非交换性质的例子，即 $\rho \tau \neq \tau \rho$。
3. 符号的统一:
   • 我们也可以用 $A_{k \pi / 2}$ 和 $B_{k \pi / 2}$ 来表示它们：这里引入了另一种更通用的符号体系来描述二维空间中的旋转和反射，这套体系在线性代数和几何学中很常见。
   • $A_{\theta}$ 表示逆时针旋转角度 $\theta$。
   • $B_{\theta}$ 表示关于穿过原点、且与x轴正方向夹角为 $\theta/2$ 的直线的反射。
   • 将 $D_4$ 的元素对应到这个体系：
   • $\rho = A_{\pi/2}$：逆时针旋转 $\pi/2$ 弧度，即90度。
   • $\rho_k = A_{k\pi/2}$：旋转 $k \times 90$ 度。
   • $\tau = \tau_1 = B_0$：关于与x轴夹角为0的直线（即x轴自身）的反射。这对应于水平中分线反射。
   • $\tau_2 = B_{\pi}$：关于与x轴夹角为 $\pi/2$ 的直线（即y轴）的反射。这对应于垂直中分线反射。
   • $\mu_1 = B_{\pi/2}$：关于与x轴夹角为 $\pi/4$ (45度) 的直线的反射。这对应于一条对角线。
   • $\mu_2 = B_{3\pi/2}$：关于与x轴夹角为 $3\pi/4$ (135度) 的直线的反射。这对应于另一条对角线。
4. 生成元与关系 (Generators and Relations):
   • 关系是 $\rho^{4}=1, \tau^{2}=1$，以及 $\tau \rho \tau=\rho^{-1}=\rho^{3}$：这是 $D_4$ 群的一种非常紧凑的“表示”方法。它告诉我们，整个群的所有8个元素以及它们之间的所有运算关系，都可以由两个“生成元” $\rho$ 和 $\tau$ 以及这三条基本规则推导出来。
   • $\rho^4 = 1$：旋转4次回到原位 (1代表恒等元)。
   • $\tau^2 = 1$：反射2次回到原位。
   • $\tau \rho \tau = \rho^{-1}$：这是最核心的非交换关系。它描述了旋转和反射如何相互作用。它说明，用 $\tau$ 对 $\rho$ 做一个“共轭”运算，得到的是 $\rho$ 的逆元。
   • 或者等价地 $\tau \rho=\rho^{3} \tau$：这个等式是通过在 $\tau \rho \tau = \rho^3$ 的右边乘以 $\tau$ 得到的（因为 $\tau^2=1$）。这个形式在计算时更直接：它告诉我们如何将 $\tau$ 从 $\rho$ 的左边“交换”到右边，代价是把 $\rho$ 变成 $\rho^3$。

这段内容展示了两个非常重要的八阶群——二面体群 $D_4$ 和四元数群 $Q$ 的凯莱表 (Cayley Table)。

1. 什么是凯莱表?
   • 凯莱表本质上是一个群的“乘法表”。它完整地描述了群中任意两个元素进行二元运算后的结果。
   • 表格的第一行和第一列（通常称为表头）列出了群的所有元素。
   • 表格的主体部分，位于第 i 行和第 j 列的交叉点上的元素，是表头第 i 行元素与表头第 j 列元素运算的结果。运算顺序通常约定为 (行元素) * (列元素)。
2. 解读 $D_4$ 的凯莱表:
   • 元素: 表头列出了$D_4$的8个元素：恒等元1，三个非恒等旋转 $\rho_1, \rho_2, \rho_3$，以及四个反射 $\tau_1, \tau_2, \mu_1, \mu_2$。
   • 单位元: 注意第一行和第一列，它们复制了表头。这表明 1 是单位元，因为任何元素乘以1（或1乘以任何元素）都等于该元素自身。例如，在第 $\rho_1$ 行和 1 列的交叉点是 $\rho_1$，即 $\rho_1 \cdot 1 = \rho_1$。
   • 非交换性: 观察表格是否对称。一个群是交换的（阿贝尔群）当且仅当它的凯莱表关于主对角线（从左上到右下）对称。让我们检查一下：
   • 找到 $\rho_1$ 行, $\tau_1$ 列的元素，是 $\mu_1$。所以 $\rho_1 \cdot \tau_1 = \mu_1$。
   • 找到 $\tau_1$ 行, $\rho_1$ 列的元素，是 $\mu_2$。所以 $\tau_1 \cdot \rho_1 = \mu_2$。
   • 因为 $\mu_1 \neq \mu_2$，所以 $\rho_1 \cdot \tau_1 \neq \tau_1 \cdot \rho_1$。这证实了 $D_4$ 是非阿贝尔群，表格也不是对称的。
   • 逆元: 一个元素的逆元是与它相乘得到单位元 1 的那个元素。要找 $g$ 的逆元，可以在第 $g$ 行找到 1，然后看 1 所在的列对应的元素是什么。
   • 在 $\rho_1$ 行，1 出现在 $\rho_3$ 列。所以 $\rho_1$ 的逆元是 $\rho_3$。
   • 在 $\tau_1$ 行，1 出现在 $\tau_1$ 列。所以 $\tau_1$ 的逆元是它自身。所有反射元素的逆元都是它们自己。
3. 解读 $Q$ (四元数群) 的凯莱表:
   • 元素: $Q$ 的8个元素是 $\{1, -1, i, -i, j, -j, k, -k\}$。这里的 $i, j, k$ 并不是复数里的虚数单位，尽管它们之间有类似的关系。
   • 单位元: 同样，1 是单位元。
   • 核心关系: 这个表格的核心是 $i,j,k$ 之间的关系：
   • $i^2 = j^2 = k^2 = -1$ (表格对角线上可以看到)。
   • $ij = k$, $jk = i$, $ki = j$ (类似三维空间中向量的叉乘)。
   • $ji = -k$, $kj = -i$, $ik = -j$ (交换顺序会变号，所以 $Q$ 也是非阿贝尔群)。
   • 所有这些关系可以总结为一个更著名的等式：$i^2 = j^2 = k^2 = ijk = -1$。
   • 非交换性: 检查 $i$ 行 $j$ 列，是 $k$。检查 $j$ 行 $i$ 列，是 $-k$。因为 $k \neq -k$，所以 $ij \neq ji$。$Q$ 是非阿贝尔群。
   • 逆元:
   • 在 $i$ 行，-1 出现在 $i$ 列，说明 $i \cdot i = -1$。1 出现在 $-i$ 列，说明 $i$ 的逆元是 $-i$。
   • 在 $-1$ 行，1 出现在 $-1$ 列，说明 $-1$ 的逆元是它自己。

这部分是本节的核心，它通过比较 $D_4$ 和 $Q$ 的内部结构，最终得出结论：它们虽然都是8阶非阿贝尔群，但是结构不同，因此不同构。比较的两个关键维度是：元素的阶和子群的结构。

1. 比较元素的阶:
   • 什么是元素的阶? 群 $G$ 中一个元素 $g$ 的阶 (order) 是指使得 $g^n = 1$ (1为单位元) 成立的最小正整数 $n$。直观上就是这个元素需要自身重复运算多少次才能回到初始状态。
   • $D_4$ 中元素的阶:
   • 单位元 1 的阶总是1。
   • 阶为4的元素: $\rho_1$ (旋转90度) 和 $\rho_3$ (旋转270度)。$\rho_1^1=\rho_1, \rho_1^2=\rho_2, \rho_1^3=\rho_3, \rho_1^4=1$。所以 $\rho_1$ 的阶是4。同理 $\rho_3$ 的阶也是4。共2个。
   • 阶为2的元素: $\rho_2$ (旋转180度)，以及所有4个反射 $\tau_1, \tau_2, \mu_1, \mu_2$。$\rho_2^2=1$, $\tau_1^2=1$, ...。共5个。
   • $D_4$ 的阶分布: {1个阶1元素, 5个阶2元素, 2个阶4元素}。
   • $Q$ 中元素的阶:
   • 单位元 1 的阶是1。
   • 阶为2的元素: 只有 $-1$。因为 $(-1)^2=1$。
   • 阶为4的元素: $\pm i, \pm j, \pm k$。例如，$i^1=i, i^2=-1, i^3=-i, i^4=(-1)^2=1$。所以 $i$ 的阶是4。其他5个类似。共6个。
   • $Q$ 的阶分布: {1个阶1元素, 1个阶2元素, 6个阶4元素}。
   • 结论: $D_4$ 和 $Q$ 拥有不同数量的不同阶的元素。例如，$D_4$ 有5个阶为2的元素，而 $Q$ 只有1个。这是一个结构性的差异。如果两个群是同构的（即结构完全相同），那么它们必须有相同数量的任意阶的元素。既然阶分布不同，所以 $D_4$ 和 $Q$ 不同构。
2. 比较子群的结构:
   • 什么是子群? 群 $G$ 的一个子集 $H$，如果 $H$ 本身在 $G$ 的运算下也构成一个群，那么 $H$ 就是 $G$ 的一个子群。
   • 什么是循环群? 由单个元素生成的所有幂次组成的群。记作 $\langle g \rangle = \{g^n : n \in \mathbb{Z}\}$。
   • $Q$ 的子群:
   • 平凡子群: $\{1\}$ 和 $Q$ 自身。
   • 阶为2的子群: 由阶为2的元素 $-1$ 生成的循环子群 $\langle -1 \rangle = \{1, -1\}$。这是唯一的。
   • 阶为4的子群:
   • $\langle i \rangle = \{1, i, i^2, i^3\} = \{1, i, -1, -i\}$。
   • $\langle j \rangle = \{1, j, -1, -j\}$。
   • $\langle k \rangle = \{1, k, -1, -k\}$。
   • 这三个都是循环群。没有其他4阶子群了。
   • $D_4$ 的子群:
   • 平凡子群: $\{1\}$ 和 $D_4$ 自身。
   • 阶为2的子群: 由5个阶为2的元素分别生成：$\langle \rho_2 \rangle, \langle \tau_1 \rangle, \langle \tau_2 \rangle, \langle \mu_1 \rangle, \langle \mu_2 \rangle$。每个子群都包含单位元和那个元素本身。共5个。
   • 阶为4的子群:
   • $\langle \rho_1 \rangle = \{1, \rho_1, \rho_2, \rho_3\}$。这是一个循环群。注意 $\langle \rho_3 \rangle$ 也是同一个子群。
   • $H_1 = \{1, \rho_2, \tau_1, \tau_2\}$。这个子群包含1个180度旋转和两个正交的反射。
   • $H_2 = \{1, \rho_2, \mu_1, \mu_2\}$。这个子群包含1个180度旋转和两个对角线反射。
   • $H_1$ 和 $H_2$ 都不是循环群，因为它们里面没有阶为4的元素。它们都同构于克莱因四元群 $V$（也叫 $C_2 \times C_2$），其所有非单位元的阶都是2。
   • 结论: $D_4$ 和 $Q$ 的子群结构也不同。$Q$ 所有的4阶子群都是循环群。而 $D_4$ 有一个4阶循环子群和两个4阶非循环子群。这也证明了它们不同构。

这个习题要求我们判断给定的一系列函数是否为群之间的同构。要成为同构，一个函数 $f: (G, *) \rightarrow (H, \circ)$ 必须同时满足三个条件：

1. 同态 (Homomorphism): 保持运算结构。即对于任意 $a, b \in G$，必须有 $f(a * b) = f(a) \circ f(b)$。
2. 单射 (Injective / One-to-one): 不同的输入必须映射到不同的输出。如果 $f(a) = f(b)$，那么必须有 $a = b$。
3. 满射 (Surjective / Onto): 目标群 $H$ 中的每一个元素都必须能被源群 $G$ 中的某个元素映射到。即对于任意 $y \in H$，都存在一个 $x \in G$ 使得 $f(x) = y$。

一个函数如果同时满足单射和满射，就称为双射 (Bijective)。所以，同构就是一个保持运算结构的双射函数。

我们将逐一分析每个选项：

(a) $f:(\mathbb{R},+) \rightarrow(\mathbb{R},+)$ 由 $f(x)=x^{3}$ 定义。

• 群: 源群和目标群都是实数集 $(\mathbb{R})$ 在加法运算 + 下构成的群。
• 同态检查: 我们需要验证 $f(x+y) = f(x) + f(y)$ 是否成立。
• $f(x+y) = (x+y)^3 = x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3$。
• $f(x) + f(y) = x^3 + y^3$。
• 显然，当 $x,y$ 不都为0时，$x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3 \neq x^3 + y^3$。
• 因此，它不是同态。
• 结论: 不是同构。

(b) $f:\left(\mathbb{R}^{*}, \cdot\right) \rightarrow\left(\mathbb{R}^{*}, \cdot\right)$ 由 $f(x)=x^{3}$ 定义。

• 群: 源群和目标群都是非零实数集 $(\mathbb{R}^*)$ 在乘法运算 · 下构成的群。
• 同态检查: $f(x \cdot y) = f(x) \cdot f(y)$？
• $f(x \cdot y) = (xy)^3 = x^3y^3$。
• $f(x) \cdot f(y) = x^3 \cdot y^3$。
• 两者相等。所以是同态。
• 双射检查:
• 单射: 如果 $f(x) = f(y)$，即 $x^3 = y^3$，在实数域中，两边开三次方根，得到 $x=y$。所以是单射。
• 满射: 对于任意 $y \in \mathbb{R}^*$，我们能找到一个 $x \in \mathbb{R}^*$ 使得 $x^3=y$ 吗？是的，这个 $x$ 就是 $y$ 的三次方根，记为 $\sqrt[3]{y}$ 或 $y^{1/3}$。由于任何非零实数都有一个唯一的实数三次方根，且该根也非零，所以是满射。
• 结论: 是同构。

(c) $f:\left(\mathbb{Q}^{*}, \cdot\right) \rightarrow\left(\mathbb{Q}^{*}, \cdot\right)$ 由 $f(x)=x^{3}$ 定义。

• 群: 非零有理数集 $(\mathbb{Q}^*)$ 在乘法下的群。
• 同态检查: 与(b)完全相同，$(xy)^3 = x^3y^3$ 成立，是同态。
• 双射检查:
• 单射: 如果 $x^3 = y^3$，在有理数域中，同样能得到 $x=y$。是单射。
• 满射: 对于任意 $y \in \mathbb{Q}^*$，我们能找到一个 $x \in \mathbb{Q}^*$ 使得 $x^3=y$ 吗？不一定。例如，取 $y=2 \in \mathbb{Q}^*$。方程 $x^3=2$ 的解是 $x=\sqrt[3]{2}$，这是一个无理数，不属于 $\mathbb{Q}^*$。因此，没有有理数 $x$ 可以映射到2。所以不是满射。
• 结论: 不是同构。

(d) $f:\left(\mathbb{C}^{*}, \cdot\right) \rightarrow\left(\mathbb{C}^{*}, \cdot\right)$ 由 $f(z)=z^{3}$ 定义。

• 群: 非零复数集 $(\mathbb{C}^*)$ 在乘法下的群。
• 同态检查: $(z_1z_2)^3 = z_1^3z_2^3$ 成立，是同态。
• 双射检查:
• 单射: 如果 $z_1^3 = z_2^3$，我们能保证 $z_1=z_2$ 吗？不能。例如，$z^3=1$ 在复数域中有三个解：$1, e^{i2\pi/3}, e^{i4\pi/3}$。所以，如果 $z_1=1$，$z_2=e^{i2\pi/3}$，那么 $f(z_1)=1, f(z_2)=1$，但 $z_1 \neq z_2$。所以不是单射。
• 结论: 不是同构。（尽管它是满射的，因为任何非零复数都有三个复数立方根）。

(e) $f:\left(\mathbb{C}^{*}, \cdot\right) \rightarrow\left(\mathbb{C}^{*}, \cdot\right)$ 由 $f(z)=1 / z$ 定义。

• 群: 非零复数集 $(\mathbb{C}^*)$ 在乘法下的群。
• 同态检查: $f(z_1 \cdot z_2) = f(z_1) \cdot f(z_2)$？
• $f(z_1z_2) = 1/(z_1z_2)$。
• $f(z_1)f(z_2) = (1/z_1)(1/z_2) = 1/(z_1z_2)$。
• 两者相等。是同态。
• 双射检查:
• 单射: 如果 $f(z_1)=f(z_2)$，即 $1/z_1 = 1/z_2$，两边取倒数得 $z_1=z_2$。是单射。
• 满射: 对于任意 $w \in \mathbb{C}^*$，我们能找到 $z \in \mathbb{C}^*$ 使得 $f(z)=w$吗？即 $1/z=w$。解得 $z=1/w$。因为 $w \neq 0$，所以 $z$ 也存在且非零。是满射。
• 结论: 是同构。这个同构被称为“逆映射”。

(f) $f:(\mathbb{Z},+) \rightarrow(\mathbb{Z},+)$ 由 $f(n)=2 n$ 定义。

• 群: 整数集 $(\mathbb{Z})$ 在加法下的群。
• 同态检查: $f(n+m) = f(n)+f(m)$？
• $f(n+m) = 2(n+m) = 2n+2m$。
• $f(n)+f(m) = 2n+2m$。
• 两者相等。是同态。
• 双射检查:
• 单射: 如果 $f(n)=f(m)$，即 $2n=2m$，两边除以2得 $n=m$。是单射。
• 满射: 值域是所有偶数。对于目标群 $(\mathbb{Z},+)$ 中的奇数（例如3），不存在整数 $n$ 使得 $f(n)=2n=3$。所以不是满射。
• 结论: 不是同构。

(g) $f:(\mathbb{Q},+) \rightarrow(\mathbb{Q},+)$ 由 $f(x)=2 x-1$ 定义。

• 群: 有理数集 $(\mathbb{Q})$ 在加法下的群。
• 同态检查: $f(x+y) = f(x)+f(y)$？
• $f(x+y) = 2(x+y)-1 = 2x+2y-1$。
• $f(x)+f(y) = (2x-1) + (2y-1) = 2x+2y-2$。
• 两者不相等。不是同态。
• 一个更根本的问题：同态必须将单位元映射到单位元。源群的单位元是0， $f(0)=2(0)-1=-1$。目标群的单位元是0。因为 $f(0) \neq 0$，所以它不可能是同态。
• 结论: 不是同构。

这个习题探讨了同构关系的基本性质。它要证明的是，在所有二元结构（或群）的集合中，“同构”这种关系本身满足等价关系的三个性质：自反性 (Reflexivity)、对称性 (Symmetry) 和 传递性 (Transitivity)。

• (ii) 证明了自反性: 任何一个结构都与自身同构。
• (iii) 证明了对称性: 如果 $X_1$ 同构于 $X_2$，那么 $X_2$ 也同构于 $X_1$。
• (i) 证明了传递性: 如果 $X_1$ 同构于 $X_2$，且 $X_2$ 同构于 $X_3$，那么 $X_1$ 同构于 $X_3$。

我们将逐一证明这三个部分。

(i) 证明同构的复合是同构 (传递性)

我们需要证明 $h = g \circ f$ 是一个从 $(X_1, *_1)$ 到 $(X_3, *_3)$ 的同构。这意味着要证明 $h$ 是同态且是双射。

• 证明 $h$ 是同态:

1. 设 $x, y \in X_1$。我们需要证明 $h(x *_1 y) = h(x) *_3 h(y)$。
2. 根据 $h$ 的定义，$h(x *_1 y) = (g \circ f)(x *_1 y) = g(f(x *_1 y))$。
3. 因为 $f$ 是从 $X_1$ 到 $X_2$ 的同态，所以 $f(x *_1 y) = f(x) *_2 f(y)$。
4. 代入上式，我们得到 $g(f(x) *_2 f(y))$。
5. 因为 $g$ 是从 $X_2$ 到 $X_3$ 的同态，所以对于 $X_2$ 中的任意两个元素 $a=f(x)$ 和 $b=f(y)$，有 $g(a *_2 b) = g(a) *_3 g(b)$。
6. 因此，$g(f(x) *_2 f(y)) = g(f(x)) *_3 g(f(y))$。
7. 再次根据 $h$ 的定义，$g(f(x)) = (g \circ f)(x) = h(x)$，以及 $g(f(y)) = (g \circ f)(y) = h(y)$。
8. 所以，我们最终得到 $h(x *_1 y) = h(x) *_3 h(y)$。
9. 同态性质得证。

• 证明 $h$ 是双射:

1. 我们知道，两个双射函数的复合仍然是一个双射函数。这是一个集合论中的基本事实。
2. 已知 $f$ 是同构，所以 $f$ 是一个从 $X_1$到 $X_2$ 的双射。
3. 已知 $g$ 是同构，所以 $g$ 是一个从 $X_2$到 $X_3$ 的双射。
4. 因此，它们的复合 $h = g \circ f$ 是一个从 $X_1$ 到 $X_3$ 的双射。
5. 双射性质得证。

• 结论: 因为 $h = g \circ f$ 既是同态又是双射，所以它是一个同构。

(ii) 证明恒等映射是同构 (自反性)

我们需要证明恒等映射 $\operatorname{Id}_X: (X, *) \rightarrow (X, *)$ 是一个同构。$\operatorname{Id}_X$ 的定义是 $\operatorname{Id}_X(x) = x$ 对所有 $x \in X$。

• 证明 $\operatorname{Id}_X$ 是同态:

1. 设 $x, y \in X$。我们需要证明 $\operatorname{Id}_X(x * y) = \operatorname{Id}_X(x) * \operatorname{Id}_X(y)$。
2. 左边：$\operatorname{Id}_X(x * y) = x * y$ （根据定义）。
3. 右边：$\operatorname{Id}_X(x) * \operatorname{Id}_X(y) = x * y$ （根据定义）。
4. 左边=右边。同态性质得证。

• 证明 $\operatorname{Id}_X$ 是双射:

1. 单射: 如果 $\operatorname{Id}_X(x) = \operatorname{Id}_X(y)$，那么根据定义 $x=y$。所以是单射。
2. 满射: 对于任意 $y \in X$，我们能找到一个 $x \in X$ 使得 $\operatorname{Id}_X(x) = y$ 吗？是的，取 $x=y$ 即可。所以是满射。
3. 因此 $\operatorname{Id}_X$ 是双射。

• 结论: 因为 $\operatorname{Id}_X$ 既是同态又是双射，所以它是一个同构。

(iii) 证明同构的逆是同构 (对称性)

已知 $f: (X_1, *_1) \rightarrow (X_2, *_2)$ 是一个同构。我们需要证明它的逆函数 $f^{-1}: (X_2, *_2) \rightarrow (X_1, *_1)$ 也是一个同构。

• 证明 $f^{-1}$ 是双射:

1. 因为 $f$ 是一个双射，它的逆函数 $f^{-1}$ 也必然存在且是双射。这是集合论中的基本事实。

• 证明 $f^{-1}$ 是同态:

1. 设 $a, b \in X_2$。我们需要证明 $f^{-1}(a *_2 b) = f^{-1}(a) *_1 f^{-1}(b)$。
2. 因为 $f$ 是满射，所以存在 $x, y \in X_1$ 使得 $f(x)=a$ 和 $f(y)=b$。
3. 根据逆函数的定义，这意味着 $x = f^{-1}(a)$ 和 $y = f^{-1}(b)$。
4. 现在我们来计算 $f^{-1}(a *_2 b)$。将 $a=f(x), b=f(y)$ 代入，得到 $f^{-1}(f(x) *_2 f(y))$。
5. 因为 $f$ 是同态，我们知道 $f(x) *_2 f(y) = f(x *_1 y)$。
6. 代入上式，得到 $f^{-1}(f(x *_1 y))$。
7. 函数与其逆函数的复合是恒等映射，所以 $f^{-1}(f(z)) = z$ 对任何 $z$ 成立。因此 $f^{-1}(f(x *_1 y)) = x *_1 y$。
8. 现在我们把 $x$ 和 $y$ 用 $f^{-1}$ 换回来：$x *_1 y = f^{-1}(a) *_1 f^{-1}(b)$。
9. 把等式链串起来：$f^{-1}(a *_2 b) = f^{-1}(a) *_1 f^{-1}(b)$。
10. 同态性质得证。

• 结论: 因为 $f^{-1}$ 既是同态又是双射，所以它是一个同构。

这个习题介绍了两种非常重要的从已知群（或二元结构）构造新群的方法：直积 (Direct Product) 和 函数群 (Function Group)。它要求我们证明，如果原始结构具有某些良好性质（如结合律、交换律、存在单位元和逆元），那么通过这两种方式构造出来的新结构也同样继承这些性质。

(i) 积二元结构 (直积)

直积的定义：给定两个二元结构 $(X_1, *_1)$ 和 $(X_2, *_2)$，它们的直积是一个新的二元结构 $(X_1 \times X_2, *)$，其中：

• 集合是笛卡尔积 $X_1 \times X_2 = \{ (x_1, x_2) : x_1 \in X_1, x_2 \in X_2 \}$，即所有可能的有序对。
• 二元运算 * 是按分量 (component-wise) 定义的：$(a_1, a_2) * (b_1, b_2) = (a_1 *_1 b_1, a_2 *_2 b_2)$。

现在我们逐一证明其性质：

• 证明结合律:

1. 假设 $(X_1, *_1)$ 和 $(X_2, *_2)$ 都是结合的。
2. 取三个元素 $a=(a_1, a_2), b=(b_1, b_2), c=(c_1, c_2)$ 从 $X_1 \times X_2$ 中。
3. 我们需要证明 $(a*b)*c = a*(b*c)$。
4. 左边：$(a*b)*c = ((a_1, a_2)*(b_1, b_2))*(c_1, c_2) = (a_1*_1 b_1, a_2*_2 b_2)*(c_1, c_2) = ((a_1*_1 b_1)*_1 c_1, (a_2*_2 b_2)*_2 c_2)$。
5. 右边：$a*(b*c) = (a_1, a_2)*((b_1, b_2)*(c_1, c_2)) = (a_1, a_2)*(b_1*_1 c_1, b_2*_2 c_2) = (a_1*_1 (b_1*_1 c_1), a_2*_2 (b_2*_2 c_2))$。
6. 因为 $X_1$ 和 $X_2$ 满足结合律，所以 $(a_1*_1 b_1)*_1 c_1 = a_1*_1 (b_1*_1 c_1)$ 并且 $(a_2*_2 b_2)*_2 c_2 = a_2*_2 (b_2*_2 c_2)$。
7. 因此，左右两边的两个分量分别相等，故左边 = 右边。结合律得证。

• 证明交换律:

1. 假设 $(X_1, *_1)$ 和 $(X_2, *_2)$ 都是交换的。
2. 取两个元素 $a=(a_1, a_2), b=(b_1, b_2)$。
3. $a*b = (a_1*_1 b_1, a_2*_2 b_2)$。
4. $b*a = (b_1*_1 a_1, b_2*_2 a_2)$。
5. 因为 $X_1, X_2$ 都是交换的，所以 $a_1*_1 b_1 = b_1*_1 a_1$ 且 $a_2*_2 b_2 = b_2*_2 a_2$。
6. 因此 $a*b = b*a$。交换律得证。

• 证明单位元:

1. 设 $e_1, e_2$ 分别是 $X_1, X_2$ 的单位元。我们证明 $e = (e_1, e_2)$ 是 $X_1 \times X_2$ 的单位元。
2. 取任意元素 $x=(x_1, x_2)$。
3. $e*x = (e_1, e_2) * (x_1, x_2) = (e_1*_1 x_1, e_2*_2 x_2) = (x_1, x_2) = x$。
4. $x*e = (x_1, x_2) * (e_1, e_2) = (x_1*_1 e_1, x_2*_2 e_2) = (x_1, x_2) = x$。
5. 因此 $(e_1, e_2)$ 是单位元。

• 证明逆元:

1. 设 $x=(x_1, x_2)$，且 $x_1'$ 是 $x_1$ 在 $X_1$ 中的逆元，$x_2'$ 是 $x_2$ 在 $X_2$ 中的逆元。
2. 我们证明 $x'=(x_1', x_2')$ 是 $x$ 的逆元。
3. $x'*x = (x_1', x_2') * (x_1, x_2) = (x_1'*_1 x_1, x_2'*_2 x_2) = (e_1, e_2) = e$。
4. $x*x' = (x_1, x_2) * (x_1', x_2') = (x_1*_1 x_1', x_2*_2 x_2') = (e_1, e_2) = e$。
5. 因此 $(x_1', x_2')$ 是 $(x_1, x_2)$ 的逆元。

• 结论: 如果 $G_1, G_2$ 都是群，它们都满足结合律、有单位元、所有元素都有逆元。根据上面的证明，它们的直积 $G_1 \times G_2$ 也满足所有这些性质，因此 $G_1 \times G_2$ 也是一个群。

(ii) 函数二元结构

定义：给定一个二元结构 $(X, *)$ 和一个任意的集合 $Y$，我们可以定义一个新的二元结构 $(X^Y, \circ)$，其中：

• 集合 $X^Y$ 是所有从 $Y$ 到 $X$ 的函数组成的集合。 $X^Y = \{ f : Y \rightarrow X \}$。
• 二元运算 $\circ$ 是逐点 (pointwise) 定义的：对于两个函数 $f, g \in X^Y$，它们的运算结果是一个新函数 $f \circ g$，这个新函数在任意点 $y \in Y$ 的取值为 $(f \circ g)(y) = f(y) * g(y)$。

• 证明结合律:

1. 假设 $(X, *)$ 是结合的。取三个函数 $f, g, h \in X^Y$。
2. 我们需要证明 $(f \circ g) \circ h = f \circ (g \circ h)$。两个函数相等意味着它们在定义域中任意一点的取值都相等。
3. 对于任意 $y \in Y$：
4. $((f \circ g) \circ h)(y) = (f \circ g)(y) * h(y) = (f(y) * g(y)) * h(y)$。
5. $(f \circ (g \circ h))(y) = f(y) * (g \circ h)(y) = f(y) * (g(y) * h(y))$。
6. 因为 $f(y), g(y), h(y)$ 都是 $X$ 中的元素，且 $X$ 满足结合律，所以 $(f(y) * g(y)) * h(y) = f(y) * (g(y) * h(y))$。
7. 因此，这两个函数在每一点的取值都相同，所以它们是同一个函数。结合律得证。

• 证明交换律: 证明过程类似，利用 $X$ 的交换律 $f(y)*g(y) = g(y)*f(y)$。

• 证明单位元:

1. 设 $e$ 是 $X$ 的单位元。定义一个常数函数 $E \in X^Y$ 为 $E(y)=e$ 对所有 $y \in Y$。
2. 对于任意函数 $f \in X^Y$ 和任意点 $y \in Y$：
3. $(E \circ f)(y) = E(y) * f(y) = e * f(y) = f(y)$。
4. $(f \circ E)(y) = f(y) * E(y) = f(y) * e = f(y)$。
5. 这说明 $E \circ f = f$ 且 $f \circ E = f$。所以常数函数 $E$ 是 $X^Y$ 的单位元。

• 证明逆元:

1. 设 $f \in X^Y$ 是一个函数，使得对于所有 $y \in Y$, $f(y)$ 在 $X$ 中都有一个逆元 $(f(y))'$。
2. 定义一个新函数 $g \in X^Y$ 为 $g(y) = (f(y))'$。我们证明 $g$ 是 $f$ 的逆函数。
3. 对于任意 $y \in Y$:
4. $(g \circ f)(y) = g(y) * f(y) = (f(y))' * f(y) = e$。这说明 $g \circ f$ 是单位元函数 $E$。
5. $(f \circ g)(y) = f(y) * g(y) = f(y) * (f(y))' = e$。这说明 $f \circ g$ 也是单位元函数 $E$。
6. 因此 $g$ 是 $f$ 的逆函数。

• 结论: 如果 $(G,*)$ 是一个群，那么对于任何集合 $Y$，函数群 $(G^Y, \circ)$ 也是一个群。

这个习题要求我们证明两个群不同构。在前面的习题中，我们已经知道证明不同构的关键是找到一个“结构性”的差异。这里的提示引导我们去考察特定方程解的数量，这本质上是在考察特定阶的元素的数量。

1. 回顾已知信息:
   • 我们知道 $(\mathbb{R}, +)$ 同构于 $(\mathbb{R}^{>0}, \cdot)$。这个同构映射是指数函数 $f(x) = e^x$。它的逆映射是对数函数 $f^{-1}(y) = \ln(y)$。
   • $f(x+y) = e^{x+y} = e^x e^y = f(x)f(y)$，满足同态。
   • $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{>0}$ 是一个双射。
   • 这说明实数加法群和正实数乘法群在结构上是完全一样的。
2. 分析要证明的命题:
   • 我们要证明 $(\mathbb{R}, +)$ 与 $(\mathbb{R}^*, \cdot)$ 不同构。
   • $(\mathbb{R}, +)$ 是实数加法群。
   • $(\mathbb{R}^*, \cdot)$ 是非零实数乘法群。
3. 遵循提示进行分析:
   • 在群 $(\mathbb{R}^*, \cdot)$ 中:
   • 考虑方程 $x^2 = 1$。这里的 1 是 $(\mathbb{R}^*, \cdot)$ 的单位元。
   • 这个方程的解是 $x=1$ 和 $x=-1$。
   • 所以，方程 $x^2=1$ 有两个解。
   • 从阶的角度看，这意味着群 $(\mathbb{R}^*, \cdot)$ 中有一个阶为2的元素（即-1），以及一个阶为1的元素（即1）。

• 在群 $(\mathbb{R}, +)$ 中:
• 我们需要找到与 $x^2=1$ 相“对应”的方程。
• 同构是保持结构的映射。如果 $f: (\mathbb{R}, +) \rightarrow (\mathbb{R}^*, \cdot)$ 是一个同构，那么它必须满足 $f(x+x) = f(x) \cdot f(x) = (f(x))^2$。
• 加法群的单位元是 0。乘法群的单位元是 1。同构必须将单位元映射到单位元，即 $f(0)=1$。
• 那么，乘法群中的方程 $y^2 = 1$ 对应到加法群中是什么呢？
• 设 $y=f(x)$，则方程变为 $(f(x))^2 = f(0)$。
• 利用同态性质，$(f(x))^2 = f(x+x)$。
• 所以，方程等价于 $f(x+x) = f(0)$。
• 因为 $f$ 是同构（特别是单射），所以从 $f(A)=f(B)$ 可以推出 $A=B$。
• 因此， $x+x = 0$，即 $2x=0$。
• 在 $(\mathbb{R}, +)$ 中，方程 $2x=0$ 的唯一解是 $x=0$。
• 所以，在 $(\mathbb{R}, +)$ 中，与 $y^2=1$ 对应的方程 $2x=0$ 只有一个解。
• 从阶的角度看，这意味着群 $(\mathbb{R}, +)$ 中，除了单位元0之外，没有任何阶为2的元素。

1. 得出结论:
   • 群 $(\mathbb{R}^*, \cdot)$ 有一个阶为2的元素 (-1)。
   • 群 $(\mathbb{R}, +)$ 没有阶为2的元素。
   • 一个群中阶为 $n$ 的元素的数量是一个结构不变量。如果两个群同构，它们阶为 $n$ 的元素的数量必须完全相同。
   • 由于这两个群中阶为2的元素数量不同（1个 vs 0个），所以它们不同构。

这个习题要求我们证明一个具体的映射是群同构。这个映射揭示了非零复数乘法群 $(\mathbb{C}^*)$ 的深层结构：它可以被分解为两个更简单的群的直积——正实数乘法群 $(\mathbb{R}^{>0}, \cdot)$ 和单位圆复数乘法群 $(U(1), \cdot)$。这本质上就是复数的极坐标表示的群论版本。

1. 分析涉及的群和函数:
   • 源群: $(G_1, \cdot) = (\mathbb{R}^{>0} \times U(1), \cdot)$。这是一个直积群。
   • 集合是 $\mathbb{R}^{>0} \times U(1)$，元素是形如 $(r, z)$ 的有序对，其中 $r$ 是一个正实数，$z$ 是一个模为1的复数（即 $z=e^{i\theta}$）。
   • 运算是按分量乘法：$(r_1, z_1) \cdot (r_2, z_2) = (r_1r_2, z_1z_2)$。
   • 目标群: $(G_2, \cdot) = (\mathbb{C}^*, \cdot)$，非零复数乘法群。
   • 函数: $F: G_1 \rightarrow G_2$，定义为 $F(r, z) = rz$。这个函数的作用是把一个有序对 $(r, z)$ 变成一个普通的复数，即用正实数 $r$ 去乘以单位圆上的复数 $z$。
2. 回顾已知信息:
   • 题目明确告诉我们，$F$ 是一个双射。这意味着我们不需要再证明它是单射和满射，只需要相信这个已知条件。这个双射的本质是：任何一个非零复数 $w \in \mathbb{C}^*$ 都可以被唯一地表示成它的模长 $r = |w| \in \mathbb{R}^{>0}$ 和它的幅角方向上的单位向量 $z = w/|w| \in U(1)$ 的乘积。即 $w = |w| \cdot (w/|w|)$。所以 $F^{-1}(w) = (|w|, w/|w|)$。
3. 证明F是同态:
   • 要证明 $F$ 是同构，既然已知它是双射，我们唯一需要做的就是证明它是一个同态。
   • 同态条件是：$F((r_1, z_1) \cdot (r_2, z_2)) = F(r_1, z_1) \cdot F(r_2, z_2)$。
   • 计算等式左边:
4. 首先计算源群中的运算：$(r_1, z_1) \cdot (r_2, z_2) = (r_1r_2, z_1z_2)$。
5. 然后将结果代入函数 $F$: $F((r_1r_2, z_1z_2)) = (r_1r_2)(z_1z_2)$。
   • 计算等式右边:
6. 首先分别计算 $F(r_1, z_1)$ 和 $F(r_2, z_2)$: $F(r_1, z_1) = r_1z_1$，$F(r_2, z_2) = r_2z_2$。
7. 然后在目标群 $\mathbb{C}^*$ 中进行运算（复数乘法）: $F(r_1, z_1) \cdot F(r_2, z_2) = (r_1z_1)(r_2z_2)$。
   • 比较左右两边:
   • 左边是 $(r_1r_2)(z_1z_2)$。
   • 右边是 $(r_1z_1)(r_2z_2)$。
   • 因为复数乘法满足结合律和交换律，所以 $(r_1z_1)(r_2z_2) = r_1(z_1r_2)z_2 = r_1(r_2z_1)z_2 = (r_1r_2)(z_1z_2)$。
   • 左右两边相等。
   • 因此，$F$ 满足同态性质。
8. 得出结论:
   • 因为 $F$ 是一个双射（已知），并且我们证明了它是一个同态，所以根据定义，$F$ 是一个群同构。
   • 这证明了 $(\mathbb{R}^{>0} \times U(1), \cdot) \cong (\mathbb{C}^*, \cdot)$。

这个习题引入了对立结构 (opposite structure) 的概念，并要求我们研究一个特定的、非交换的例子，判断它是否与自己的对立结构同构。

1. 理解对立结构:
   • 对立二元结构 $(X^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 是从一个已有的二元结构 $(X, *)$ 构造出来的。
   • 它们的集合是同一个：$X^{\mathrm{op}} = X$。
   • 关键区别在于运算：新的运算 $*^{\mathrm{op}}$ 是把原来运算 * 的操作数顺序反过来。即 $a *^{\mathrm{op}} b = b * a$。
   • 如果原来的结构 $(X, *)$ 是交换的（即 $a*b=b*a$），那么 $a *^{\mathrm{op}} b = b*a = a*b$，这意味着 $*^{\mathrm{op}}$ 和 * 是完全相同的运算，$(X^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 和 $(X, *)$ 是同一个结构。
   • 如果原来的结构是非交换的，那么对立结构就是一个不同的二元结构。
2. 分析给定的特殊结构:
   • 结构 $(X, *)$: 集合 $X$ 非空，运算规则是 $a*b=a$。这个运算叫做“左投影”或“左零半群”。它总是返回左边的操作数。
   • 描述对立结构 $(X^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$:
   • 集合是 $X^{\mathrm{op}} = X$。
   • 运算规则是 $a *^{\mathrm{op}} b = b * a$。
   • 根据 $(X,*)$ 的定义，$b*a = b$。
   • 所以，对立结构的运算是 $a *^{\mathrm{op}} b = b$。这个运算叫做“右投影”或“右零半群”。它总是返回右边的操作数。
3. 判断是否同构:
   • 问题是：$(X, *)$ 是否同构于 $(X^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$？
   • 即，是否存在一个双射 $f: X \rightarrow X$ 使得它保持运算结构，即 $f(a*b) = f(a) *^{\mathrm{op}} f(b)$ 对所有 $a,b \in X$ 成立。
   • 我们来分析这个同态条件：
   • 左边: $f(a*b) = f(a)$ (因为 $a*b=a$)。
   • 右边: $f(a) *^{\mathrm{op}} f(b) = f(b)$ (因为 $x *^{\mathrm{op}} y = y$)。
   • 所以，同态条件变成了 $f(a) = f(b)$。
   • 这个条件 $f(a)=f(b)$ 必须对所有 $a, b \in X$ 都成立。
   • 但是题目假设了 $X$ 至少有两个元素，设为 $a_1 \neq a_2$。
   • 如果 $f$ 要满足同态条件，就必须有 $f(a_1)=f(a_2)$。
   • 一个函数如果将两个不同的输入 ($a_1 \neq a_2$) 映射到同一个输出，那么这个函数就不是单射。
   • 而同构的定义要求函数必须是双射，前提是必须是单射。
   • 既然任何满足同态条件的函数 $f$ 都不是单射（只要 $|X| \ge 2$），那么就不可能存在一个既是同态又是双射的函数。
   • 因此，不存在这样的同构。
4. 结论:
   • 如果 $X$ 至少有两个元素，那么 $(X, *)$ 和 $(X^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 不同构。

这个习题要求我们分析两种基本的集合运算——并集和交集——作为二元结构时的代数性质。这里的集合是给定集合 $X$ 的幂集 $\mathcal{P}(X)$，即 $X$ 的所有子集构成的集合。

(i) 幂集上的并集运算 $(\mathcal{P}(X), \cup)$

1. 二元结构:
   • 集合: $\mathcal{P}(X)$，例如，如果 $X=\{1,2\}$，则 $\mathcal{P}(X) = \{\emptyset, \{1\}, \{2\}, \{1,2\}\}$。
   • 运算: $\cup$ (并集)。对于任意两个子集 $A, B \subseteq X$，$A \cup B$ 也是 $X$ 的一个子集，所以运算是封闭的。
2. 是结合的吗? (Associative)
   • 我们需要验证 $(A \cup B) \cup C = A \cup (B \cup C)$ 是否对所有 $A, B, C \in \mathcal{P}(X)$ 成立。
   • 根据并集的定义，一个元素 $x$ 属于 $A \cup B$ 当且仅当 $x \in A$ 或 $x \in B$。
   • $x \in (A \cup B) \cup C \iff (x \in A \text{ or } x \in B) \text{ or } x \in C$。
   • $x \in A \cup (B \cup C) \iff x \in A \text{ or } (x \in B \text{ or } x \in C)$。
   • 逻辑上的“或”运算是满足结合律的。所以，左右两边的条件等价。
   • 结论: 是，并集运算是结合的。
3. 是交换的吗? (Commutative)
   • 我们需要验证 $A \cup B = B \cup A$ 是否成立。
   • $x \in A \cup B \iff x \in A \text{ or } x \in B$。
   • $x \in B \cup A \iff x \in B \text{ or } x \in A$。
   • 逻辑上的“或”运算是满足交换律的。
   • 结论: 是，并集运算是交换的。
4. 是否存在单位元? (Identity Element)
   • 我们需要寻找一个集合 $E \in \mathcal{P}(X)$，使得对于任意 $A \in \mathcal{P}(X)$，都有 $A \cup E = A$ 并且 $E \cup A = A$。
   • $A \cup E = A$ 意味着向 $A$ 中加入 $E$ 的元素后，集合 $A$ 不变。这只有在 $E$ 中没有任何 $A$ 之外的元素时才可能。为了对所有 $A$ 都成立，E必须不包含任何元素。
   • 这个集合就是空集 $\emptyset$。
   • 验证: $A \cup \emptyset = \{x \mid x \in A \text{ or } x \in \emptyset\} = \{x \mid x \in A\} = A$。
   • 结论: 是，存在单位元，它就是空集 $\emptyset$。
5. 哪些元素有逆元? (Inverse Element)
   • 如果一个元素 $A$ 有逆元 $A'$，那么必须满足 $A \cup A' = \emptyset$ (其中 $\emptyset$ 是单位元)。
   • $A \cup A'$ 的结果是包含了 $A$ 和 $A'$ 中所有元素的集合。这个结果怎么可能是空集呢？
   • 只有一种可能：$A$ 本身就是空集，并且 $A'$ 也是空集。
   • 如果 $A = \emptyset$，那么它的逆元 $A'$ 必须满足 $\emptyset \cup A' = \emptyset$，这要求 $A'$ 也必须是 $\emptyset$。所以，$\emptyset$ 的逆元是 $\emptyset$。
   • 如果 $A$ 不是空集，那么 $A \cup A'$ 至少包含了 $A$ 中的元素，所以 $A \cup A'$ 永远不可能等于 $\emptyset$。
   • 结论: 只有单位元 $\emptyset$ 自身有逆元。

(ii) 幂集上的交集运算 $(\mathcal{P}(X), \cap)$

1. 二元结构: $(\mathcal{P}(X), \cap)$。运算是交集，封闭性显然。
2. 是结合的吗?
   • 验证 $(A \cap B) \cap C = A \cap (B \cap C)$。
   • $x \in (A \cap B) \cap C \iff (x \in A \text{ and } x \in B) \text{ and } x \in C$。
   • $x \in A \cap (B \cap C) \iff x \in A \text{ and } (x \in B \text{ and } x \in C)$。
   • 逻辑上的“与”运算是结合的。
   • 结论: 是，交集运算是结合的。
3. 是交换的吗?
   • 验证 $A \cap B = B \cap A$。
   • $x \in A \cap B \iff x \in A \text{ and } x \in B$。
   • $x \in B \cap A \iff x \in B \text{ and } x \in A$。
   • 逻辑上的“与”运算是交换的。
   • 结论: 是，交集运算是交换的。
4. 是否存在单位元?
   • 我们需要寻找一个集合 $E \in \mathcal{P}(X)$，使得 $A \cap E = A$ 对所有 $A$ 成立。
   • $A \cap E = A$ 意味着 $A$ 和 $E$ 的公共部分就是 $A$ 本身。这说明 $A$ 必须是 $E$ 的子集，即 $A \subseteq E$。
   • 为了让这个条件对所有的子集 $A \in \mathcal{P}(X)$ 都成立，这个 $E$ 必须包含 $X$ 的所有子集。唯一能做到这一点的集合就是全集 $X$ 自身。
   • 验证: $A \cap X = \{x \mid x \in A \text{ and } x \in X\} = \{x \mid x \in A\} = A$。（因为 $A$ 是 $X$ 的子集）
   • 结论: 是，存在单位元，它就是全集 $X$。
5. 哪些元素有逆元?
   • 如果 $A$ 有逆元 $A'$，必须满足 $A \cap A' = X$ (其中 $X$ 是单位元)。
   • $A \cap A'$ 的结果是 $A$ 和 $A'$ 的公共部分。这个公共部分怎么可能等于全集 $X$ 呢？
   • 因为 $A \cap A' \subseteq A$ 且 $A \cap A' \subseteq A'$，所以要使 $A \cap A' = X$，必须有 $X \subseteq A$ 和 $X \subseteq A'$。
   • 由于 $A, A'$ 都是 $X$ 的子集，这迫使 $A=X$ 且 $A'=X$。
   • 如果 $A=X$，它的逆元 $A'$ 必须满足 $X \cap A' = X$，这要求 $A'$ 必须是 $X$。所以 $X$ 的逆元是 $X$。
   • 如果 $A \neq X$，那么 $A \cap A'$ 必然是 $A$ 的一个子集，所以它不可能是 $X$。
   • 结论: 只有单位元 $X$ 自身有逆元。

这个习题要求我们分析一个非常简单的二元结构：集合 $\{0, 1\}$ 上的普通乘法。这是一个基础的例子，有助于理解代数性质在具体运算中的体现。

1. 制作运算表 (凯莱表):
   • 集合: $X = \{0, 1\}$。
   • 运算: · (普通乘法)。
   • 我们需要计算所有可能的组合：$0 \cdot 0, 0 \cdot 1, 1 \cdot 0, 1 \cdot 1$。
   • $0 \cdot 0 = 0$
   • $0 \cdot 1 = 0$
   • $1 \cdot 0 = 0$
   • $1 \cdot 1 = 1$
   • 将这些结果填入表格：

1. 是结合的吗? (Associative)
   • 我们需要验证 $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$ 在 $X=\{0,1\}$ 上是否恒成立。
   • 因为这是我们熟悉的整数乘法的一部分，而整数乘法是满足结合律的，所以它在这里也必然是结合的。
   • 例如，$(1 \cdot 0) \cdot 1 = 0 \cdot 1 = 0$。$1 \cdot (0 \cdot 1) = 1 \cdot 0 = 0$。
   • 结论: 是，它是结合的。
2. 是交换的吗? (Commutative)
   • 我们需要验证 $a \cdot b = b \cdot a$。
   • 这同样是整数乘法的基本性质，所以是交换的。
   • 从表格上看，表格关于主对角线（左上到右下）是对称的（$0 \cdot 1 = 0$ 和 $1 \cdot 0 = 0$ 相等）。
   • 结论: 是，它是交换的。
3. 是否存在单位元? (Identity Element)
   • 我们需要寻找一个元素 $e \in \{0,1\}$，使得对所有 $a \in \{0,1\}$，都有 $a \cdot e = a$ 并且 $e \cdot a = a$。
   • 检查 0: $1 \cdot 0 = 0 \neq 1$。所以 0 不是单位元。
   • 检查 1: $0 \cdot 1 = 0$，$1 \cdot 1 = 1$。对所有元素 $a$，都有 $a \cdot 1 = a$。由于运算是交换的，所以 $1 \cdot a = a$ 也成立。
   • 结论: 是，存在单位元，它就是 1。
4. 每个元素都有逆元吗? (Inverse Element)
   • 单位元是 1。我们需要对每个元素 $a$ 寻找一个逆元 $a'$，使得 $a \cdot a' = 1$。
   • 对于元素 1: 我们需要找一个 $a'$ 使得 $1 \cdot a' = 1$。取 $a'=1$ 即可，因为 $1 \cdot 1 = 1$。所以 1 的逆元是 1。
   • 对于元素 0: 我们需要找一个 $a'$ 使得 $0 \cdot a' = 1$。但是，0 乘以任何数（0或1）都等于0，永远不可能等于1。所以 0 没有逆元。
   • 结论: 不是每个元素都有逆元。只有 1 有逆元。
5. 最终分析:
   • 这个结构 $(\{0,1\}, \cdot)$ 满足结合律、交换律，有单位元 1，但并非所有元素都有逆元。
   • 因此，它不是一个群。它是一个交换幺半群 (Commutative Monoid)。

这个习题给出了一个3阶二元结构的凯莱表，并要求我们分析它的一系列代数性质，特别是结合律。题目还给了一个很强的提示：可以不经计算就预判结合律不成立。

1. 是交换的吗? (Commutative)
   • 检查凯莱表是否关于主对角线（从左上到右下）对称。
   • $a*e = a$, $e*a = a$ (相等)
   • $b*e = b$, $e*b = b$ (相等)
   • $b*a = e$, $a*b = e$ (相等)
   • 由于对所有元素 $x,y$，都有 $x*y=y*x$，所以表格是对称的。
   • 结论: 是，该运算是交换的。
2. 是否存在单位元? (Identity Element)
   • 检查是否存在一个元素 i，使得第 i 行和表头一样，并且第 i 列也和表头一样。
   • 观察第一行: e, a, b，和表头 e, a, b 相同。
   • 观察第一列: e, a, b，和表头 e, a, b 相同。
   • 这说明 e 就是单位元。
   • 结论: 是，存在单位元，它就是 e。
3. 每个元素都有唯一的逆元吗? (Unique Inverse)
   • 单位元是 e。我们对每个元素 $x$ 寻找一个逆元 $x'$ 使得 $x*x' = e$。
   • 对于 e: $e*e = e$。所以 e 的逆元是 e。这是唯一的。
   • 对于 a: 在 a 所在行寻找 e。我们发现 $a*a = e$ 并且 $a*b = e$。这意味着 a 和 b 都是 a 的逆元。
   • 逆元不唯一。
   • 对于 b: 在 b 所在行寻找 e。我们发现 $b*a = e$ 并且 $b*b = e$。这意味着 a 和 b 也都是 b 的逆元。
   • 结论: 不是。元素 a 和 b 的逆元不唯一。
4. 如何在不进行任何计算的情况下知道*不能是结合的？
   • 这是一个非常深刻的问题，其答案基于群的一个基本定理。
   • 定理: 在一个群中，如果一个元素存在逆元，那么它的逆元必须是唯一的。
   • 推理:
5. 我们已经发现这个结构 $(\{e,a,b\}, *)$ 中，元素 a 的逆元不唯一。
6. 群的定义要求满足四个条件：封闭性、结合律、有单位元、每个元素都有逆元。
7. 如果这个结构是一个群，那么它必须满足结合律，并且根据上述定理，每个元素的逆元必须唯一。
8. 但我们已经观察到逆元不唯一。
9. 这就产生了一个矛盾。为了解决这个矛盾，唯一的可能性就是这个结构从一开始就不是一个群。
10. 它满足封闭性（表中没有新元素出现）、有单位元（e）、每个元素也确实有逆元（虽然不唯一）。那么，唯一可能被违反的群公理就是结合律。
    • 结论: 因为该结构中存在元素的逆元不唯一，而这在任何群中都是不被允许的，所以该结构必然不是一个群。由于它已经满足了其他三个看起来像群的性质（封闭，单位元，逆元存在），那么被破坏的一定是结合律。
11. 找到一个结合律失败的明确例子。
    • 我们需要找到三个元素 $x, y, z$ 使得 $(x*y)*z \neq x*(y*z)$。我们来尝试一下。
    • 让我们尝试 $x=a, y=a, z=b$。
    • 左边: $(a*a)*b$
    • 从表中查到 $a*a=e$。
    • 所以 $(a*a)*b = e*b$。
    • 从表中查到 $e*b=b$。
    • 所以左边的结果是 b。
    • 右边: $a*(a*b)$
    • 从表中查到 $a*b=e$。
    • 所以 $a*(a*b) = a*e$。
    • 从表中查到 $a*e=a$。
    • 所以右边的结果是 a。
    • 因为 $b \neq a$，所以 $(a*a)*b \neq a*(a*b)$。
    • 结论: 结合律在 $(a, a, b)$ 这个组合上失败了。

这个习题要求我们分析集合 $\{0,1,2,3\}$ 在“取绝对差”这个运算下的代数性质，并判断它是否构成一个群。

1. 制作运算表 (凯莱表):
   • 集合: $X = \{0, 1, 2, 3\}$。
   • 运算: $a*b = |a-b|$。
   • 计算所有组合：
   • $0*0=|0-0|=0, 0*1=|0-1|=1, 0*2=|0-2|=2, 0*3=|0-3|=3$
   • $1*0=|1-0|=1, 1*1=|1-1|=0, 1*2=|1-2|=1, 1*3=|1-3|=2$
   • $2*0=|2-0|=2, 2*1=|2-1|=1, 2*2=|2-2|=0, 2*3=|2-3|=1$
   • $3*0=|3-0|=3, 3*1=|3-1|=2, 3*2=|3-2|=1, 3*3=|3-3|=0$
   • 表格如下：

1. 证明 $*$ 是交换的:
   • 我们需要证明 $a*b = b*a$。
   • $a*b = |a-b|$。
   • $b*a = |b-a| = |-(a-b)| = |a-b|$。
   • 两者相等。所以运算是交换的。
   • 从表格上看，表格关于主对角线是对称的，也验证了交换律。
2. 证明单位元和逆元存在:
   • 单位元: 寻找一个元素 $e$，使得 $a*e = a$ 对所有 $a$ 成立。
   • 检查 0: $a*0 = |a-0| = |a| = a$ (因为 $a \in \{0,1,2,3\}$ 都是非负的)。
   • 所以 0 是单位元。
   • 逆元: 对每个元素 $a$，寻找一个逆元 $a'$ 使得 $a*a'=0$ (单位元)。
   • 即 $|a-a'|=0$, 这意味着 $a-a'=0$, 即 $a'=a$。
   • 对于 0: 逆元是 0, 因为 $0*0=0$。
   • 对于 1: 逆元是 1, 因为 $1*1=0$。
   • 对于 2: 逆元是 2, 因为 $2*2=0$。
   • 对于 3: 逆元是 3, 因为 $3*3=0$。
   • 结论: 存在单位元 0，并且每个元素都有逆元，即它自身。
3. “数独性质”成立吗？
   • “数独性质”（也叫拉丁方性质）是指在群的凯莱表中，每一行和每一列都包含了群的所有元素，且每个元素只出现一次。
   • 我们来检查表格：
   • 第一行: 0, 1, 2, 3。满足。
   • 第二行: 1, 0, 1, 2。元素 1 出现了两次，3 没有出现。不满足。
   • 第三行: 2, 1, 0, 1。元素 1 出现了两次，3 没有出现。不满足。
   • 第四行: 3, 2, 1, 0。满足。
   • 结论: “数独性质”不成立。
4. 一个群的哪个定义性质必须对 $(X, *)$ 失败？
   • 我们已经验证了：
   • 封闭性: 成立 (结果都在0,1,2,3内)。
   • 单位元: 成立 (是0)。
   • 逆元: 成立 (每个元素是自身的逆元)。
   • 交换律: 成立 (额外性质)。
   • 群的四个基本公理是封闭性、结合律、单位元、逆元。
   • 既然“数独性质”不成立，这就强烈暗示这个结构不是一个群。（因为所有群的凯莱表都必须满足数独性质）。
   • 那么，唯一可能失败的基本公理就是结合律。
   • 我们来找一个结合律失败的例子：$(a*b)*c \neq a*(b*c)$。
   • 尝试 $a=1, b=2, c=3$。
   • 左边: $(1*2)*3 = |1-2|*3 = 1*3 = |1-3| = 2$。
   • 右边: $1*(2*3) = 1*|2-3| = 1*1 = |1-1| = 0$。
   • 左边 $2 \neq$ 右边 $0$。
   • 结论: 结合律失败了。这就是它不是一个群的原因。

这个习题要求我们证明任何一个群都与其对立群同构。这与习题2.6中那个特定的非群结构形成鲜明对比，那里的结构与其对立结构不同构。这里的关键在于群的公理（特别是逆元的存在）提供了一个天然的“反转顺序”的工具。

1. 分析对立群的结构:
   • 首先，我们需要确认 $(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 本身确实是一个群。
   • 封闭性: 显然。如果 $x,y \in G$，那么 $y*x$ 也一定在 $G$ 中。
   • 结合律: 我们需要验证 $(a *^{\mathrm{op}} b) *^{\mathrm{op}} c = a *^{\mathrm{op}} (b *^{\mathrm{op}} c)$。
   • 左边: $(b*a)*^{\mathrm{op}}c = c*(b*a)$。
   • 右边: $a*^{\mathrm{op}}(c*b) = (c*b)*a$。
   • 因为 $(G,*)$ 是群，它满足结合律，所以 $c*(b*a) = (c*b)*a$。所以 $(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 也满足结合律。
   • 单位元: $(G,*)$ 的单位元 $e$ 也是 $(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 的单位元。因为 $a*^{\mathrm{op}}e = e*a = a$ 且 $e*^{\mathrm{op}}a = a*e = a$。
   • 逆元: 对于任意元素 $a \in G$，它在 $(G,*)$ 中的逆元 $a^{-1}$ 也是它在 $(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 中的逆元。因为 $a*^{\mathrm{op}}a^{-1} = a^{-1}*a = e$ 且 $a^{-1}*^{\mathrm{op}}a = a*a^{-1} = e$。
   • 所以，$(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 确实是一个群。
2. 寻找同构映射:
   • 我们要找一个同构 $f: (G,*) \rightarrow (G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$。
   • 这个函数 $f$ 必须是双射，并且满足同态条件: $f(x*y) = f(x) *^{\mathrm{op}} f(y)$。
   • 让我们分析一下同态条件: $f(x*y) = f(y) * f(x)$。
   • 这个条件是说，函数 $f$ 作用于一个乘积的结果，等于先对每个因子作用 $f$ 然后以相反的顺序相乘。这种性质被称为反同态 (anti-homomorphism)。
   • 提示说：“我们已经知道这样的函数”。在群论中，最著名的具有“反转顺序”性质的函数是什么？是求逆元的运算！
   • 我们知道群的一个基本性质是 $(x*y)^{-1} = y^{-1} * x^{-1}$。
   • 这启发我们尝试定义映射 $f(x) = x^{-1}$。
3. 验证 $f(x)=x^{-1}$ 是否为同构:
   • 函数: $f: G \rightarrow G^{\mathrm{op}}$ 定义为 $f(x) = x^{-1}$。
   • 证明 $f$ 是双射:
   • 单射: 如果 $f(x)=f(y)$，则 $x^{-1}=y^{-1}$。两边同时求逆元，得到 $(x^{-1})^{-1}=(y^{-1})^{-1}$，即 $x=y$。所以是单射。
   • 满射: 对于 $(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 中的任意元素 $y$ (它也在 $G$ 中)，我们能找到一个 $x \in G$ 使得 $f(x)=y$ 吗？即 $x^{-1}=y$。是的，取 $x=y^{-1}$ 即可。因为 $y \in G$，所以 $y^{-1}$ 也存在于 $G$ 中。所以是满射。
   • 因此，$f(x)=x^{-1}$ 是一个双射。

• 证明 $f$ 是同态:

1. 我们需要验证 $f(x*y) = f(x) *^{\mathrm{op}} f(y)$。
2. 左边: $f(x*y) = (x*y)^{-1}$。
3. 右边: $f(x) *^{\mathrm{op}} f(y) = x^{-1} *^{\mathrm{op}} y^{-1}$。
4. 根据 $*^{\mathrm{op}}$ 的定义，$x^{-1} *^{\mathrm{op}} y^{-1} = y^{-1} * x^{-1}$。
5. 群的基本性质告诉我们 $(x*y)^{-1} = y^{-1} * x^{-1}$。
6. 所以，左边 = 右边。同态性质得证。
7. 得出结论:
   • 函数 $f(x)=x^{-1}$ 是一个从 $(G,*)$到 $(G^{\mathrm{op}}, *^{\mathrm{op}})$ 的同构。
   • 因此，任何群都与其对立群同构。

这个习题引入了左/右平移映射 (left/right translation map) 的概念，并要求我们研究这些映射的复合规则。这个概念是凯莱定理 (Cayley's Theorem) 的基础，该定理表明任何一个有限群都同构于一个置换群的子群。

1. 理解左平移映射 $\ell_a$:
   • 对于群 $G$ 中的每一个固定元素 $a$，我们都可以定义一个函数 $\ell_a: G \rightarrow G$。
   • 这个函数的作用是，将输入的任意元素 $x$ 变成 $a*x$。也就是说，用 $a$ 从左边去乘 $G$ 中的每一个元素。
   • 题目中已说明这是一个双射。为什么呢？
   • 单射: 如果 $\ell_a(x) = \ell_a(y)$，则 $a*x = a*y$。根据群的消去律（两边左乘 $a^{-1}$），得到 $x=y$。
   • 满射: 对于任意 $z \in G$，我们能找到一个 $x$ 使得 $\ell_a(x)=z$ 吗？即 $a*x=z$。是的，取 $x = a^{-1}*z$ 即可。
   • 所以 $\ell_a$ 是 $G$ 到 $G$ 的一个置换（一个集合到自身的双射）。
2. 函数 $\ell_e$ 的另一个名称是什么？
   • $e$ 是群的单位元。
   • $\ell_e(x)$ 的定义是 $e*x$。
   • 根据单位元的性质，$e*x=x$ 对所有 $x \in G$ 成立。
   • 一个将每个元素 $x$ 映射到自身的函数，被称为恒等映射 (Identity Map)，记作 $\operatorname{Id}_G$。
   • 结论: $\ell_e$ 是恒等映射 $\operatorname{Id}_G$。
3. 陈述并证明组合 $\ell_a \circ \ell_b$ 的公式:
   • 陈述公式: 我们猜测 $\ell_a \circ \ell_b = \ell_{ab}$ (这里的 $ab$ 是 $a*b$ 的简写)。
   • 证明: 要证明两个函数相等，需要证明它们对定义域中任意一个元素的取值都相等。
4. 设 $x \in G$ 是任意元素。
5. 计算 $(\ell_a \circ \ell_b)(x)$：
6. 根据函数复合的定义，$(\ell_a \circ \ell_b)(x) = \ell_a(\ell_b(x))$。
7. 根据 $\ell_b$ 的定义，$\ell_b(x) = b*x$。
8. 代入得 $\ell_a(b*x)$。
9. 根据 $\ell_a$ 的定义，$\ell_a(b*x) = a*(b*x)$。
10. 因为群的运算满足结合律，所以 $a*(b*x) = (a*b)*x$。
11. 根据 $\ell_{a*b}$ 的定义，$(a*b)*x = \ell_{a*b}(x)$。
12. 我们已经证明了对于任意 $x \in G$，都有 $(\ell_a \circ \ell_b)(x) = \ell_{a*b}(x)$。
13. 结论: 因此，$\ell_a \circ \ell_b = \ell_{a*b}$。
14. 对于右平移 $r_a$ 的类似陈述:
    • 定义: $r_a: G \rightarrow G$ 由 $r_a(x) = x*a$ 定义。这是用 $a$ 从右边去乘。
    • 关于 $r_e$:
    • $r_e(x) = x*e = x$。
    • 结论: $r_e$ 也是恒等映射 $\operatorname{Id}_G$。
    • 关于组合 $r_a \circ r_b$:
    • 陈述公式: 我们猜测 $r_a \circ r_b = r_{ba}$。注意，顺序是反的！
    • 证明:
15. 设 $x \in G$。
16. $(\_a \circ r_b)(x) = r_a(r_b(x))$。
17. $r_b(x) = x*b$。
18. 代入得 $r_a(x*b)$。
19. $r_a(x*b) = (x*b)*a$。
20. 利用结合律，$ (x*b)*a = x*(b*a)$。
21. 根据 $r_{b*a}$ 的定义， $x*(b*a) = r_{b*a}(x)$。
22. 结论: 因此，$r_a \circ r_b = r_{b*a}$。

这个习题要求我们分析一个在模算术群 $\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}$ 上的映射 $f([a])=[2a]$，并证明它是一个同构。题目给出了一个非常重要的提示，指导我们如何通过寻找乘法逆元来构造逆函数，从而证明双射性。

1. 理解背景:
   • 群: $(\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}, +)$ 是整数模13的加法群。它的元素是同余类 $\{[0], [1], \dots, [12]\}$。
   • 映射: $f([a])=[2a]$。这个函数将一个同余类 $[a]$ 映射到它的两倍，即 $[2] \cdot [a]$ (这里的乘法是模13乘法)。
   • 验证 $f([8])=[3]$: $f([8]) = [2 \cdot 8] = [16]$。因为 $16 = 1 \cdot 13 + 3$，所以 $[16] = [3]$。验证通过。
2. 证明 $f$ 是双射 (根据提示):
   • 要证明一个函数是双射，一个有效的方法是找到它的逆函数。如果逆函数存在，那么原函数必然是双射。
   • 寻找逆函数 g: 设 $f([a]) = [b]$，即 $[2a]=[b]$。我们想找到一个函数 $g$ 使得 $g([b])=[a]$。
   • 方程是 $2a \equiv b \pmod{13}$。
   • 这是一个线性同余方程。为了解出 $a$，我们需要在方程两边乘以 2 的模13乘法逆元。
   • 设这个逆元为 $k$，即 $k \cdot 2 \equiv 1 \pmod{13}$。
   • 在 $2a \equiv b$ 两边乘以 $k$: $k(2a) \equiv kb \pmod{13}$。
   • $(k \cdot 2)a \equiv kb \pmod{13}$。
   • $1 \cdot a \equiv kb \pmod{13}$，即 $a \equiv kb \pmod{13}$。
   • 所以，$[a] = [kb]$。
   • 这启发我们逆函数的形式是 $g([b]) = [kb]$。
   • 找到 k: 我们需要解方程 $2k \equiv 1 \pmod{13}$。
   • 我们可以逐一尝试：$2 \cdot 1=2, 2 \cdot 2=4, \dots, 2 \cdot 6=12 \equiv -1, 2 \cdot 7=14 \equiv 1$。
   • 找到了！$k=7$。所以 $[2]$ 在模13下的乘法逆元是 $[7]$。
   • 定义逆函数: $g([a]) = [7a]$。
   • 验证 g 是 f 的逆函数:
   • $(g \circ f)([a]) = g(f([a])) = g([2a]) = [7 \cdot (2a)] = [14a]$。由于 $14 \equiv 1 \pmod{13}$，所以 $[14a]=[1a]=[a]$。所以 $g \circ f = \operatorname{Id}$。
   • $(f \circ g)([a]) = f(g([a])) = f([7a]) = [2 \cdot (7a)] = [14a] = [a]$。所以 $f \circ g = \operatorname{Id}$。
   • 因为我们成功找到了逆函数 $g$，所以 $f$ 是一个双射。
3. 证明 $f$ 是同构:
   • 我们已经证明了 $f$ 是双射。现在只需要证明它是同态。
   • 群的运算是加法 +。我们需要验证 $f([a]+[b]) = f([a])+f([b])$。
   • 左边: $f([a]+[b]) = f([a+b]) = [2(a+b)] = [2a+2b]$。
   • 右边: $f([a])+f([b]) = [2a] + [2b] = [2a+2b]$。
   • 左边 = 右边。同态性质得证。
4. 得出结论:
   • 因为 $f$ 既是同态又是双射，所以它是一个从 $(\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}, +)$ 到其自身的同构。这种同构称为自同构 (automorphism)。

这个习题通过三个部分，引导我们利用群的基本公理来推导群的一些重要性质。这些都是非常经典的练习，展示了抽象代数证明的魅力。

(i) 证明幂等元必是单位元

• 问题: 在一个群中，如果有一个元素 $x$ 满足 $x*x=x$，证明这个 $x$ 必然是单位元 $e$。满足 $x*x=x$ 的元素被称为幂等元 (idempotent element)。
• 证明:

1. 我们从已知等式开始: $x*x = x$。
2. 因为 $(G,*)$ 是一个群，所以元素 $x$ 必然有一个逆元 $x^{-1}$ 存在于 $G$ 中。
3. 在等式 $x*x=x$ 的两边同时左乘 $x^{-1}$ (或者右乘，都可以)。
4. $x^{-1} * (x*x) = x^{-1} * x$。
5. 利用结合律，左边变成 $(x^{-1}*x)*x$。
6. 根据逆元的定义，$x^{-1}*x = e$。
7. 所以等式变为 $e*x = e$。
8. 根据单位元的定义，$e*x=x$。
9. 所以我们得到 $x=e$。
10. 证明完毕。
    • 结论: 在一个群中，唯一的幂等元就是单位元。

(ii) 证明一个特殊的指数定律可以导出交换律

• 问题: 在一个群中，如果对所有 $x,y$ 都成立 $(xy)^2 = x^2y^2$ (使用简写)，证明这个群是阿贝尔群（即交换群）。
• 证明:

1. 我们的目标是证明 $x*y = y*x$ 对所有 $x,y \in G$ 成立。
2. 展开已知条件: $(x*y)^2 = (x*y)*(x*y)$。$x^2 = x*x$。$y^2 = y*y$。
3. 所以已知等式是: $(x*y)*(x*y) = (x*x)*(y*y)$。
4. 展开左边: $x*y*x*y$。所以我们有 $x*y*x*y = x*x*y*y$。
5. 现在我们利用群的消去律。
6. 在等式 $x*y*x*y = x*x*y*y$ 的两边同时左乘 $x^{-1}$。
7. $x^{-1}*(x*y*x*y) = x^{-1}*(x*x*y*y)$。
8. 利用结合律和逆元定义，得到 $y*x*y = x*y*y$。
9. 在新的等式 $y*x*y = x*y*y$ 的两边同时右乘 $y^{-1}$。
10. $(y*x*y)*y^{-1} = (x*y*y)*y^{-1}$。
11. 利用结合律和逆元定义，得到 $y*x = x*y$。
12. 这正是阿贝尔群的定义。证明完毕。

(iii) 证明所有元素的阶都为2的群是阿贝尔群

• 问题: 在一个群中，如果对所有元素 $x$ 都有 $x*x=e$ (即 $x^2=e$)，证明这个群是阿贝尔群。这意味着除了单位元外，所有元素的阶都是2。
• 证明:

1. 我们的目标是证明 $x*y = y*x$。
2. 从已知条件 $g*g=e$ 对所有 $g \in G$ 成立。
3. 这个条件的一个直接推论是：每个元素的逆元都是它自身。因为从 $x*x=e$，两边右乘 $x^{-1}$ 得到 $x=x^{-1}$。
4. 现在考虑两个任意元素 $x, y \in G$。它们的乘积 $x*y$ 也是 $G$ 中的一个元素。
5. 所以，这个乘积也必须满足那个性质，即 $(x*y)*(x*y) = e$。
6. 我们从这个等式出发: $x*y*x*y = e$。
7. 在等式两边同时左乘 $x$。
8. $x*(x*y*x*y) = x*e$。
9. 利用结合律和单位元定义: $(x*x)*y*x*y = x$。
10. 因为 $x*x=e$，所以 $e*y*x*y = x$，即 $y*x*y = x$。
11. 现在在新的等式 $y*x*y = x$ 的两边同时右乘 $y$。
12. $(y*x*y)*y = x*y$。
13. 利用结合律: $y*x*(y*y) = x*y$。
14. 因为 $y*y=e$，所以 $y*x*e = x*y$，即 $y*x = x*y$。
15. 证明完毕。
    • 另证 (更简洁):
16. 我们已知 $x=x^{-1}$ 和 $y=y^{-1}$。
17. 考虑乘积 $xy$。它的逆元是 $(xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1}$。
18. 但根据本群的性质，任何元素（包括 $xy$）的逆元都是它自身。所以 $(xy)^{-1}=xy$。
19. 因此我们有 $xy = y^{-1}x^{-1}$。
20. 又因为 $y^{-1}=y$ 且 $x^{-1}=x$，所以 $xy = yx$。证明完毕。

这个习题提供了一个与标准定义等价的群的定义。标准定义是：封闭性、结合律、单位元、逆元。这里的定义是：封闭性、结合律、方程 $ax=b$ 和 $ya=b$ 总有解。我们要证明后者可以推出前者。

1. 分析已知条件:
   • $(X, *)$ 是一个二元结构 (满足封闭性)。
   • * 是结合的。
   • 可解性: 对任意 $a, b \in X$，方程 $a*x=b$ 和 $y*a=b$ 在 $X$ 中都有解。这本质上是说，可以从任何元素 $a$ 通过左乘或右乘到达任何其他元素 $b$。
2. 证明步骤 (根据提示):

• 第一步：证明存在左单位元

1. 取一个任意的元素 $a \in X$ (因为 $X$ 非空)。
2. 根据“可解性”，方程 $y*a=a$ 必然有解。设其中一个解为 $e_a$。所以 $e_a * a = a$。
3. 这个 $e_a$ 看起来像是 $a$ 的“左单位元”。我们要证明它对所有元素都是左单位元。
4. 设 $b$ 是 $X$ 中任意一个其他元素。
5. 根据“可解性”，方程 $a*y=b$ 必然有解。设其中一个解为 $y_0$。所以 $a*y_0 = b$。
6. 现在我们来计算 $e_a * b$：
7. $e_a * b = e_a * (a*y_0)$ (因为 $b=a*y_0$)
8. 利用结合律，$= (e_a * a) * y_0$
9. 根据 $e_a$ 的定义，$= a * y_0$
10. 根据 $y_0$ 的定义，$= b$。
11. 我们证明了 $e_a * b = b$ 对任意 $b \in X$ 成立。所以 $e_a$ 是一个左单位元。我们把它记作 $e_L$。

• 第二步：证明存在右单位元，并证明左右单位元相等

1. 完全对称地，对于任意 $a \in X$，方程 $a*x=a$ 有解，设为 $e'_a$。所以 $a*e'_a = a$。
2. 可以证明 $e'_a$ 是一个右单位元 $e_R$，即对所有 $b \in X$，都有 $b*e'_a = b$。
3. 现在我们有两个单位元：一个左边的 $e_L$ 和一个右边的 $e_R$。
4. 考虑 $e_L * e_R$。
5. 因为 $e_L$ 是左单位元，所以 $e_L * e_R = e_R$。
6. 因为 $e_R$ 是右单位元，所以 $e_L * e_R = e_L$。
7. 因此，$e_L = e_R$。
8. 这就证明了存在一个唯一的、既是左又是右的单位元。我们称之为 $e$。

• 第三步：证明存在逆元

1. 现在我们知道存在单位元 $e$。
2. 对于任意元素 $a \in X$，我们需要找到一个逆元。
3. 根据“可解性”，方程 $y*a=e$ 必然有解。设一个解为 $a'$。所以 $a' * a = e$。这说明 $a'$ 是 $a$ 的左逆元。
4. 同样，方程 $a*x=e$ 必然有解。设一个解为 $a''$。所以 $a*x=e$。这说明 $a''$ 是 $a$ 的右逆元。
5. 我们要证明 $a'=a''$。
6. 考虑 $a' * a * a''$。
7. $a' * a * a'' = (a' * a) * a'' = e * a'' = a''$。
8. $a' * a * a'' = a' * (a * a'') = a' * e = a'$。
9. 因此，$a' = a''$。
10. 这证明了每个元素 $a$ 都存在一个唯一的、既是左又是右的逆元。
11. 结论:
    • 我们已经从已知条件（结合律和可解性）出发，成功证明了单位元的存在和每个元素的逆元的存在。
    • 因此，$(X, *)$ 满足群的所有公理，是一个群。

这个习题提出了一个比标准定义更弱的条件来定义群，并要求我们证明这个弱化条件实际上足以保证一个结构是群。这个弱化条件是：只需要结合律、左单位元和左逆元。这是一个非常经典和精妙的证明。

1. 分析已知条件:
   • * 是结合的。
   • 存在左单位元 $e$：对所有 $g \in G$，$e*g=g$。
   • 对于每个 $g \in G$，都存在一个对应的左逆元 $g'$：$g'*g=e$。
2. 分析目标:
   • 要证明 $(G, *)$ 是一个群，我们需要在已知条件的基础上，额外证明两件事：
3. $e$ 也是一个右单位元: $g*e = g$ 对所有 $g$ 成立。
4. $g'$ 也是 $g$ 的右逆元: $g*g' = e$ 对所有 $g$ 成立。
5. 证明步骤 (根据提示):
   • 设 $g$ 是 $G$ 中任意一个元素。根据假设，它有一个左逆元 $g'$ 使得 $g'*g=e$。
   • 现在，对于 $g'$ 这个元素，它本身也是 $G$ 中的元素，所以它也必须有一个左逆元。我们称之为 $g''$。所以 $g'' * g' = e$。

• 第一步：证明 $g*g' = e$ (左逆元也是右逆元)

1. 我们想计算 $g*g'$。这是一个未知的量。我们尝试把它和已知量联系起来。
2. 考虑 $g*g'$。我们可以在它的左边乘以左单位元 $e$ 而不改变它：$g*g' = e*(g*g')$。
3. 我们知道 $g''*g' = e$，把这个代入上式的 $e$ 中：$g*g' = (g''*g') * (g*g')$。
4. 现在利用结合律: $g*g' = g'' * (g' * (g*g'))$。这看起来太复杂了。我们换一种思路，直接从提示出发。

• 按照提示的思路重来
• 证明 $g''*e = g$ (这是一个中间步骤)
• $g''*e = g'' * (g' * g)$ (因为 $g'*g=e$)
• $g''*e = (g'' * g') * g$ (利用结合律)
• $g''*e = e * g$ (因为 $g''*g'=e$)
• $g''*e = g$ (因为 $e$ 是左单位元)
• 这一步证明了 $g''*e=g$。注意我们还不知道 $g*e=g$，所以不能直接说 $g''=g$。

• 证明 $g*g' = e$ (左逆元也是右逆元)

1. 我们知道 $g''$ 是 $g'$ 的左逆元，$g''*g' = e$。
2. 我们也刚证明了 $g = g''*e$。
3. 现在我们来证明 $g'' = g$。
4. $g'' = g'' * e$ (这是我们需要证明的 $g*e=g$ 的一个特例)。
5. $g = g'' * e$ (上一步已证)。
6. 如果能证明 $e$ 是右单位元，那么 $g''=g''*e=g$。但我们还不能用。

• 再次尝试不同的路径

1. 我们想证明 $g*g' = e$。
2. 考虑 $g' * (g*g')$。
3. 利用结合律: $g' * (g*g') = (g'*g) * g' = e * g' = g'$。
4. 所以我们有 $g'*(g*g') = g'$。
5. 现在，在这个等式 $g'*(g*g') = g'$ 的两边左乘 $g''$ (我们知道 $g''$ 是 $g'$ 的左逆元)。
6. $g'' * (g' * (g*g')) = g'' * g'$。
7. 利用结合律: $(g''*g') * (g*g') = g'' * g'$。
8. 因为 $g''*g' = e$，所以 $e * (g*g') = e$。
9. 因为 $e$ 是左单位元，所以 $g*g' = e$。
10. 这一步成功证明了 $g$ 的左逆元 $g'$ 也是它的右逆元。

• 第二步：证明 $g*e=g$ (左单位元也是右单位元)

1. 我们想计算 $g*e$。
2. $g*e = g * (g'*g)$ (因为 $g'*g=e$)
3. 利用结合律: $g*e = (g*g')*g$。
4. 在第一步中，我们已经证明了 $g*g'=e$。
5. 所以 $g*e = e*g$。
6. 因为 $e$ 是左单位元，所以 $e*g=g$。
7. 因此，$g*e=g$。
8. 这一步成功证明了左单位元 $e$ 也是右单位元。
9. 结论:
   • 我们从结合律、左单位元、左逆元出发，成功地证明了右单位元和右逆元的性质也成立。
   • 因此，$(G, *)$ 满足群的所有公理，是一个群。

这个习题提供了一个非常奇特的二元运算，它部分地满足了上一个习题（2.16）中的条件，但又不完全满足。通过分析这个例子，我们可以更深刻地理解为什么2.16中的所有前提都是必需的。

1. 分析二元结构:
   • 集合: $\mathbb{Q}^* = \mathbb{Q} - \{0\}$，非零有理数。
   • 运算: $r*s = |r|s$。运算结果是第一个数的绝对值乘以第二个数。
   • 封闭性: 如果 $r, s \in \mathbb{Q}^*$，那么 $|r| \in \mathbb{Q}^{>0}$ 且 $s \in \mathbb{Q}^*$。它们的乘积 $|r|s$ 仍然是一个非零有理数。所以运算是封闭的。
2. 证明 $*$ 是结合的:
   • 我们需要验证 $(r*s)*t = r*(s*t)$。
   • 左边: $(r*s)*t = (|r|s)*t = ||r|s| \cdot t$。
   • 因为 $|r|>0$ 且 $s \neq 0$，所以 $|r|s \neq 0$。
   • $||r|s| = ||r| \cdot |s|| = |r| \cdot |s|$ (因为 $|r|>0$ 且绝对值的乘积等于乘积的绝对值)。
   • 所以，左边等于 $|r| \cdot |s| \cdot t$。
   • 右边: $r*(s*t) = r*(|s|t) = |r| \cdot (|s|t)$。
   • 利用有理数乘法的结合律，右边等于 $|r| \cdot |s| \cdot t$。
   • 左边 = 右边。结论: 该运算是结合的。
3. 证明 1 是 $*$ 的左单位元:
   • 我们需要验证 $1*s=s$ 对所有 $s \in \mathbb{Q}^*$ 成立。
   • $1*s = |1|s = 1 \cdot s = s$。
   • 结论: 1 是一个左单位元。
4. 证明每个元素都有一个右逆元:
   • 对于任意 $r \in \mathbb{Q}^*$，我们需要找到一个 $r'$ 使得 $r*r' = 1$ (这里的1是我们刚找到的左单位元)。
   • $r*r' = |r|r' = 1$。
   • 因为 $r \neq 0$，所以 $|r| \neq 0$。我们可以解出 $r' = 1/|r|$。
   • 这个 $r'$ 是否存在于 $\mathbb{Q}^*$ 中？是的，因为 $|r|$ 是一个非零有理数，它的倒数也必然是一个非零有理数。
   • 结论: 每个元素 $r$ 都有一个右逆元 $r' = 1/|r|$。
5. $(\mathbb{Q}^{*}, *)$ 是一个群吗？
   • 根据习题2.16，如果一个结合的结构有左单位元和左逆元，那么它是一个群。
   • 我们已经有了结合律和左单位元 1。现在我们来检查左逆元。
   • 对于任意 $r \in \mathbb{Q}^*$，我们能找到一个 $r''$ 使得 $r'' * r = 1$ 吗？
   • $r''*r = |r''|r = 1$。
   • 解出 $|r''| = 1/r$。
   • 这个方程有解吗？不一定！
   • 如果 $r$ 是一个负数，比如 $r=-2$，那么 $1/r = -1/2$。
   • 方程变成 $|r''| = -1/2$。
   • 绝对值不可能是负数。所以对于 $r=-2$，不存在左逆元 $r''$。
   • 由于不是每个元素都有**左
   • 结论: 因为并非所有元素都有左逆元，所以 $(\mathbb{Q}^{*}, *)$ 不满足习题2.16的条件，因此它不是一个群。
6. 左单位元是唯一的吗？
   • 我们已经知道 1 是一个左单位元。我们来检查是否存在其他的左单位元。
   • 设 $e \in \mathbb{Q}^*$ 是一个左单位元。根据定义，它必须满足 $e*s=s$ 对所有 $s \in \mathbb{Q}^*$ 成立。
   • $e*s = |e|s = s$。
   • 为了让这个等式对所有 $s$ 成立（例如，取 $s=1$），我们必须有 $|e|=1$。
   • 在 $\mathbb{Q}^*$ 中，满足 $|e|=1$ 的元素有两个：1 和 -1。
   • 我们已经验证了 1 是左单位元。现在来检查 -1：
   • $-1 * s = |-1|s = 1 \cdot s = s$。
   • 这个等式对所有 $s$ 都成立。所以 -1 也是一个左单位元。
   • 结论: 左单位元不唯一。
7. 最终分析:
   • 这个结构 $(\mathbb{Q}^{*}, *)$ 是结合的。
   • 它有左单位元，但不唯一（1 和 -1 都是）。
   • 它不满足“每个元素都有左逆元”的条件。
   • 它满足“每个元素都有右逆元”的条件。
   • 因为它不满足群的公理（例如，单位元不唯一，逆元不完全存在），所以它不是一个群。

这个习题将抽象的四元数群 $Q$ 与具体的矩阵群联系起来，这被称为群的表示 (Group Representation)。它要求我们验证这些矩阵满足四元数的代数关系，并证明它们构成一个子群。

(注：原文中矩阵变量使用了花体字母，这里为了清晰，在解释中也尽量使用 $\mathcal{I}, \mathcal{J}, \mathcal{K}$。另外，原文在罗列关系时出现了 \mathcal{J}\mathcal{J}=\mathcal{K} 等明显笔误，我们将根据上下文和四元数标准关系 \mathcal{I}\mathcal{J}=\mathcal{K}, \mathcal{J}\mathcal{K}=\mathcal{I}, \mathcal{K}\mathcal{I}=\mathcal{J} 来进行分析，并假定这是作者的意图。)

1. 验证矩阵关系:
   • 平方关系:
   • $\mathcal{I}^2 = \begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} i^2 & 0 \\ 0 & (-i)^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I$。正确。
   • $\mathcal{J}^2 = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I$。正确。
   • $\mathcal{K}^2 = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ -i & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -i \\ -i & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-i)^2 & 0 \\ 0 & (-i)^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I$。正确。
   • 循环乘积关系:
   • $\mathcal{I}\mathcal{J} = \begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ -i & 0 \end{pmatrix} = \mathcal{K}$。正确。
   • $\mathcal{J}\mathcal{K} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -i \\ -i & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix} = \mathcal{I}$。正确。
   • $\mathcal{K}\mathcal{I} = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ -i & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -(-i)^2 \\ -i^2 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -(-1) \\ -(-1) & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。这里计算出错了，原矩阵 $\mathcal{J}$ 是 $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。让我们重新检查 $\mathcal{K}\mathcal{I}$。
   • $\mathcal{K}\mathcal{I} = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ -i & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i & 0 \\ 0 & -i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & (-i)(-i) \\ (-i)(i) & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \mathcal{J}$。这次对了。
2. 计算 $\mathcal{J}\mathcal{I}, \mathcal{K}\mathcal{J}, \mathcal{I}\mathcal{K}$ (根据提示):
   • 提示: $\mathcal{I}^{-1}=-\mathcal{I}$ (因为 $\mathcal{I}^2=-I \implies -\mathcal{I}\mathcal{I}=I$)，对 $\mathcal{J}, \mathcal{K}$ 也类似。并且使用 $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$。
   • 计算 $\mathcal{J}\mathcal{I}$:
   • 我们知道 $\mathcal{I}\mathcal{J} = \mathcal{K}$。
   • 考虑 $\mathcal{J}\mathcal{I}$。它应该等于 $-\mathcal{K}$。我们用提示来验证。
   • $\mathcal{J}\mathcal{I} = (\mathcal{I}^{-1}\mathcal{J}^{-1})^{-1} = ((-\mathcal{I})(-\mathcal{J}))^{-1} = (\mathcal{I}\mathcal{J})^{-1}$。
   • 因为 $\mathcal{I}\mathcal{J}=\mathcal{K}$，所以 $(\mathcal{I}\mathcal{J})^{-1} = \mathcal{K}^{-1}$。
   • 因为 $\mathcal{K}^2=-I$，所以 $\mathcal{K}^{-1}=-\mathcal{K}$。
   • 因此，$\mathcal{J}\mathcal{I} = -\mathcal{K}$。
   • 计算 $\mathcal{K}\mathcal{J}$:
   • 我们知道 $\mathcal{J}\mathcal{K}=\mathcal{I}$。所以 $\mathcal{K}\mathcal{J}$ 应该是 $-\mathcal{I}$。
   • $\mathcal{K}\mathcal{J} = (\mathcal{J}^{-1}\mathcal{K}^{-1})^{-1} = ((-\mathcal{J})(-\mathcal{K}))^{-1} = (\mathcal{J}\mathcal{K})^{-1} = \mathcal{I}^{-1} = -\mathcal{I}$。
   • 计算 $\mathcal{I}\mathcal{K}$:
   • 我们知道 $\mathcal{K}\mathcal{I}=\mathcal{J}$。所以 $\mathcal{I}\mathcal{K}$ 应该是 $-\mathcal{J}$。
   • $\mathcal{I}\mathcal{K} = (\mathcal{K}^{-1}\mathcal{I}^{-1})^{-1} = ((-\mathcal{K})(-\mathcal{I}))^{-1} = (\mathcal{K}\mathcal{I})^{-1} = \mathcal{J}^{-1} = -\mathcal{J}$。
   • 这些关系 $AB=-BA$ 证明了这些矩阵乘法是反交换的，与四元数的性质一致。
3. 证明 $Q$ 是 $GL_2(\mathbb{C})$ 的子群:
   • 集合: $Q = \{\pm I, \pm \mathcal{I}, \pm \mathcal{J}, \pm \mathcal{K}\}$，共8个矩阵。
   • $GL_2(\mathbb{C})$: 所有 $2 \times 2$ 的复数可逆矩阵在矩阵乘法下构成的群。首先，Q中的元素都可逆吗？是的，因为它们的平方都是 $-I$，行列式为1，所以都可逆。
   • 要证明是子群，我们需要验证：
4. 封闭性: 集合中任意两个矩阵的乘积是否还在集合中？
   • 我们已经验证了 $\mathcal{I, J, K}$ 之间的乘法关系，例如 $\mathcal{I}\mathcal{J}=\mathcal{K}, \mathcal{J}\mathcal{I}=-\mathcal{K}$，结果都在集合中。
   • 还需要考虑与 $\pm I$ 的乘法。$I$ 是单位元，乘任何矩阵不变。$-I$ 与任何矩阵 $M$ 相乘得到 $-M$，结果也在集合中 (例如 $(-I)\mathcal{I}=-\mathcal{I}$)。
   • 因此，集合是封闭的。完整的验证需要构建一个 $8 \times 8$ 的凯莱表，但根据已知的四元数关系，我们可以确信它是封闭的。
5. 单位元: $I$ (单位矩阵) 在集合 $Q$ 中。
6. 逆元: 对于集合中任意一个矩阵，它的逆元是否也在集合中？
   • $I^{-1}=I$。
   • $(-I)^{-1}=-I$。
   • $\mathcal{I}^{-1}=-\mathcal{I}$。$(-\mathcal{I})^{-1}=\mathcal{I}$。
   • $\mathcal{J}^{-1}=-\mathcal{J}$。$(-\mathcal{J})^{-1}=\mathcal{J}$。
   • $\mathcal{K}^{-1}=-\mathcal{K}$。$(-\mathcal{K})^{-1}=\mathcal{K}$。
   • 所有元素的逆元都在集合 $Q$ 中。
   • 结论: $Q$ 满足子群的所有条件，因此是 $GL_2(\mathbb{C})$ 的一个子群。
7. 为什么不需要检查结合律？
   • 因为我们是在一个已知的群 $GL_2(\mathbb{C})$ 内部取一个子集。
   • $GL_2(\mathbb{C})$ 的运算是矩阵乘法，而矩阵乘法本身是满足结合律的。
   • 这个结合律对于 $GL_2(\mathbb{C})$ 中所有的矩阵都成立，因此它必然对于其任何一个子集中的矩阵也成立。
   • 结论: 结合律是从父群 $GL_2(\mathbb{C})$ 中继承来的，所以不需要为子群单独检查。