阶是8有限循环群的非平凡子群

非凡超凡

是循环群,生成元是3、5.先把乘法表做出来,然后检验得到：数字3、5分别与各自自身多次做模7的乘法（幂）,可以得到群里所有的元素.从这个案例,可见循环群生成元不唯一.

有限群的子群的阶数是母群的因子,6的因子有{1,2,3,6},故有4个子群,分别是,{e},即单位元群,e=a^0,{e,a3}{e,a2,a4}{e,a1,a2,a3,a4,a5}(不理解请追问)再

(1）G有4个生成元,分别为a,a^3,a^7,a^9.(2）非平凡的子群共有2个,分别为:A1=={e,a^2,a^4,a^6,a^8},A2=={e,a^5}A1的左陪集分解为:{e,a^2,a^

1^(1/q)的解不唯一若x=1^(1/q)则x^q=1h也是上式的根(1/q)的结果不是映射,不是一个合理的运算

至少任意质数阶有限群都是循环群.再问：这个问题我已解决

我先理解一下你这个题.为了偷懒,我认为H和K是G的仅有的两个不同的n阶子群,除它们以外没有别的n阶子群了（所谓“恰好”）.如果不对请告知.这样对于K中的任何元素k,只要证明kHk^(-1)=H即可（因

应该是证明H∩K={1}吧?（1）显然1∈H,且1∈K,即{1}是H∩G的子集；（2）设｜H∩K｜＝m因为H∩K同时为H和K的子群,根据拉格朗日定理,有m|3,且m|5,显然m=1,即｜H∩K｜＝1；

我的作业

设这个半群H的所有元素集为{a(1),a(2),…,a(n)},a(1)*H=H,得a(1)*a(i)=a(1),a(i)=1,不妨设i=1,于是a(j)*H=H,得a(j)*a(k)=1,j=1、2

应该是证明:存在G到F的满同态,当且仅当m|n.G=作为n阶循环群,其中的元素可表示为a^i,0≤i充分性:若m|n,可设n=mk.定义映射φ:G→F,φ(a^i)=b^i,0≤i由F=是m阶循环群,

任意12阶循环群同构于Z(12)设元素为{1,a,a^2,...a^11}其子群如下{1}{1,a^6}{1,a^4,a^8}{1,a^3,a^6,a^9}{1,a^2,a^4,a^6,a^8,a^1

在数学物理中,量子群(quantumgroup)是一系列代数结构的通称,是霍普夫代数之特例,可以看作q-量子化的李代数.虽其名中有一“群”字,但量子群不是群.量子群表示理论可产生杨-巴克斯特方程解；以

/>G有p^k阶元,但是它的任何真子群里元素的阶最大是p^(k-1),直和也是一样.找出Z2*Z3的一个生成元即可,比如(1,1)；Z2*Z2里的元素的阶最大是2,而Z4里有4阶元,也可以看第一题.<

设G=为循环群,f1、f2为其自同构群中的两个元素,则必有f1(a)=a^k1,f2(a)=a^k2,由同构的定义知f1(a^m)=a^(m*k1),f2(a^n)=a^(n*k2)任取g∈G,则必有

n阶循环群中的n表示这个循环群中有n个元素.φ(n)是Euler函数,表示集合{1,2,3,.n}中与n互素的元素的个数.比如φ(3)=2,φ(4)=2.当p为素数时,φ(p)=p-1.n阶循环群的自

只需证明H满足群的三个定义：1、单位元：G中的单位元1是有限阶元素,所以1属于H,满足单位元定义.2、封闭性：设a、b是H中任意两个元素,且有a^m=b^n=1,n、m为正整数,则(ab)^(mn)=

证明p-群一定有一个p阶子群设G为p-群,|G|=p^n.任取G中的非单位元a,它的阶整除|G|=p^n,所以存在1再问：关键是怎么找出来?就说S4中阶为6的子群吧再答：存在30个子群,.其中,除去两

其中一个子群包含在另一个子群内的时候.A

有限群的子群的阶数是母群的因子,6的因子有{1,2,3},故有3个子群,分别是,{e},即单位元群,e=a^0,,即