设 $G=\langle a,b\mid a^4=1,b^2=1,b^{-1}ab=a^{-1}\rangle\cong D_8$. 证明 $\text{Aut}(G)\cong D_8$ 且可被 $\alpha$ 和 $\beta$ 所生成:

\begin{eqnarray} \alpha:a\mapsto a,\quad b\mapsto ba;\\ \beta:a\mapsto a^{-1},\quad b\mapsto b. \end{eqnarray}

并有如下定义关系:

\[ \alpha^4=\beta^2=1,\quad\beta^{-1}\alpha\beta=\alpha^{-1}. \]

又 $\sigma(G)\cong C_2\times C_2=\{1,\alpha^2,\beta,\beta\alpha^2\}$, 分别由 1, $a$, $b$ 和 $ba$ 诱导出来. 由此又推出 $G$ 恰有两个 2 阶的外自同构. 它们是:

\begin{eqnarray} \beta\alpha:& a\mapsto a^{-1},\quad b\mapsto ba &\\ \beta\alpha^{-1}:& a\mapsto a^{-1},\quad b\mapsto ba^{-1}.& \end{eqnarray}

二面体群(Dihedral group) $D_8$ 和 Quaternion $Q_8$ 是仅有的两个 8 阶非交换群.

$Q_8$ 的性质:

(1) $Q_8$ 具有唯一的一个二阶元. 
(2) $Q_8$ 的所有子群都是正规的.
(3) 不存在群 $G$, 使得 $G/Z(G)\cong Q_8$.

$D_8$ 的性质:

(1) 存在无穷多个群 $G$, 使得 $G/Z(G)\cong D_8$,  例如 $D_{16}$.

References

abstract algebra - $D_8$ as a derived subgroup - Mathematics Stack Exchange

Hamilton 四元数的单位 $\pm 1,\pm i,\pm j,\pm k$ 在乘法下组成一个 8 阶群, 叫做四元数群, 记为 $Q_8$. 其中元素的乘法满足

\[ i^2=j^2=k^2=-1,\quad ij=k=-ji,\quad jk=i=-kj,\quad ki=j=-ik. \tag{1}\]

若令 $i=a,j=b$, 则 $Q_8=\langle a,b\rangle$, 且满足

\[ a^4=1,\quad b^2=a^2,\quad b^{-1}ab=a^{-1}, \]

这就是 $Q_8$ 的定义关系.

Remark 1. $b^{-1}=b^3=j^3=-j$, $a^{-1}=-a$, 所以 $b^{-1}ab=a^{-1}$ 实际上就是 $-jij=-i$. 此式连同 $i^2=j^2$, $i^4=j^4=1$ 表示了四元数的所有关系.

Remark 2. 四元数是指集合

\[
\mathbb{H}=\{a_0+a_1 i+ a_2 j+a_3 k\mid a_i\in\mathbb{R}, i=0,1,2,3\}
\]

中的元素. $\mathbb{H}$ 是一个 4 维实线性空间. $\{1,i,j,k\}$ 是 $\mathbb{H}$ 的一个基(一般称为一组基).

Remark 3. 若在 $\mathbb{H}$ 中引入上面的乘法, 即

\[i^2=j^2=k^2=-1,\quad ij=k=-ji,\]

则 $(\mathbb{H},+,\cdot,1)$ 成为一个代数. (容易验证 $jk=i=-kj$, $ki=j=-ik$, $ijk=-1$.) 而且 $(\mathbb{H},+,\cdot,1)$ 还是一个结合代数, 并且关于乘法不可交换.

四元数的自同构群实际上是 $S_4$, 参见问题357.

四元数的更多内容参见问题1019.

循环群的自同构群是交换群.

• 无限循环群 $C$ 只有两个自同构, $\text{Aut}(C)\cong C_2$;
• 有限循环群 $C_n$ 有 $\varphi(n)$ 个自同构. (这里 $\varphi$ 是 Euler $\varphi$ 函数). $\text{Aut}(C_n)$ 同构于与 $n$ 互素的 mod $n$ 的同余类的乘法群.

具体的, 设 $n=2^{\alpha_0}p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_m^{\alpha_m}$, 其中 $p_1 < p_2 < \cdots < p_m$ 是奇素数, $\alpha_i\geqslant 1(1\leqslant i\leqslant m)$, 则

该定理的证明需要下面几个引理

• 设 $p$ 为奇素数, $G=\langle a\rangle$ 是 $p^n$ 阶循环群. 则 $\text{Aut}(G)\cong C_{(p-1)p^{n-1}}$.
• 设 $G=\langle a\rangle$ 是 $2^n$ 阶循环群, $n\geqslant 3$, 则 $\text{Aut}(G)\cong C_{2^{n-2}}\times C_2$.
• 设 $G=A\times B$, $(|A|,|B|)=1$. 则 $\text{Aut}(G)\cong\text{Aut}(A)\times\text{Aut}(B)$.

• 无限循环群与整数环 $\mathbb{Z}$ 的加法群同构;
• 有限 $n$ 阶循环群与 $\mathbb{Z}_n=\mathbb{Z}/(n)$ 的加法群同构;
• 由上推出: 同阶(有限或无限)循环群必互相同构.
• 循环群的子群仍为循环群.
• 无限循环群 $C=\langle a\rangle$ 的子群除 1 以外都是无限循环群, 且对每个正整数 $s$, 对应有一个子群 $\langle a^s\rangle$.
• 有限 $n$ 阶循环群 $C_n=\langle a\rangle$ 的子群的阶是 $n$ 的因子, 且对每个 $m\mid n$, 存在唯一的 $m$ 阶子群 $\langle a^{n/m}\rangle$.
• 循环群的子群都是正规子群, 也都是特征子群和全不变子群.
• 循环群(非单位群)的生成元不唯一. 无限循环群 $\langle a\rangle$ 的生成元为 $a,a^{-1}$; 有限 $n$ 循环群 $\langle a\rangle$ 生成元为 $a^{\ell}$, 其中 $\ell$ 与 $n$ 互素, 所以有 $\varphi(n)$ 个生成元.

由一个元素生成的群叫做循环群.

证明: 有限特征单群 $G$ 是同构单群的直积

推论: 有限群 $G$ 的极小正规子群 $N$ 必为同构单群的直积.

1. $H_i\tianglelefteq G$, $i=1,2,\ldots,n$;
2. $G=H_1H_2\cdots H_n$;
3. $H_i\cap(H_1\cdots H_{i-1}H_{i+1}\cdots H_n)=1$, $i=1,2,\ldots,n$.