群论导论

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群

群（group）

⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为群当且仅当 GG 有单位元 ee 和一元运算 −1^{-1} 满足：

  1. G≠∅G \ne \empty
  2. ∀x,y∈G, x∗y∈G\forall x, y \in G,\, x * y \in G（代数系统）
  3. ∀x,y,z∈G, (x∗y)∗z=x∗(y∗z)\forall x, y, z \in G,\, (x * y) * z = x * (y * z)（半群）
  4. ∃e∈G, ∀x∈G, e∗x=x∗e=x\exists e \in G,\, \forall x \in G,\, e * x = x * e = x（幺半群）
  5. ∀x∈G, ∃x−1∈G, x∗x−1=x−1∗x=e\forall x \in G,\, \exists x^{-1} \in G,\, x * x^{-1} = x^{-1} * x = e（群）

2.~5. 为群公理。

等价表述为：设 GG 为非空集合，∗* 为 GG 上的二元运算，若 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为单元半群，且其单位元有

∀x∈G, ∃x−1∈G, x∗x−1=x−1∗x=e\forall x \in G,\, \exists x^{-1} \in G,\, x * x^{-1} = x^{-1} * x = e

则称 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为群。

群性质：设 ⟨G,∗,e,−1⟩\left\langle G, *, e, ^{-1} \right\rangle 为群：

  1. (a−1)−1=a(a^{-1})^{-1} = a
  2. (a∗b)−1=b−1∗a−1(a * b)^{-1} = b^{-1} * a^{-1}
  3. ab=ac→b=cab = ac \to b = c（左消去律）
  4. ba=ca→b=cba = ca \to b = c（右消去律）
  5. ax=bax = b 和 ya=bya = b 在 GG 中对 x,yx, y 有唯一解（由消去律可推出）
    • 则有限群的运算表中每行（列）均为群中元素的一种排列，且无重复

元素的乘幂（次方）

  • a0=ea^0 = e
  • an+1=an∗aa^{n+1} = a^{n} * a（nn 为自然数）
  • a−n=(a−1)na^{-n} = (a^{-1})^n（nn 为正整数）

元素的阶

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为群，a∈Ga \in G，aa 的阶（周期）定义为

∣a∣=min⁡{n∈N+∣an=e}|a| = \min \left\{ n \in \mathbb{N}^+ \mid a^n = e \right\}

若这样的 nn 不存在，则称 aa 的阶为无穷，aa 为无限阶元。

  • 有限群不存在无限阶元
  • 群中元素及其逆元的阶相等
  • 有限群中阶大于 22 的元素个数为偶数
    • 阶大于 22 的元素有 a≠a−1a \ne a^{-1}，因此 a,a−1a, a^{-1} 成对出现，必为偶数个
  • 偶数群中阶为 22 的元素个数为奇数（a=a−1a = a^{-1}）
    • 阶小于 22 的元素有偶数个，而阶为 11 的元素只有一个 ee

群的阶

对群 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle：

  1. 若 GG 为有限集，则称 GG 为有限群，当 ∣G∣=n|G| = n 时称 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 的阶为 nn，GG 为 nn 阶群
  2. 若 GG 为无限集，则称 GG 为无限群

若群 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 满足交换律（即 ∀x,y∈G, xy=yx\forall x, y \in G,\, xy = yx，则称 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为交换群（阿贝尔群）。

  • 一阶群同构意义下只有一个，G={e}G = \left\lbrace e \right\rbrace
  • 二阶群也只有一个，G={e,a}G = \left\lbrace e, a \right\rbrace 乘法表如下
    ∗* ee aa
    ee ee aa
    aa aa ee
  • 三阶群也只有一个，G={e,a,b}G = \left\lbrace e, a, b \right\rbrace 乘法表如下
    ∗* ee aa bb
    ee ee aa bb
    aa aa bb ee
    bb bb ee aa

四阶群为均阿贝尔群。

四阶群元素阶为 11 或 22 或 44。

证明

设 G={e,a,b,c}G = \left\lbrace e, a, b, c \right\rbrace，即证 ab=baab = ba。

反证法。若 ab=ea b = e，则 ba=cb a = c，则 aba=aca b a = ac，从而 ea=ace a = a c 得到 c=ec = e，矛盾！

则 ab=ca b = c，从而 ba=cb a = c，得证。

仅存在两种四阶群。

存在元素阶为 44：G={e,a,a2,a3} G = \left\lbrace e, a, a^2, a^3 \right\rbrace 与 ⟨Z4,⊕4⟩\left\langle \Z_4, \oplus_4 \right\rangle 同构

∗* ee aa bb cc
ee ee aa bb cc
aa aa bb cc ee
bb bb cc ee aa
cc cc ee aa bb

元素阶均不为 44（Klein 四元群）：

∗* ee aa bb cc
ee ee aa bb cc
aa aa ee cc bb
bb bb cc ee aa
cc cc bb aa ee

群方程

若代数系统 (G,∗)(G, *) 为半群，且 GG 中方程 ax=ba x = b 与 ya=by a = b 有唯一解，则 (G,∗)(G, *) 为群。

证明

下面的证明为了方便起见，根据结合律省略 ∗*。后面可能会做类似的事情。

先证明有左幺元 el∈Ge_l \in G 使得 ∀a∈G,ela=a\forall a \in G, e_l a = a。

取定 b∈Gb \in G，xb=bx b = b 有唯一解，设为 ele_l，对任何 a∈Ga \in G，下证 ela=ae_l a = a。

由 bx=ab x = a 有解，设为 cc，则

ela=el(bc)=(elb)c=bc=a\begin{aligned} e_l a &= e_l (b c)\\ &= (e_l b) c\\ &= b c\\ &= a \end{aligned}

即 ele_l 为左幺元。

然后证明左逆元存在，即 ∀a∈G,∃a−1∈G,a−1a=el\forall a \in G, \exists a^{-1} \in G, a^{-1} a = e_l。

只需记 a−1a^{-1} 为 ya=ely a = e_l 的唯一解即可。

接着证明左逆元等于右逆元，即 aa−1=ela a^{-1} = e_l。

因为 a−1∈Ga^{-1} \in G，则 ya−1=ely a^{-1} = e_l 有唯一解 a′a'，从而 a′a−1=ela' a^{-1} = e_l，则

aa−1=el(aa−1)=(a′a−1)(aa−1)=a′(a−1a)a−1=a′ela−1=a′a−1=el\begin{aligned} a a^{-1} &= e_l (a a^{-1})\\ &= (a' a^{-1}) (a a^{-1})\\ &= a' (a^{-1} a) a^{-1}\\ &= a' e_l a^{-1}\\ &= a' a^{-1}\\ &= e_l \end{aligned}

最后证明左幺元等于右幺元，即 ∀a∈G,ael=a\forall a \in G, a e_l = a。

ael=a(a−1a)=(aa−1)a=ela=a\begin{aligned} a e_l &= a (a^{-1} a)\\ &= (a a^{-1}) a\\ &= e_l a\\ &= a \end{aligned}

因此 (G,∗)(G, *) 为群。

若 (G,∗)(G, *) 为半群，存在左单位元，且每个元素都具有左逆元，则 (G,∗)(G, *) 为群。

证明

设 ele_l 为左单位元，对任意 a∈Ga \in G，ala_l 为左逆元，即 ala=ela_l a = e_l。

由于 al∈Ga_l \in G，则也存在 a−1∈Ga^{-1} \in G 使得 a−1al=ela^{-1} a_l = e_l，则

aal=el(aal)=(a−1al)(aal)=a−1(ala)al=a−1elal=a−1al=el\begin{aligned} a a_l &= e_l (a a_l)\\ &= (a^{-1} a_l) (a a_l)\\ &= a^{-1} (a_l a) a_l\\ &= a^{-1} e_l a_l\\ &= a^{-1} a_l\\ &= e_l \end{aligned}

即左逆元等于右逆元，再证明 ele_l 为右单位元即可：任取 a∈Ga \in G，有

ael=a(ala)=(aal)a=ela=a\begin{aligned} a e_l &= a (a_l a)\\ &= (a a_l) a\\ &= e_l a\\ &= a \end{aligned}

综上，(G,∗)(G, *) 为群。

设 (G,∗)(G, *) 为有限半群，若 (G,∗)(G, *) 满足消去律，则 (G,∗)(G, *) 为群。

即有限代数系统若同时满足结合律和消去律，则必为群。

无限不一定，例如 ⟨Z+,∗⟩\left\langle \Z^{+}, * \right\rangle 满足结合律和消去律，但不是群。

证明

设 {a1,⋯ ,an}\left\lbrace a_1, \cdots, a_n \right\rbrace，∀a,b∈G\forall a, b \in G，即证明 ax=ba x = b 有唯一解。

令 aG={aai∣i=1,⋯ ,n}a G = \left\lbrace a a_i \mid i = 1, \cdots, n \right\rbrace。

由左消去律，若 aai=aaja a_i = a a_{j}，则 i=ji = j，从而 ∣aG∣=n| a G| = n，从而 aG=Ga G = G。

而 b∈Gb \in G，故 b∈aGb \in a G，即有 ai∈Ga_i \in G 使得 aai=ba a_i = b，从而 ax=ba x = b 有解。

再通过左消去律，解唯一。

同理可用右消去律证明 ya=by a = b 有唯一解，从而 (G,∗)(G, *) 为群。

  • 原群（magma）：二元运算 + 封闭性
    • 半群（semigroup）：结合律
      • 单元半群（monoid）：有单位元
        • 群（group）：有逆元
          • 阿贝尔群（abelian group）：交换律

子群

定义

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 是群，HH 是 GG 的非空子集，若 HH 关于 ∗* 运算构成群，即 ⟨H,∗⟩\left\langle H, * \right\rangle 也是群，则 HH 是 GG 的子群，记作 H≤GH \leq G。

⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 的平凡子群：

  1. ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle
  2. ⟨{e},∗⟩\left\langle \left\lbrace e \right\rbrace, * \right\rangle

判定定理

判定定理一

设 GG 是群，HH 是 GG 的非空子集。则 HH 是 GG 的子群当且仅当：

  • ∀a,b∈H, ab∈H\forall a, b \in H,\, a b \in H
  • ∀a∈H,a−1∈H\forall a \in H, a^{-1} \in H
证明

必要性显然。

充分性：因为逆元素的存在性和封闭性已给出，只需证明单位元素的存在性。

取 a∈Ha \in H，因为 a−1∈Ha^{-1} \in H，故 e=aa−1∈He = a a^{-1} \in H

判定定理二

设 GG 是群，HH 是 GG 的非空子集。则 HH 是 GG 的子群当且仅当：

∀a,b∈H, ab−1∈H\forall a, b \in H,\, a b^{-1} \in H

证明

必要性显然。

充分性：

  • 单位元素：取 a∈Ha \in H，有 e=aa−1∈He = a a^{-1} \in H
  • 逆元素：取 a∈Ha \in H，因为有 e∈He \in H，故 a−1=ea−1∈Ha^{-1} = e a^{-1} \in H
  • 封闭性：任取 a,b∈Ha, b \in H，因为 b−1∈Hb^{-1} \in H（由上一条），故 ab=a(b−1)−1∈Ha b = a (b^{-1})^{-1} \in H

有限子群

GG 是群，HH 是 GG 的非空有限子集。则 HH 是 GG 的子群当且仅当：

∀a,b∈H, ab∈H\forall a, b \in H,\, a b \in H

证明

必要性显然。

充分性：封闭性已给出，只需证明逆元素和单位元素的存在性。

若 HH 中仅含 GG 中单位元，显然 HH 是子群。

否则任取 HH 中异于单位元的元素 aa，考虑

a1,a2,⋯a^1, a^2 , \cdots

由于 HH 有限，存在 i<ji < j 使得 ai=aja^i = a^j，因此有

a−1=aj−i−1a^{-1} = a^{j - i - 1}

因为有

aj−iai=aj=ai\begin{aligned} a^{j - i} a^i &= a^{j}\\ &= a^{i} \end{aligned}

故

e=aj−ie = a^{j - i}

即

aa−1=aj−i=e\begin{aligned} a a^{-1} &= a^{j - i}\\ &= e \end{aligned}

生成子群

设 GG 是群，a∈Ga \in G，构造 GG 的子集 HH 为

H={ak∣k∈Z}H = \left\lbrace a^{k} \mid k \in \Z \right\rbrace

则 HH 是 GG 的子群，称 HH 是由 aa 生成的子群，记作 H=⟨a⟩H = \left\langle a \right\rangle。

阶

还记得群中元素的阶的定义：

元素的阶

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为群，a∈Ga \in G，aa 的阶（周期）定义为

∣a∣=min⁡{n∈N+∣an=e}|a| = \min \left\{ n \in \mathbb{N}^+ \mid a^n = e \right\}

若这样的 nn 不存在，则称 aa 的阶为无穷，aa 为无限阶元。

对群 GG 的有限阶元素 a,ba, b 有如下性质：

  1. 对任意 k∈Z+k \in \Z^{+}，ak=ea^k = e 当且仅当 ∣a∣|a| 整除 kk。
  2. ∣a∣=∣a−1∣|a| = \left\lvert a^{-1} \right\rvert
  3. ∣ab∣=∣ba∣|ab| = |ba|
  4. ∣b−1ab∣=∣a∣\left\lvert b^{-1}ab \right\rvert = |a|
证明

第一二个显然。

第三个，abab 阶有限，设 ∣ab∣=r|ab| = r，则

(ab)r+1=a(ba)rb=ab(ab)^{r+1} = a (ba)^r b = ab

则 (ba)r=e(ba)^r = e，则 baba 阶有限，设为 r′r'，则 r′∣rr' \mid r，同理 r∣r′r \mid r'，故 r=r′r = r'。

第四个，有

∣b−1ab∣=∣b−1(ab)∣=∣(ab)b−1∣=∣a(bb−1)∣=∣a∣\begin{aligned} \left\lvert b^{-1}ab \right\rvert &= \left\lvert b^{-1}(ab) \right\rvert\\ &= \left\lvert (ab)b^{-1} \right\rvert\\ &= \left\lvert a(bb^{-1}) \right\rvert\\ &= \left\lvert a \right\rvert \end{aligned}

中心

设 GG 为群，构造 GG 的子集 CC 为

C={a∈G∣∀x∈G, ax=xa}C = \left\lbrace a \in G \mid \forall x \in G,\, ax = xa \right\rbrace

则 CC 是 GG 的子群，称 CC 为 GG 的中心。

证明

e∈Ce \in C，故 CC 非空。

即证明任意 a,b∈Ca, b \in C，有 ab−1∈Ca b^{-1} \in C，即

ab−1x=xab−1a b^{-1} x = x a b^{-1}

而

ab−1x=a(x−1b)−1=a(bx−1)−1=a(xb−1)=(ax)b−1=xab−1\begin{aligned} a b^{-1} x &= a \left( x^{-1} b \right)^{-1}\\ &= a \left( b x^{-1} \right)^{-1}\\ &= a \left( x b^{-1} \right)\\ &= (a x) b^{-1}\\ &= x a b^{-1} \end{aligned}

陪集

设 GG 是群，HH 是 GG 的子群，a∈Ga \in G，定义

aH={ah∣h∈H}aH = \left\lbrace ah \mid h \in H \right\rbrace

为 aa 在 HH 上的左陪集。同理可定义 HaHa 为 aa 在 HH 上的右陪集。

设 HH 是 GG 的子群，则 HH 的所有左陪集构成 GG 的一个划分。

证明

任取 GG 中一个元素 aa，一定有 a∈aHa \in aH（因为 e∈He \in H）。

然后证明

∀a,b∈G, ((aH=bH)∨(aH∩bH=∅))\forall a, b \in G,\, \left((a H = b H) \lor (a H \cap b H = \empty)\right)

设 aH∩bH≠∅aH \cap bH \ne \empty，即存在 c∈aH∩bHc \in aH \cap bH，令 c=ah1=bh2c = ah_1 = bh_2。

则 a=b(h2h1−1)a = b(h_2h_1^{-1})，从而 aH⊆bHaH \subseteq bH。同理可证 bH⊆aHbH \subseteq aH，故 aH=bHaH = bH。

a,ba, b 属于同一个左陪集当且仅当 a∈bH∧b∈aHa \in bH \land b \in aH 或 b−1a∈Hb^{-1} a \in H。

左陪集关系

设 HH 是群 GG 的子群，定义 GG 上二元关系 RR 为：对任意 a,b∈G, aRb  ⟺  b−1a∈Ha, b \in G,\, aRb \iff b^{-1} a \in H

则 RR 是 GG 上的等价关系，且 [a]R=aH[a]_R = aH。

证明
  • 自反性：∀a∈G,a−1a=e∈H\forall a \in G, a^{-1} a = e \in H
  • 对称性：a−1b=(b−1a)−1∈Ha^{-1} b = (b^{-1} a)^{-1} \in H（由自反性）
  • 传递性：c−1a=(c−1b)(b−1a)∈Hc^{-1} a = (c^{-1} b) (b^{-1} a) \in H

x∈[a]R  ⟺  aRx  ⟺  x−1a=h∈H  ⟺  x=ah−1∈aH\begin{aligned} x \in [a]_R &\iff a R x\\ &\iff x^{-1} a = h \in H\\ &\iff x = a h^{-1} \in a H \end{aligned}

拉格朗日定理

陪集的势

设 ⟨H,∗⟩≤⟨G,∗⟩\left\langle H, * \right\rangle \leq \left\langle G, * \right\rangle，则

H≈aH≈HaH \approx a H \approx H a

证明

设 σ ⁣:H→aH\sigma\colon H \to a H 为 σ(h)=ah\sigma(h) = ah，消去律有 σ\sigma 为单射（ah=bh  ⟹  a=bah = bh \implies a = b），同时 σ\sigma 为满射，则 σ\sigma 为双射，故 H≈aHH \approx a H。

对有限群 GG，每个陪集元素个数有限且相同，且等于 ∣H∣|H|，即 ∣G∣=k∣H∣|G| = k |H|，其中 kk 为左（右）陪集的个数，称为 HH 在 GG 中的指数，记为 [G:H][G:H]。

拉格朗日定理

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为有限群，⟨H,∗⟩≤⟨G,∗⟩\left\langle H, * \right\rangle \leq \left\langle G, * \right\rangle，则

∣G∣=∣H∣⋅[G:H]|G| = |H| \cdot [G:H]

证明

由 GG 有限，故 [G:H][G:H] 有限，设为 NN。

从而有 a1,⋯ ,aN∈Ga_1, \cdots, a_N \in G 使得 {aiH∣1⩽i⩽N}\left\lbrace a_i H \mid 1 \le i \le N \right\rbrace 为 GG 的划分，即

G=⋃i=1NHaiG = \bigcup_{i=1}^N Ha_i

由陪集的势引理，对任意 i,ji, j，有

∣Hai∣=∣Haj∣|H a_i| = |H a_{j}|

则 ∣G∣=∣H∣⋅N|G| = |H| \cdot N，即

∣G∣=∣H∣⋅[G:H]|G| = |H| \cdot [G:H]

推论 1

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为有限群，a∈Ga \in G，则 ∣a∣|a| 为 ∣G∣|G| 的因子。

证明

显然有 ⟨⟨a⟩,∗⟩≤⟨G,∗⟩\left\langle \left\langle a \right\rangle, * \right\rangle \leq \left\langle G, * \right\rangle，故 ∣⟨a⟩∣\left\lvert \left\langle a \right\rangle \right\rvert 为 ∣G∣|G| 的因子。

而 ∣a∣|a| 有限，故 ∣⟨a⟩∣=∣a∣\left\lvert \left\langle a \right\rangle \right\rvert = |a|，即 ∣a∣|a| 为 ∣G∣|G| 的因子。

推论 2

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为 pp 阶群，若 pp 为质数，则

∃a∈G,⟨a⟩=G\exists a \in G, \left\langle a \right\rangle = G

证明

取 a≠e,a∈Ga \ne e, a \in G，则 ∣⟨a⟩∣\left\lvert \left\langle a \right\rangle \right\rvert 为 ∣G∣|G| 的因子，且 ∣⟨a⟩∣⩾2\left\lvert \left\langle a \right\rangle \right\rvert \ge 2，故 ∣⟨a⟩∣=p\left\lvert \left\langle a \right\rangle \right\rvert = p，即 G=⟨a⟩G = \left\langle a \right\rangle。

证明 66 阶群必含 33 阶子群。

证明

拉格朗日定理，GG 中元素阶只可能为 1,2,3,61, 2, 3, 6。若 GG 中有 66 阶元素，则 b=aab = aa 是 33 阶元素，即 ⟨b⟩\left\langle b \right\rangle 为 33 阶子群。

若没有 3,63, 6 阶元素，即 ∀x∈G,x2=e\forall x \in G, x^2 = e，则 ∀x,y∈G, xy=(yx)2(xy)=(yx)(yxxy)=yx\forall x, y \in G,\, x y = (yx)^2 (xy) = (yx) (yx xy) = yx，即 GG 是交换群，因此 {e,a,b,ab}\left\lbrace e, a, b, ab \right\rbrace 构成 44 阶子群，但 4∤64 \nmid 6，矛盾。

故 GG 中必含 33 阶元素 aa 使得 ⟨a⟩\left\langle a \right\rangle 为 33 阶子群。

考虑模 mm 互素同余类 Z/mZ\Z / m \Z 关于模 mm 乘法构成一个群，例如

  • Z/6Z={1,5}\Z / 6 \Z = \left\lbrace 1, 5 \right\rbrace
  • Z/8Z={1,3,5,7}\Z / 8 \Z = \left\lbrace 1, 3, 5, 7 \right\rbrace

从而 ∣Z/mZ∣=φ(m)\left\lvert \Z / m \Z \right\rvert = \varphi(m) 为 Euler's totient[1]

其构成一个群，封闭性、结合律、单位元 11 显然。

对任意 xx，其与 mm 互素，裴蜀定理有，存在整数 r,sr, s 使得 xr+ms=1xr + ms = 1，即 xr=1−msx r = 1 - ms，从而 xr≡1(modm)xr \equiv 1 \pmod m，从而 r mod mr \bmod m 为 xx 的逆。

对任意有限群 GG 和其中任意元素 x∈Gx \in G，有

x∣G∣=ex^{|G|} = e

代入上面的模 mm 互素同余群。上面的幂跟实际的幂不一样，上面的幂表示的运算 ∗* 是在「模 mm 同余」意义上的。为避免混淆，使用 x∗∣G∣x^{*|G|} 替代。

从而有欧拉定理：若 a,ma, m 互素，则 a mod m∈⟨m⟩a \bmod m \in \left\langle m \right\rangle，则 (a mod m)∗φ(m)=1(a \bmod m)^{* \varphi(m)} = 1，即 (a mod b)φ(m) mod m=1(a \bmod b)^{\varphi(m)} \bmod m = 1，从而 aφ(m)≡1(modm)a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m。

即欧拉定理是群论中拉格朗日定理的特殊情形。

循环群

⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为循环群（cyclic group）当且仅当

∃a∈G,G=⟨a⟩\exists a \in G, G = \left\langle a \right\rangle

aa 称为 GG 的生成元（generator）。

  • 有限循环群：若循环群生成元 aa 阶为 nn，则 GG 为有限 nn 阶循环群，且 G={a0,a1,⋯ ,an−1}G = \left\lbrace a^0, a^1, \cdots, a^{n-1} \right\rbrace，其中 a0=ea^0 = e
  • 无限循环群：若循环群生成元 aa 为无限阶元，则 GG 为无限循环群，且 G={a0,a±1,⋯ }G = \left\lbrace a^0, a^{\pm 1}, \cdots \right\rbrace，其中 a0=ea^0 = e

若 aa 是无限循环群的生成元，则 a−1a^{-1} 也是该无限循环群的生成元。

证明

设群 G=⟨a⟩={ak∣a∈G,k∈Z}G = \left\langle a \right\rangle = \left\lbrace a^{k} \mid a \in G, k \in \Z \right\rbrace，则 ak=(a−1)−ka^{k} = (a^{-1})^{-k}，即 G={(a−1)k∣k∈Z}G = \left\lbrace (a^{-1})^{k} \mid k \in \Z \right\rbrace，故 G=⟨a−1⟩G = \left\langle a^{-1} \right\rangle。

无限循环群有且仅有两个生成元。

证明

设 G=⟨a⟩G = \left\langle a \right\rangle，若 bb 也为 GG 生成元，则 ∃m,t∈Z, am=b∧bt=a\exists m, t \in \Z,\, a^m = b \land b^t = a，故 a=bt=(am)t=amta = b^t = (a^m)^t = a^{mt}，消去律有 amt−1=ea^{mt - 1} = e。

因为 aa 为无限阶元，故 mt=1mt = 1，从而 m=t=1m = t = 1 或 m=t=−1m = t = -1，即 b=ab = a 或 b=a−1b = a^{-1}。

设有限群 G=⟨a⟩G = \left\langle a \right\rangle，且 ∣a∣=n|a| = n，则对任意不大于 nn 的正整数 rr，有

G=⟨ar⟩  ⟺  gcd⁡(n,r)=1G = \left\langle a^r \right\rangle \iff \gcd(n, r) = 1

证明

  ⟸  \impliedby：设 gcd⁡(n,r)=1\gcd(n, r) = 1，则由裴蜀定理有 ∃u,v∈Z,ur+vn=1\exists u, v \in \Z, ur + vn = 1，从而

a=aur+vn=auravn=(ar)u\begin{aligned} a &= a^{ur + vn} \\ &= a^{ur} a^{vn} \\ &= (a^r)^u \end{aligned}

故 GG 中任意元素 aka^{k} 可表示为 (ar)uk(a^r)^{uk} 的形式，即 G=⟨ar⟩G = \left\langle a^r \right\rangle。

  ⟹  \implies：设 ara^r 是 GG 生成元，令 gcd⁡(n,r)=d\gcd(n, r) = d，且 r=dtr = dt，则

(an)t=(an)rd=(ar)nd=e\begin{aligned} (a^n)^t &= (a^n)^{\frac{r}{d}}\\ &= (a^r)^{\frac{n}{d}}\\ &= e \end{aligned}

故 ∣ar∣|a^r| 整除 nd\dfrac{n}{d}，但 ∣ar∣=n|a^r| = n，故 n∣ndn \mid \dfrac{n}{d}，则 d=1d = 1，即 gcd⁡(n,r)=1\gcd(n, r) = 1。

即 nn 阶循环群 GG 生成元个数为不大于 nn 且与 nn 互质的正整数个数，即 φ(n)\varphi(n)。

令 aa 为群 GG 的一个 nn 阶元素，kk 为正整数，有

⟨ak⟩=⟨agcd⁡(n,k)⟩\left\langle a^{k} \right\rangle = \left\langle a^{\gcd(n, k)} \right\rangle

及

∣ak∣=ngcd⁡(n,k)\left\lvert a^{k} \right\rvert = \dfrac{n}{\gcd(n, k)}

证明

注意到 gcd⁡(n,k)∣k\gcd(n, k) \mid k，则有 ak∈⟨agcd⁡(n,k)⟩a^{k} \in \left\langle a^{\gcd(n, k)} \right\rangle。

又有裴蜀定理，∃s,t∈Z, sn+tk=gcd⁡(n,k)\exists s, t \in \Z,\, sn + tk = \gcd(n, k)，则有

agcd⁡(n,k)=asn+tk=asnatk=(ak)t∈⟨ak⟩\begin{aligned} a^{\gcd(n, k)} &= a^{sn + tk} \\ &= a^{sn} a^{tk} \\ &= \left( a^{k} \right)^t\\ &\in \left\langle a^{k} \right\rangle \end{aligned}

同时注意到

(ak)ngcd⁡(n,k)=(an)kgcd⁡(n,k)=e\begin{aligned} \left( a^{k} \right)^{\frac{n}{\gcd(n, k)}} &= \left( a^{n} \right)^{\frac{k}{\gcd(n, k)}}\\ &= e \end{aligned}

于是 ∣ak∣\left\lvert a^{k} \right\rvert 整除 ngcd⁡(n,k)\dfrac{n}{\gcd(n, k)}。

又 ⟨ak⟩=⟨agcd⁡(n,k)⟩\left\langle a^{k} \right\rangle = \left\langle a^{\gcd(n, k)} \right\rangle，则 ∣ak∣=∣agcd⁡(n,k)∣\left\lvert a^{k} \right\rvert = \left\lvert a^{\gcd(n, k)} \right\rvert，而 ∣agcd⁡(n,k)∣⩾ngcd⁡(n,k)\left\lvert a^{\gcd(n, k)} \right\rvert \ge \dfrac{n}{\gcd(n, k)}（否则若 ∣agcd⁡(n,k)∣<ngcd⁡(n,k)\left\lvert a^{\gcd(n, k)} \right\rvert < \dfrac{n}{\gcd(n, k)}，则 ∣(agcd⁡(n,k))∣agcd⁡(n,k)∣∣<∗∣an∣=1\left\lvert \left( a^{\gcd(n, k)} \right)^{\left\lvert a^{\gcd(n, k)} \right\rvert} \right\rvert <^{*} \left\lvert a^n \right\rvert = 1，矛盾！[2]），因此 ∣ak∣=ngcd⁡(n,k)\left\lvert a^{k} \right\rvert = \dfrac{n}{\gcd(n, k)}。

推论 1

令 ∣a∣=n|a| = n，则

  • ⟨ai⟩=⟨aj⟩\left\langle a^i \right\rangle = \left\langle a^{j} \right\rangle 当且仅当 gcd⁡(n,i)=gcd⁡(n,j)\gcd(n, i) = \gcd(n, j)；
  • ∣ai∣=∣aj∣\left\lvert a^i \right\rvert = \left\lvert a^{j} \right\rvert 当且仅当 gcd⁡(n,i)=gcd⁡(n,j)\gcd(n, i) = \gcd(n, j)。

推论 2

令 ∣a∣=n|a| = n，则

  • ⟨a⟩=⟨ai⟩\left\langle a \right\rangle = \left\langle a^i \right\rangle 当且仅当 gcd⁡(n,i)=1\gcd(n, i) = 1；
  • ∣a∣=∣ai∣\left\lvert a \right\rvert = \left\lvert a^i \right\rvert 当且仅当 gcd⁡(n,i)=1\gcd(n, i) = 1。

设 G=⟨a⟩G = \left\langle a \right\rangle 为循环群，证明

  1. GG 的任意子群 HH 仍为循环群
  2. 若 aa 为无限阶元，则 GG 的非平凡子群 HH 均为无限循环群
解答
  1. 令 ⟨H,∗⟩≤⟨G,∗⟩\left\langle H, * \right\rangle \leq \left\langle G, * \right\rangle，从而 H⊆⟨a⟩H \subseteq \left\langle a \right\rangle。

若 H={e}H = \left\lbrace e \right\rbrace，显然成立。

否则取 ama^m 为 HH 中最小正方幂元，下证 H=⟨am⟩H = \left\langle a^m \right\rangle。

只需证明 H⊆⟨am⟩H \subseteq \left\langle a^m \right\rangle。任取 h∈H⊆⟨a⟩h \in H \subseteq \left\langle a \right\rangle，故 h=anh = a^n。

令 n=qm+rn = qm + r，其中 0⩽r<m0 \le r < m，从而 h=an=aqm+r=(am)qarh = a^n = a^{qm+r} = (a^m)^qa^r，即 ar=h(am)−qa^r = h(a^m)^{-q}，由 mm 最小性得 r=0r = 0（否则由 0<r<m0 < r < m 有 ara^r 才是 HH 中最小正方幂元），故 h=(am)qh = (a^m)^q，即 h∈⟨am⟩h \in \left\langle a^m \right\rangle，因此 HH 为循环群。

  1. 设 H≤GH \leq G，由 1. 知 H=⟨am⟩H = \left\langle a^m \right\rangle，若 H≠{e}H \ne \left\lbrace e \right\rbrace，则 m≠0m \ne 0，从而若 HH 有限，则 ∣am∣|a^m| 有限，与 aa 为无限阶元矛盾，故 HH 为无限循环群。

对 nn 每个因子 dd，nn 阶循环群 GG 中恰有一个 dd 阶子群，且其中该子群的生成元的个数为 φ(d)\varphi(d)。

证明

令 H=⟨and⟩H = \left\langle a^{\frac{n}{d}} \right\rangle，显然 HH 为 GG 的 dd 阶子群。

若令 H1=⟨am⟩H_1 = \left\langle a^m \right\rangle 也为 dd 阶子群，则 (am)d=amd=e(a^m)^d = a^{md} = e，即 n∣mdn \mid md，即 nd∣m\dfrac{n}{d} \mid m，因此 am=(and)k∈Ha^m = \left(a^{\frac{n}{d}}\right)^{k} \in H，即 H1⊆HH_1 \subseteq H，又 H1≈HH_1 \approx H，故 H1=HH_1 = H。

子群为 dd 阶循环群，因此该子群的生成元个数为 φ(d)\varphi(d)。

因此由这个结论有

n=∑d∣nφ(d)n = \sum_{d \mid n} \varphi(d)

群的直积

给定两个群 ⟨S,∘⟩,⟨T,∗⟩\left\langle S, \circ \right\rangle, \left\langle T, * \right\rangle，定义 S×TS \times T 上运算 ⊗\otimes 为

(s1,t1)⊗(s2,t2)=(s1∘s2,t1∗t2)(s_1, t_1) \otimes (s_2, t_2) = (s_1 \circ s_2, t_1 * t_2)

从而有 ⟨S×T,⊗⟩\left\langle S \times T, \otimes \right\rangle 为群，称为群 ⟨S,∘⟩,⟨T,∗⟩\left\langle S, \circ \right\rangle, \left\langle T, * \right\rangle 的直积。

证明
  1. 结合律：((r1∘s1)∘t1,(r2∗s2)∗t2)=(r1∘s1,r2∗s2)⊗(t1,t2)\left( (r_1 \circ s_1) \circ t_1, (r_2 * s_2) * t_2 \right) = (r_1 \circ s_1, r_2 * s_2) \otimes (t_1, t_2)
  2. 单位元：(eS,eT)(e_S, e_T)
  3. 逆元：(s,t)−1=(s−1,t−1)(s, t)^{-1} = (s^{-1}, t^{-1})

CkC_k 表示 kk 阶循环群，则 Cm×CnC_m \times C_n 为 mnmn 阶循环群当且仅当 m,nm, n 互质。（即 Cm×Cn≅Cmn  ⟺  gcd⁡(m,n)=1C_m \times C_n \cong C_{mn} \iff \gcd(m, n) = 1）

证明

  ⟸  \impliedby：设 gcd⁡(m,n)=1\gcd(m, n) = 1，只需证明 Cm×CnC_m \times C_n 中含有阶为 mnmn 的元素（因为 Cm×CnC_m \times C_n 有 mnmn 个元素，只要证明存在阶为 mnmn 的元素，就能说明 Cm×CnC_m \times C_n 是 mnmn 阶循环群了）。

设 a,ba, b 分别为 Cm,CnC_m, C_n 的生成元，则 (a,b)mn=e(a, b)^{mn} = e。

若 (a,b)k=e(a, b)^{k} = e，则 kk 为 m,nm, n 公倍数，又 m,nm, n 互质，故 kk 为 mnmn 的倍数，即 (a,b)(a, b) 为 mnmn 阶元素。

  ⟹  \implies：若 Cm×CnC_m \times C_n 是 mnmn 阶循环群，则 Cm×CnC_m \times C_n 是循环群，生成元为 (s,t)(s, t)，且其阶为 mnmn。

若 gcd⁡(m,n)=k>1\gcd(m, n) = k > 1，则 (s,t)mnk=e(s, t)^{\frac{mn}{k}} = e（因 sm=e1,tn=e2s^m = e_1, t^n = e_2），与 (s,t)(s, t) 阶是 mnmn 矛盾（mnk<mn\dfrac{mn}{k} < mn），故 gcd⁡(m,n)=1\gcd(m, n) = 1。

则有若 m,nm, n 互质，则 φ(mn)=φ(m)φ(n)\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)。

置换群

设 S={1,2,⋯ ,n}S = \left\lbrace 1, 2, \cdots, n \right\rbrace，SS 上的任何双射函数 σ ⁣:S→S\sigma\colon S \to S 称为 SS 上的 nn 元置换。

σ=[12⋯nσ(1)σ(2)⋯σ(n)]\sigma = \begin{bmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) \end{bmatrix}

置换的乘积定义为置换的复合。

设 σ\sigma 是 S={1,2,⋯ ,n}S = \left\lbrace 1, 2, \cdots, n \right\rbrace 上的 nn 元置换，若

σ(i1)=i2,σ(i2)=i3,⋯ ,σ(ik−1)=ik,σ(ik)=i1\sigma(i_1) = i_2, \sigma(i_2) = i_3, \cdots, \sigma(i_{k-1}) = i_k, \sigma(i_k) = i_1

且保持 SS 中其它元素不变，则称 σ\sigma 为 SS 上的 kk 阶轮换，记作 (i1i2⋯ik)(i_1i_2\cdots i_{k})。

若 k=2k = 2，则称 σ\sigma 为 SS 上的对换。

任何 nn 元置换可以唯一地表示为不相交的轮换的乘积。

例如

σ=[1234567853642187]\sigma = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 5 & 3 & 6 & 4 & 2 & 1 & 8 & 7 \end{bmatrix}

可表示为

σ=(15236)(4)(78)\sigma = (15236)(4)(78)

通常省略 11 阶轮换，即上式可简写为 (15236)(78)(15236)(78)。

但对于恒等轮换，得保留 (1)(1)，即 (1)(2)⋯(n)(1)(2)\cdots(n) 写作 (1)(1)。

轮换可以进一步分解为对换。

设 S={1,2,⋯ ,n}S = \left\lbrace 1, 2, \cdots, n \right\rbrace，σ\sigma 是 SS 上的 kk 阶轮换，则 σ\sigma 可表示为对换的乘积，且

(i1i2⋯ik)=(i1i2)(i1i3)⋯(i1ik)(i_1i_2\cdots i_{k}) = (i_1 i_2)(i_1 i_3)\cdots(i_1 i_{k})

但表示方法不唯一。

上面的可以进一步表示为

(15236)(78)=(15)(12)(13)(16)(78)(15236)(78) = (15)(12)(13)(16)(78)

置换的对换表示不唯一，例如 σ=[12342314]\sigma = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 1 & 4 \end{bmatrix} 可表示为 (12)(13)(12)(13) 或 (14)(24)(34)(14)(14)(24)(34)(14)。

但是其奇偶性保持恒定。

若 nn 元置换 σ\sigma 可表示为奇数个对换之积，则称 σ\sigma 为奇置换，否则称 σ\sigma 为偶置换。

奇置换和偶置换各有 n!2\dfrac{n!}{2} 个。

nn 元集合上所有置换的集合 SnS_n 关于置换乘法构成群，称为 nn 元对称群。

SnS_n 的任何一个子群称为置换群。

所有 nn 元偶置换的集合 AnA_n 是 SnS_n 的一个子群，称为 nn 元交错群。

群同构与同构映射

群 ⟨G1,∘⟩,⟨G2,∗⟩\left\langle G_1, \circ \right\rangle, \left\langle G_2, * \right\rangle 同构（G1≅G2G_1 \cong G_2）当且仅当存在双射函数 f ⁣:G1→G2f\colon G_1 \to G_2 使得

∀x,y∈G1,f(x∘y)=f(x)∗f(y)\forall x, y \in G_1, f(x \circ y) = f(x) * f(y)

群同构关系是等价关系。

四元循环群

∗* 11 22 33 44
11 11 22 33 44
22 22 33 44 11
33 33 44 11 22
44 44 11 22 33

C4≅Z4C_4 \cong Z_4

Klein 四元群

∗* 11 22 33 44
11 11 22 33 44
22 22 11 44 33
33 33 44 11 22
44 44 33 22 11

V4≅Z2×Z2V_4 \cong Z_2 \times Z_2

设 ff 是从群 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 到群 ⟨H,∘⟩\left\langle H, \circ \right\rangle 的同态映射，则

  1. f(eG)=eHf(e_G) = e_H
  2. ∀a∈G,f(a−1)=(f(a))−1\forall a \in G, f(a^{-1}) = \left(f(a)\right)^{-1}

1,2,⋯ ,10001, 2, \cdots, 1000 这 10001000 个正整数按任意组合加减，能否得到 10011001？

解答

定义系统「奇偶加群」⟨{e,o},∗⟩\left\langle \left\lbrace e, o \right\rbrace, * \right\rangle，运算表为

∗* ee oo
ee ee oo
oo oo ee

则 f ⁣:Z→{e,o}f\colon \Z \to \left\lbrace e, o \right\rbrace

{f(x)={e,x 为偶数o,x 为奇数\left\lbrace\begin{aligned} f(x) = \begin{cases} e, & x \text{ 为偶数} \\ o, & x \text{ 为奇数} \end{cases} \end{aligned}\right.

即 ff 是从 ⟨Z,+⟩\left\langle \Z, + \right\rangle 到「奇偶加群」的满同态映射。

blablabla

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为无限循环群，则 ⟨G,∗⟩≅⟨Z,+⟩\left\langle G, * \right\rangle \cong \left\langle \Z, + \right\rangle。

证明

设 GG 生成元为 aa，则 ∣a∣=∞|a| = \infty 。

令 f ⁣:Z→Gf\colon \Z \to G 为 f(n)=anf(n) = a^n。

因为

f(m+n)=am+n=am∗an=f(m)f(n)\begin{aligned} f(m + n) &= a^{m + n} \\ &= a^m * a^n \\ &= f(m) f(n) \end{aligned}

则 ff 为同态映射。

又因为

f(n)=f(m)  ⟹  an=am  ⟹  an−m=e  ⟹  n=m\begin{aligned} f(n) = f(m) &\implies a^n = a^m \\ &\implies a^{n - m} = e \\ &\implies n = m \end{aligned}

则 ff 为单射。显然 ff 还为满射，故 ff 为同构映射，即 ⟨G,∗⟩≅⟨Z,+⟩\left\langle G, * \right\rangle \cong \left\langle \Z, + \right\rangle。

设 ⟨G,∗⟩\left\langle G, * \right\rangle 为 nn 阶循环群，则 ⟨G,∗⟩≅⟨Zn,⊕n⟩\left\langle G, * \right\rangle \cong \left\langle \Z_n, \oplus_n \right\rangle（⊕n\oplus_n 表示模 nn 加法）。

证明

设 GG 生成元为 aa，则 ∣a∣=n|a| = n，G={a0,a1,⋯ ,an−1}G = \left\lbrace a_0, a_1, \cdots, a^{n-1} \right\rbrace。

令 f ⁣:Zn→Gf\colon \Z_n \to G 为 f(k)=ak(k=0,1,⋯ ,n−1)f(k) = a^k\quad (k = 0, 1, \cdots, n-1)。

因为

f(i⊕nj)=ai⊕nj=ai+j+kn=ai+j=f(i)∗f(j)\begin{aligned} f(i \oplus_n j) &= a^{i \oplus_n j} \\ &= a^{i + j + kn}\\ &= a^{i + j}\\ &= f(i) * f(j) \end{aligned}

故 ff 为同态映射。

又因为

f(i)=f(j)  ⟹  ai=aj  ⟹  ai−j=e  ⟹  n∣(i−j)  ⟹  i≡j(modn)  ⟹  i=j\begin{aligned} f(i) = f(j) &\implies a^i = a^j\\ &\implies a^{i - j} = e\\ &\implies n \mid (i - j)\\ &\implies i \equiv j \pmod{n}\\ &\implies i = j \end{aligned}

故 ff 为单射。显然 ff 为满射，故 ff 为同构映射，即 ⟨G,∗⟩≅⟨Zn,⊕n⟩\left\langle G, * \right\rangle \cong \left\langle \Z_n, \oplus_n \right\rangle。

循环群皆为阿贝尔群。

正规子群

群 GG 的子群 HH 是 GG 的正规子群，当且仅当 ∀a∈G,Ha=aH\forall a \in G, H a = a H，记作 H⊴GH \trianglelefteq G。

显然平凡子群 ⟨G,∘⟩,⟨{e},∘⟩\left\langle G, \circ \right\rangle, \left\langle \left\lbrace e \right\rbrace, \circ \right\rangle 都是正规子群。

阿贝尔群的任何子群都是正规子群。

Ha=aHHa = aH 充要条件是

∀hi∈H,a∈G, ∃hj∈H, hia=ahj\forall h_i \in H, a \in G,\, \exists h_{j} \in H,\, h_i a = a h_{j}

而非 ∀hi∈H,a∈G, hia=ahi\forall h_i \in H, a \in G,\, h_i a = a h_i。

群的中心 CC 是群 GG 的正规子群。即 C⊴GC \trianglelefteq G。

中心是什么？

正规子群的判定

设 NN 是群 GG 的子群，NN 是群 GG 的正规子群当且仅当

∀g∈G,n∈N, gng−1∈N\forall g \in G, n \in N,\, gng^{-1} \in N

证明

必要性：任取 g∈G,n∈Ng \in G, n \in N，有 n1∈Nn_1 \in N 使得 gn=n1ggn = n_1g，因此 gng−1=n1∈Ngng^{-1} = n_1 \in N。

充分性：先证明 gN⊆NggN \subseteq Ng。任取 gn∈gNgn \in gN，已知 gng−1∈Ngng^{-1} \in N，可令 gng−1=n1gng^{-1} = n_1，则 gn=n1g∈Nggn = n_1g \in N_g。类似可证明 Ng⊆gNNg \subseteq gN，故 gN=NggN = Ng，即 N⊴GN \trianglelefteq G。

即设 NN 是群 GG 的子群，NN 是群 GG 的正规子群当且仅当

∀g∈G,gNg−1=N\forall g \in G, gNg^{-1} = N

设 NN 是群 GG 的子群，若 GG 的其它子群都不与 NN 等势，则 NN 是 GG 的正规子群。

证明

只需证明 gNg−1=NgNg^{-1} = N。

先证明 gNg−1gNg^{-1} 是个群，从而可得 gNg−1gNg^{-1} 是 GG 的子群：

  • 封闭性：(gn1g−1)(gn2g−1)=gng−1(gn_1g^{-1})(gn_2g^{-1}) = gng^{-1}
  • ab−1ab^{-1}：(gn1g−1)(gn2g−1)−1=(gn1g−1)(gn2−1g−1)=gng−1(gn_1g^{-1})\left(gn_2g^{-1}\right)^{-1} = (gn_1g^{-1})(gn_2^{-1}g^{-1}) = gng^{-1}

因为其它子群都不与 NN 等势，故只需证明 gNg−1≈NgNg^{-1} \approx N。

注意到消去律，只需证明 gN≈NggN \approx Ng。而这个在上面就已经证明过了，因而得证。

设 NN 是群 GG 的子群，若 [G:N]=2[G : N] = 2，则 NN 是 GG 的正规子群。

证明

[G:N]=2[G : N] = 2 说明 GG 可以划分为两个互不相交的陪集。

为证明 NN 是 GG 的正规子群，只需证明 ∀g∈G,n∈N,gng−1∈N\forall g \in G, n \in N, gng^{-1} \in N 即可。

若 g∈Ng \in N，则显然有 ∀n∈N,gng−1∈N\forall n \in N, gng^{-1} \in N。

若 g∉Ng \notin N，则 G=N∪gNG = N \cup gN，且 N∩gN=∅N \cap gN = \empty。

考虑 GG 的子群 gNg−1gNg^{-1}，可知有且仅有 gNg−1=NgNg^{-1} = N 或 gNg−1=gNgNg^{-1} = gN。

若 gNg−1=NgNg^{-1} = N，则 ∀n∈N,gng−1∈N\forall n \in N, gng^{-1} \in N，得证。

若 gNg−1=gNgNg^{-1} = gN，则 ∀n∈N,gng−1∈gN\forall n \in N, gng^{-1} \in gN，即 ∃n′∈N,gng−1=gn′\exists n' \in N, gng^{-1} = gn'，从而 ng−1=n′∈Nng^{-1} = n' \in N。

或者简单来看，显然有 e∈Ne \in N，而 geg−1=e∉gNg e g^{-1} = e \notin gN，故不成立。

故 g−1∈Ng^{-1} \in N，得 g∈Ng \in N，矛盾！因此只能有 gNg−1=NgNg^{-1} = N，得证。

设 N⊴GN \trianglelefteq G，可以证明若 ap−1,bq−1∈Nap^{-1}, bq^{-1} \in N，则

(ab)(pd)−1∈N(ab)(pd)^{-1} \in N

即群 GG 中运算可以提升到陪集上，定义

Ha∗Hb=H(ab)H a * H b = H(ab)

于是正规子群的陪集关系是同余关系。

从而有

若 N⊴GN \trianglelefteq G，则 ⟨G/N,∗⟩\left\langle G / N, * \right\rangle 是一个群，称为商群。

证明
  • 封闭性：由 ∗* 的定义保证了封闭性
  • 结合律：GG 运算满足结合律
  • 单位元：NN（即 NeN e）
  • 逆元：NaN a 逆元为 Na−1N a^{-1}

任何群 GG 与其商群 G/NG / N 满同态，称为自然同态。

证明

G/NG / N 是由 NN 确定的商群，其元素为 NN 的陪集。

定义 g ⁣:G→G/Ng\colon G \to G / N，对任意 a∈G,g(a)=Naa \in G, g(a) = Na。

显然 gg 是满射，且任意 a,b∈Ga, b \in G 有

g(ab)=N(ab)=Na∗Nb=g(a)∗g(b)\begin{aligned} g(ab) &= N(ab)\\ &= Na * Nb &= g(a) * g(b) \end{aligned}

即 gg 是满同态映射。

同态核

假设群 G1,G2G_1, G_2 是群，f ⁣:G1→G2f\colon G_1 \to G_2 是同态映射，定义集合

ker⁡f={x∣x∈G1∧f(x)=e2}\ker f = \left\lbrace x \mid x \in G_1 \land f(x) = e_2 \right\rbrace

称为同态核。

同态核是正规子群。即 ker⁡f⊴G1\ker f \trianglelefteq G_1。

证明
  • 非空：e1∈ker⁡fe_1 \in \ker f
  • 子群：任取 a,b∈ker⁡fa, b \in \ker f，则 f(a)=f(b)=e2f(a) = f(b )= e_2，则 f(ab−1)=f(a)∗(f(b))−1=e2f(ab^{-1}) = f(a) * \left(f(b)\right)^{-1} = e_2
  • 正规子群：任取 a∈ker⁡f,x∈G1a \in \ker f, x \in G_1，则 f(a)=e2f(a) = e_2，因此 f(xax−1)=f(x)∗f(a)∗(f(x))−1=e2f(xax^{-1}) = f(x) * f(a) * \left(f(x)\right)^{-1} = e_2，即 gag−1∈ker⁡fgag^{-1} \in \ker f。

同态基本定理

设 G,G′G, G' 是群，f ⁣:G→G′f\colon G \to G' 是满同态映射，则 G/ker⁡f≅G′G / \ker f \cong G'。

  1. 见前面的笔记自然数与数论初步 ↩︎

  2. 这里的 <∗<^{*} 并不是数值意义上的「小于」，而是指 agcd⁡(n,k)a^{\gcd(n, k)} 在 a,⋯ ,ana, \cdots, a^n 之间，同时 (agcd⁡(n,k))∣agcd⁡(n,k)∣\left( a^{\gcd(n, k)} \right)^{\left\lvert a^{\gcd(n, k)} \right\rvert} 在 agcd⁡(n,k)a^{\gcd(n, k)} 之后，但未到 ana^n 之前，因此与之为 ee 矛盾。 ↩︎