【抽象代數(shù)】類方程和有限群

隨著前面我們對于群的結構的探索，在對群進行公理化描述之后，我們又探討了群的結構，(正規(guī)) 子群，商群還有直積的概念。如果我們要在進一步，就需要專注于群最為本質的特點，即對稱與變換，這是群的精髓所在，下面就讓我們開始從類方程與群對于集合的作用開始吧。

1. 類方程

1.1 群的作用

設 X 是任意一個非空集合，我們已經(jīng)知道，集合 X 的全體到自身的一一對應組成一個群 S(X), 稱其為對稱群或變換群，從歷史的角度看，人們最早研究的都是某一集合上的變換群。直到現(xiàn)在，各種類型的變換群的研究仍是群論的一個重要部分。抽象群的概念正是從變換群而來。在群論中，一方面是把抽象群論中的結果應用到變換群上。另一方面也常利用變換群來研究抽象群的性質。前面提到的凱萊定理就是建立在這二者的聯(lián)系。而群在集合上的作用便是一種可以體現(xiàn)抽象群和變換群聯(lián)系的廣泛的定義。

設 G 是一個群，X是一個非空集合。如果給了一個映射 $f : G\times X \rightarrow X$ , 適合條件：對所有的 $g_1, g_2 \in G, x \in X$ ，滿足 $f(e,x) = x$ 與 $f(g_1g_2, x) = f(g_1,f(g_2,x))$ ，那么我們就說，f 決定了群G在集合 X 上的作用。在不需要明確映射 f 的情況下，常將 $f(g, x)$ 簡寫成 $g(x)$ 。前面提到過， $gG$ 將 G 中的元素作了一個變換，同樣 $g(aH)$ 也是對陪集的一個變換?？磥砦覀冇斜匾獙⑦@樣的變換提出來單獨研究，變換是從一個群 G 作用到一個集合 X，結果還是在 X 中。用函數(shù)的方法表示這個變換： $g(x)$ ，其中 $g∈G，x,g(x)∈X$ 。為了能用到群的性質，首先自然是是要求下式左成立（保持運算），其次還要求逆元能將元素還原，即 $g^{?1}(g(x))=x$ ，故還要求下式右成立。這樣的變換一般叫 G 在 X 上的作用（action）。
$g_1g_2(x)=g_1(g_2(x)),\quad e(x)=x\tag{1}$

作用的結果可以寫成一張如下所示的表格，行為G列為X，從兩個維度分別考察會得到有趣的結果。變換中最重要一類就是 $g(x)=x$ 的情況，其中g稱為x的穩(wěn)定子（stabilizer），x 所有的穩(wěn)定子記作 $S_x$ ，容易證明它是一個子群。x 稱為g的不動元素（fixed element），g 的所有不動元記作 $F_g$ 。對所有 g 都不動的也叫 G 的不動元素，記為 $F_G$ ，它在研究問題時非常重要。接下來，分別從行、列兩個方向研究這張表。

在這里插入圖片描述

先從G的方向考察g(x)，即對于指定的x，g(x)的取值情況。g(x)的所有取值稱為 x 軌道（orbit），記作 $O_x$ 。如果 $g(x)=y∈O_x$ ，則有 $g^{?1}(y)=x∈O_y$ 。故不同的 $O_x$ 之間要么完全相同，要么沒有交集，其中的元素是一個等價關系。軌道中只有一個元素的，便是 G 的不動元。

一個自然的問題是， $O_x$ 中究竟有多少元素？若 $g_1,g_2$ 使得 $g_1(x)=g_2(x)$ ，則有 $g_1^{-1}g_2(x)=x$ ，從而 $g_1,g_2$ 同屬于 $S_x$ 的一個陪集。這就是說 $O_x$ 中不同元素的個數(shù)為 $[G:S_x]$ 。如果為所有軌道選一個代表 $x_1,x_2,?,x_n$ ，則有以下類方程。
$|X|=[G:S_{x_1}]+[G:S_{x_2}]+\cdots+[G:S_{x_n}]\tag{2}$

另外，同屬于一個軌道的穩(wěn)定子有什么關系呢？假設g(x)=y，將 $x=g^{?1}(y)$ 帶入 $a(x)=x$ ，則有 $gag^{?1}(y)=y$ ，所以就得到 $gS_xg^{-1}=S_y$ 。這個性質讓我們想到正規(guī)子群，即對任意 $N\trianglelefteq G$ ，可有 $N\cap S_x=N\cap S_y$ 。從而 G 作用下的一個軌道在 N 下有相同的穩(wěn)定子，即那個軌道在 N 下被分成同樣長的多個軌道。特別地，如果 G 下只有一個軌道，則 N 的每個軌道一樣長。

最后再從X的方向考察 $g(x)$ ，即對于指定的 $g，g(x)$ 的取值情況。首先若 $g(x)=g(y)$ ，則 $g^{?1}(g(x))=g^{?1}(g(y))$ ，即有 $x=y$ ，g 的作用是 X 上的一個置換?，F(xiàn)在分別從行、列兩個方向統(tǒng)計滿足 $g(x)=x$ 都有元素對 $(g,x)$ ，有 $\sum_{g\in G}|F_g|=\sum_{x\in X}|S_x|=\sum_{k=1}^{n}|O_{x_k}||S_{x_k}|=n|G|$ ，整理便得到以下等式，它稱為伯恩賽德（Burnside）定理，在組合數(shù)學中有廣泛的應用。
$n=\dfrac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|F_g|\tag{3}$

1.2 共軛

不管是正規(guī)子群，還是上面的群的作用，其中都出現(xiàn)了 $gSg^{-1}$ 的身影。現(xiàn)在就讓我們來對它進一步研究，令 X 是群 G 的所有子集的集合，考察群 G 在 X 上的變換 $g(S)=gSg^{-1}$ 。滿足 $gS_1g^{-1}=S_2$ 的子集S1,S2稱為共軛的（conjugat），這個變換顯然是一個作用，現(xiàn)在直接把上段的結論應用到這里來。
　　首先互為共軛的子集在同一軌道里，這個軌道一般叫做共軛類，共軛類中的元素互為共軛。子集S的穩(wěn)定子滿足 $gSg^{?1}=S$ ，它也稱為S的正規(guī)化子，記作 $N(S)$ ，它是一個子群。這樣一來，共軛類的中的元素和 $N(S)$ 的陪集一一對應，每個共軛類中有 $[G:N(S)]$ 個元素。進一步地，共軛類中每個元素的正規(guī)化子有以下關系，它們也形成一個共軛類。
$N(gSg^{-1})=gN(S)g^{-1}\tag{4}$
　
　現(xiàn)在來考慮一些特殊情況。首先，以上 X 中可以只取那些只有一個元素的子集，這個情況等價于 $X=G$ ，這就相當于定義了群元素間的共軛關系。群的元素在共軛的作用下分成了多個等價類，而不動元素 $F_G$ 顯然就是中心 C。如果中心元有 c 個，其它等價類 $C_k$ 分別有 $c_k$ 個元素 $（k=1,2,?,m）$ ，則類方程變成以下形式。
$G=C\cup C_1\cup C_2\cup\cdots\cup C_m,\quad |G|=c+c_1+c_2+\cdots+c_m\tag{5}$

其次，還可以把 X 中的元素限定為子群，這就定義了共軛子群。共軛子群具有共軛子集一樣的性質，只是在子集和其正規(guī)化子的關系上有本質不同。對一般子集，不一定有 $S?N(S)$ ，而對于子群 H 不僅有 $H?N(H)$ ，還有 $H?N(H)$ 。從另一個角度看， $N(H)$ 其實是通過縮小 G 來使 H 成為正規(guī)子群， $N(H)$ 是G 中使 H 稱為正規(guī)子群的最大子群。反過來能否通過縮小 H 來得到一個正規(guī)子群呢？考察H的所有共軛子群之交 $K=\cap H_k$ ，可以證明 $aH_ka^{-1}$ 任然包含所有 H 的共軛子群，從而恒有 $aKa^{-1}=K$ ，即 K 為正規(guī)子群。特別的，如果 H 的指數(shù)有限，則 K 的指數(shù)也有限。

相對于單個元素的正規(guī)化子，子集的正規(guī)化子其實是被弱化的。正規(guī)化子 $N(x)$ 是所有滿足 $axa^{-1}=x$ 的元素，即所有與 x 可交換的元素。為此可以定義與子集 S 所有元素可交換的集合，稱它為 S的中心化子，并記做 $C(S)$ 。容易證明它也是子群，并且有下式成立。而對單個元素顯然有： $C(x)=N(x)$ 。
$C(S)\trianglelefteq N(S)\tag{6}$

讀者可以思考如下兩個簡單的結論：
　　? 求證： $\langle a\rangle\trianglelefteq N(a)\leqslant N(\langle a\rangle)$ ；
　　? 求證： $C(S)$ 是 S 各元素正規(guī)化子的交。

關于交錯群 $A_n$ 有一個重要的結論，現(xiàn)在我們可以來介紹它了：當 $n≠4$ 時， $A_n$ 都是單群。對 $n<4$ 的場景可以直接驗證，也可以證明，但最好使用結論： $A_4$ 有唯一正規(guī)子群 $K_4$ 。當 $n>4$ 時，證明比較繁雜，但方法很基礎，這里僅給出基本思路。首先容易證明任何偶置換都可以表示為若干3-循環(huán)之積，并且An可以由一些3-循環(huán)生成。其次證明An對3-循環(huán)集X的作用只有一個軌道，所以An中包含一個3-循環(huán)的正規(guī)子群只能是An自身。最后通過分情況討論，證明An的正規(guī)子群必含有一個3-循環(huán)，這就證明了An,(n>4)是單群。若有疑問可參見《代數(shù)學引論》（2nd)，聶靈紹，2009。第 66 頁定理 9 有詳細的證明過程。

1.3 重陪集

元素 g 與左陪集 $xK$ 可以定義作用 $g(xK)=gxK$ ，現(xiàn)在就來看看這個作用有什么結論。記 X 為子群 K的所有左陪集，考察子群 H 到 X 的作用（選G得不到有用結論）。作用的軌道是一些左陪集，它們的并可以寫成 $HxK$ ，它也稱為重陪集。重陪集可以既可以看成是一些K的左陪集之并，也可以看成是一些H的右陪集之并。根據(jù)軌道的性質可知，重陪集之間要么完全相同，要么沒有交集。

作用的穩(wěn)定子滿足 $hxK=xK$ ，從而 $x^{?1}hx∈K$ ，即 $h∈xKx^{?1}$ 。穩(wěn)定子的集合為 $H∩xKx^{?1}$ ，從而軌道內元素的個數(shù)是 $[H:H∩xKx^{?1}]$ 。結合重陪集的意義和群的作用，就得到 $HxK$ 里H的右陪集個數(shù) $n_{Hx}$ 和 K 的左陪集個數(shù) $n_{xK}$ 分別為以下公式。
$n_{Hx}=[K:K\cap x^{-1}Hx],\quad n_{xK}=[H:H\cap xKx^{-1}]\tag{7}$
　　再來看看穩(wěn)定元素 $F_H$ ，它們對一切 h 滿足 $hxK=xK$ ，這就得到 $xKx^{?1}=H$ ，它要求 $K,H$ 首先是共軛的。當 $H=K$ 時，可知 $x∈N(H)$ ，即 $F_H$ 為 $N(H)$ 中 H 的所有陪集，個數(shù)為 $[N(H):H]$ 。

2. 有限群

2.1 p-群和p階群

對群的所有研究都是為了分析其結構，目前除了循環(huán)群之外，還沒有其它群被完全解析。在儲備了一些知識后，我們開始著眼于有限群和交換群這兩種常見且重要的群。相對于無限群的無窮變換，有限群的結構總也是有窮的，在這里也許可以得到一些有用的結論。我們當然是從群的階出發(fā)，逐步尋找規(guī)律。首先對于素數(shù)階群，顯然必定是循環(huán)群，且除 e 外每個元素都是生成元。對于素數(shù)冪次 $p^s$ 階群，它每個子群的階都是 p 的冪，反之也是成立的，這樣的群有時也叫 p-群。

拉格朗日定理說到，子群的階必為父群的因子，那么反過來呢？對任意階為 $pm$ 的群 G，它有 p 階子群嗎？這個問題的答案是肯定的，現(xiàn)在用歸納法證明該重要結論。當 $m=1$ 時結論顯然，現(xiàn)在假設結論對 $pk,k<m$ 成立。任意找一個非平凡子群 H，如果 $p∣|H|$ ，則由假設知存在 p 階子群。如果總有 $p?|H|$ ，考察類方程（5），有 $p∣c_k$ ，從而中心的階滿足 $p∣c$ 。而中心為正規(guī)子群，它的商群 $G/N$ 必有 p 階子群 $bH$ ，則必定有 $p∣|b|$ ，所以 $?b?$ 中有 p 階元。綜合以上就得到了結論：階為 $pm$ 的群必有有 $p$ 階子群，該結論也叫柯西定理。

這個結論非常有用，比如由此可以判斷 pq 階交換群必有 p,q 階子群 $?a?,?b?$ ，而 $?ab?$ 的階為 $pq$ ，所以它必定是循環(huán)群。如下有幾個小思考題，供讀者消遣：
　　
　　? 求證p-群有中心；
　　? 求證 $p^2$ 階群是循環(huán)群，另外僅有一個 p 階子群的 p-群也是循環(huán)群；
　　? 同構意義下，4 階群只有循環(huán)群和 $K_4$ 。

2.2 西羅定理

繼續(xù)剛才的問題，如果 G 的階為 $p^sm, (p?m)$ ，它是否有 $p^k, (k?s)$ 階子群呢？當 $k=0,1$ 時結論顯然成立，假設有 $p^k,(k<s)$ 階子群 H，考察式（8）的重陪集分解。左側有 $p∣[G:H]$ ，右側那些重陪集除了 $F_H$ 外都有 $p∣[H_{x_i} H:H]$ ，從而 $p\mid |F_H|=[N(H):H]$ 。所以有 $p\mid |N(H)/H|$ ，故 $N(H)/H$ 有 p 階子群 $K/H$ ，其中 $|K|=p^{k+1}$ ，且 $H\trianglelefteq K$ 。這就構造出了 $p^k+1$ 階子群，繼而可以構造所有 $p^i,(0\leqslant i\leqslant s)$ 階子群，其中 $p^s$ 階子群也叫 Sylow p-子群。
$G=Hx_1H\:\cup\:Hx_2H\:\cup\cdots\cup\:Hx_rH\tag{8}$
$G=Hx_1K\:\cup\:Hx_2K\:\cup\cdots\cup\:Hx_rK\tag{9}$
　　
　　顯然每個Sylow p-子群的共軛也是Sylow p-子群，反之對兩個Sylowp-子群K,H，考察其重陪集分解（9）。因為 $p\nmid [G:H]$ ，而右側重陪集除 $F_H$ 外都有 $p\mid [Hx_iK:H]$ ，故有 $F_H>1$ 。即存在 $HxK=xK$ ，這就有 $x^{-1}Hx=K$ ，從而 $H,K$ 共軛。既然所有的Sylow p-子群是一個共軛子群類，而穩(wěn)定子為 $N(H)$ ，故 Sylow p-子群的個數(shù)為 $d=[G:N(H)]$ ，首先當然有 $d∣|G|$ 。其次，容易有 $p∣[G:H]?[N(H):H]$ ，即 $p∣(d?1)[N(H):H]$ ，從而 $p∣d?1$ ?？偨Y這兩段的討論就是重要的西羅定理（G的階為 $p^sm,p\nmid m$ ）：

（1）西羅第一定理：存在 $p^i,(0\leqslant i\leqslant s)$ 階子群，且對任意 $p^k,(k<s)$ 階子群 H 都有 $p^{k+1}$ 階子群 $K$ 使得 $H?K$ ；
（2）西羅第二定理：所有Sylow p-子群共軛；
（3）西羅第三定理：Sylow p-子群個數(shù) n 滿足： $n∣m$ 且 $n\equiv 1\pmod{p}$ 。

西羅定理為研究有限群的結構提供了非常好的工具，如果Sylow p-子群僅有1個，那它必為正規(guī)子群，可以將群拆分為Sylow p-子群及其商群來研究。如果Sylow p-子群有 $n>1$ 個，考慮它們的共軛關系，已知可以有一個從 G 到 $S_n$ 的同態(tài)映射，這就說明了G有同態(tài)于 $S_n$ 的商群。

在上面我們得到過結論： $pq$ 階交換群是循環(huán)群。如果不要求是交換群，但 $p\nmid q-1,q\nmid p-1$ ，則 p-子群和 q?子群都是正規(guī)子群且無非平凡交集，也可以證明它們是可交換的。之前的證明同樣成立，它還是個循環(huán)群。利用這個結論，很多有限群都可以確定是循環(huán)群。

這個正規(guī)性還使得Sylow p-子群可參與有限群的分解。若有 $|G|=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_s^{e_s}$ ，且 $\text{Sylow}\:p_k$ -子群Pk都是正規(guī)子群（比如上面的條件），你可以證明有下式成立。而把結果用到交換群上則是顯然成立的。并且對任意 $d∣|G|$ ，設 $d=p_1^{e'_1}p_2^{e'_2}\cdots p_s^{e'_s}$ 。由Sylow定理知， $P_k$ 中總有 $p_k^{e'_k}$ 階子群 $H_k$ ，則顯然 $H_1\times H_2\times \cdots \times H_s$ 的階就是 d。這就是說拉格朗日定理的反命題對滿足條件的有限群是成立的，對任意 $d∣|G|$ 都有階為d的子群。
　　 $G=P_1\times P_2\times \cdots \times P_s\tag{10}$

考慮幾個習題：
　　? P 為Sylow p-子群，若p-群H滿足 $H?N(P)$ ，則 $H?P$ ；
　　? 同構意義下，6 階群只有循環(huán)群和 $S_3$ ；
　　? 若 $|G|=p^2q$ 或 $|G|=pqr$ ，則 G 不是單群。

2.3 有限交換群

剛才我們把有限交換群分解成了Sylow p-子群的直積，現(xiàn)在來看交換群Sylow p-子群 P 能否再進一步分解?？疾?P 的一組生成元 $\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$ ，由于是交換群，則必定有 $G=\langle a_1\rangle\langle a_2\rangle\cdots\langle a_n\rangle$ 。接下來我們需要找使得表達式成為直積的生成元，主要思想是利用現(xiàn)有生成元，如果不是直積，則能構造出階之和更小的生成元，用無窮遞降法就構造出直積表達式。這樣每個Sylow p-子群 P 都被分解成了若干循環(huán)群的直積，進而可以有任何有限交換群 G 都可以分解為循環(huán)群的直積，并且每個循環(huán)群的解都是 p-群。它們的生成元被稱為G的基，生成元的階被稱為初等因子，由此兩個有限交換群同構的充要條件就是它們的初等因子組相等。
$G=\langle a_1\rangle\times\langle a_2\rangle\times\cdots\times\langle a_n\rangle,\quad |a_k|=p_i^j\tag{11}$ 　
　　可以將G的初等因子分成多組 $r_1,r_2,\cdots,r_m$ ，并且滿足 $r_k\mid r_{k+1}$ 。相應地就有下式成立。 $r_k$ 叫的不變因子，容易證明不變因子組相等也是有限交換群同構的充要條件。其實還可以證明，對任意初等因子組合不變因子組，都可以構造出相應的有限循環(huán)群，以上都稱有限交換群基本定理
$G=\langle b_1\rangle\times\langle b_2\rangle\times\cdots\times\langle b_n\rangle,\quad |b_k|\mid|b_{k+1}|\tag{12}$