子群相关

先介绍定义概念

子集的部分都好理解，这里最关键的是诱导运算部分。先定义什么是诱导运算。

直观来讲，就是原来$G$的运算部分限制在$H$上，形成一个伴随运算，而$H$与该伴随运算也满足群的要求。这里其实有两点

• 限制后的运算是封闭的。
• $H$和诱导运算也构成群。

只是封闭不一定构成群，例如考虑整数加法群$\lang\mathbb{Z},+\rang$，限制到所有正整数部分$\lang\mathbb{Z^+},+\rang$。这个运算任然是封闭的。但却不是群，连单位元也没有。

所以满足群的定义条件还是很必要的。下面说明了任何情况下子群成立的条件。

中译本后面给出了两个定理，实际上是课后的两个习题。因为可能这两个定理很常用，所以在此列出强调。

从左到右是好说明的。因为$H$是子群，满足群的定义，所以若$b\in{}H$，则$b^{-1}\in{}H$。由封闭性得$ab^{-1}\in{H}$。

从右到左来说明：

• 对于任意一个$a\in{H}$可得$aa^{-1}=e\in{}H$。即单位元$e$在$H$中。
• 因为$e$在$H$中，考虑$e,a\in{}H$，则$ea^{-1}\in{H}$，即$a^{-1}\in{}H$。
• 最后考虑运算是封闭的，这样就满足定理1进而证明$H$是子群。即考虑任意的$ab$都属于$H$。由前面可知$b^{-1}\in{}H$。所以进而有$a(b^{-1})^{-1}=ab\in{}H$。即运算封闭。

所以$H$是子群。

这个定理很有意思。如果是有限群，那么只要封闭，$H$就是一个群了。这也是前面我思考封闭运算不会是群的一个边界情况。考虑了很多已知有限群的子集，发现只要封闭，都是子群。实际就是因为这个定理的问题。而最后看到的很多例子，也是无限群下的情况。

要证明这个可以先从后面一个问题入手：

思路是，因为$G$是有限群，只有有限个元素，所以自身连续运算必然出现重复。所以必然存在$n,m\in\mathbb{Z}^+,n\lt{}m$且有$a^n=a^m$。则显然有$a^{m-n}=e$。原命题得证。

现在回到定理5.16，因为$H$是有限非空子集，且运算封闭。考虑任意一个元素$a\in{}H$，必然存在一个$n\in\mathbb{Z}^+,a^n=e$。这说明$e\in{}H$。又因为$a^n=aa^{n-1}=e$。所以$a$的逆元$a^{n-1}$也在$H$中。说明$H$是一个子群。

这里有个小的边界情况，就是$n=1$的情况，可以发现这个时候$H$可能只有一个元素，即$H=\{e\}$。这是$G$的平凡子群，但也是个子群。

循环子群

先介绍一个定理，其描述了由群中一个元素生成群的特点。

证明

只要验证$H$满足子群的三个条件即可。

• 对于$r,s\in{}\mathbb{Z}$，有$a^ra^s=a^{r+s}$，即任意元素的乘积依然在$H$之中，所以$H$在$G$的运算下是封闭的。
• $a^0$即$e$。所以单位元$e$也属于$H$之中。
• 对于$a^r\in{}H$，$a^{-r}\in{}H$，且有$a^ra^{-r}=e$。

因此所有条件都满足。即有$H\le{}G$。

而$H$是包含$a$的最小子群，则有如下论证来支持。这个论证其实也是这个证明的过程。如果包含$a$。由封闭性，必然也包含$a$的$n$次自乘元素，即$a^n,n\in\mathbb{Z}^+$。但是对应每个元素的逆，可能不在其中，对于任意的$a^m$，还要报保证$a^{-m}$在其中。再加上单位元。所以一个包含$a$的子群至少要保证对任意$n\in\mathbb{Z},a^n$在其中。也就是$H$是包含$a$的最小子群。

循环群

后面主要关注的就是循环群的结构。即循环群以及其子群有哪些特征。二而这里用到了一个数论中整数的特点，即带余除法。

在群的问题中，遇到过类似的问题。那个时候，我就想过余数的一些特性是跟群结构有关系的。（实际上也有代数数论的分支）。这里用到带余除法，最主要的其实是，循环群有一个元素$a$来生成。对于其中元素的乘法运算，很巧妙的变成了$\mathbb{Z}$上的加法运算，也可以自然的跟带余除法关联上。

现在基于此可以给出如下定理

教材有详细论述，甚至介绍了思路导引。这里我也只是简单说一下思路。要证明子群是循环的，就是说子群$H$由一个元素$c$来生成。而这个$c\in{}G$，$G$是循环的。也就是说存在$m\in{}\mathbb{Z},c=a^m$。

先考虑反证法，也就说有个元素$d\in{}H$，但不能被$c$生成。但$d$依旧属于G，可认定$d=a^n=a^{qm+r}$。由于$a^m\in{}H$，这会导出一个结论即$a^r=(a^m)^{-q}a^n$属于$H$。这里就卡住了，只是多了一个元素属于$H$。但是这里没有对$m$的任何限定。我们考虑$H$的生成元，其必然是由最小的整数$m$来承担的。因为其他元素都是其整数倍。

所以考虑取最小的$m$，使得$a^m\in{}H$的元素。我们断言$a^m$为$H$的生成元、否则由上述推理，可以得出一个$a^r，r\lt{}m$属于$H$。矛盾。

又一次出现了最大公因子。只不过是以群论的方式定义的。一般数论中的定义都会通过因式分解的方式来定义。即一个整数$x=q_1^{r_1}q_2^{r_2}\cdots{}q_n^{r_n}$。两个数$x,y$的最大公因数则是其每个因数的最小指数。也可以很直观的描述，$x,y$的最大公因数，就是可以整除$x,y$的最大整数。这个就非常口语话了。不论那一种比上面的这种都要直观很多。

除此之外，还有着欧几里得算法的支持，也称之为辗转相除法来求解这个最大公因数。

简单论述一下为什么是最大公因子，符合上面的定义。首先可以说明$H$是个子群，如果其是个子群那么根据推论，其一定是一个循环子群，也就是说其等于某个$n\mathbb{Z}$。也就是说存在一个整数可以生成这个群。假设这个数为$d\mathbb{Z}$，那么也就是说这个群里的最小整数$d$生成整个群，即$d$整除$r,s$。

而且存在整数$n,m$使得$d=nr+ms$。这里注意到，整除$n,m$的任意一个数，也整除$nr+ms=d$。也就是说，$d$是这些可以整除因数中最大的。因此符合最大公因数的直观定义。

当然这要说明$H$是个子群。不过这是比较直观的。运算封闭，存在零元和逆。

• 情形1 对于所有正整数$m$，$a^m\ne{}e$

这种情况下，可以断言没有两个不同的指数$h,k$使得$a^h=a^k$相等。很只直观的，如果存在$a^h=a^k$，不妨假设$h>k$。则显然有$a^{h-k}=e$。跟假设矛盾。也就是说这个时候对于每一个$m\in\mathbb{Z}$，$a^m$都是不同的元素。同时注意有对于$G$中两个不同元素$a^n,a^m$,有$a^na^m=a^{n+m}$。

现在看如下的一个映射$\phi(a^i)=i$。这个映射给出了$G\rightarrow\mathbb{Z}$上的一个良好定义，他即单又满，而且维持了群$G$上的二元运算。所以这是一个同构。说明$G$同构于$\mathbb{Z}$。

• 情形2 存在某个正整数$m$，$a^m=e$

由已知条件，可以知道至少有一个正整数使得$a^m=e$。假设这里面最小的数为$n$，则对任意一个$s\in\mathbb{Z}$来说，必然有$s=nq+r,0\le{}r\lt{}n$。这表明对于$a^s=a^{nq+r}=a^r$。也就是说每个元素都跟余数范围内的一个$a^r$相等。

同时类似于情形1，考察$0\le{}r\lt{}n$范围内的$a^r$。可以知道没有一个元素是相同的。同时$G$完全由这些元素构成。即

$$G=\{a^0=e,a^1,a^2,\cdots,a^{n-1}\}$$

继续考察类似映射$\psi(a^i)=i,i=0,1,2,\cdots,n-1$。这个映射给出了$G\rightarrow{}\mathbb{Z}_n$上的良好映射。同时给出了如下的运算映射：

$$\psi(a^ia^j)=i+_nj=\psi(a^i)+\psi(a^j)$$

这说明$\psi$是$G\rightarrow\mathbb{Z}_n$上的同构。

所以定理得证。对于循环群的结构，最后都会跟整数$\mathbb{Z}$上的结构有着完全相同的性质。

这个最关键的证明，其实就是说$b$生成的子群元素个数为$n/d$个。其实在群相关的章节中已经有一个非常相似的说明了。不过那个是从同余方程说起。最后说明同余方程解的个数，一共$d$个。但这两部分证明其实有非常非常相似的地方。

先回到这个定理。要知道$b$生成群$H$的个数为$n/d$个。实际就是求最小的$m$使得$b^m=e$且$m=n/d$。已知$b=a^s$，所以有$a^{ms}=e$又因为已知$G$是$n$阶循环群。所以$n$整除$ms$。

设$d$是$n,s$的最大公因子，根据前面最大公因子的代数定义。存在$u,v$使得

$$d=un+vs$$

且$d$整除$n,s$，进而可得

$$1=u(n/d)+v(s/d)$$

这个公式表明$n/d,s/d$两个值互素，两个值最大公因数为$1$。考察公式$\frac{ms}{n}$。

上面讨论过，$n$整除$ms$。所以这个公式值必须为一个整数。而

$$\frac{ms}{n}=\frac{m(s/d)}{n/d}$$

因为$n/d,s/d$两个值互素，该值要是一个整数，就必须$n/d$整数$m$。而这也是唯一的条件。这里面最小的值显然就是$n/d$。这就说明$H$的阶为$n/d$。

现在看第二部分。即$a^s$和$a^t$生成的群是相同的结构当且仅当$gcd(s,n)=gcd(t,n)$。

把$\mathbb{Z}_n$作为$n$阶循环群的模型。上面已经描述了由整数$s$在$+_n$运算下生成的群有$d=gcd(n,s)$个元素。其中显然$d$是$n$的因子。考虑由$d$生成的循环群$\lang{}d\rang$。其中群元为所有小于$n$且$d$的整数倍的数，且个数为$n/d$个。也就是说所有$gcd(m,n)=d$的$m$都落在这个群里面。结合上面的讨论，此时$m$生成的子群有$n/d$个元素，所以只要$gcd(s,n)=gcd(t,n)$，当且仅当$\lang{}a^s\rang=\lang{}a^t\rang$。

这个也可以从循环群的同构来论证，个数为$n/d$元素的循环群都有一样的结构。即可以找到这个$\lang{}d\rang$生成的群换群。

实际上这个推论可以更加放宽，不必假设$G$是循环的。这既是后面的拉格朗日定理，任何有限子群，子群的阶整除群的阶。

问题思考

由上面的推论可以简单的知道，对于$n$阶群存在其他与$n$互素的元素$a^r$来作为生成元。但是作为无限群，实际上并没有相应的推论。

考虑$G$是循环群，则$G$可以表示为$\{a^n|n\in\mathbb{Z}\}$。可以简单的说明$a^{-1}$也是这个群的生成元。实际上根据定义把$a$换成$a^{-1}$整个结构没有变化依然是$G$。值得注意的是，命题中有元素个数的要求。实际上如果$a^{-1}=a$则有$a^2=e$。这说明整个$G$不是无限群，甚至只有$2$个元素，且只有一个生成元。所以命题排除了这种状况。

其实这个感觉是群换群定理的一部分。如果两个子群不一样，则个数也不一样。

因为$H,K$为有限群换群的子群，所以有对应的生成元$\lang{}a^h\rang=H,\lang{}a^k\rang=K$。且$h\ne{}k$。而其对应的最小阶就是这个群的个数。设$G$的群元个数为$n$。若$|H|=|K|$，这就要求$gcd(h,n)=gcd(k,n)$。此时根据定理 8，就可以得出矛盾。如果$gcd(h,n)=gcd(k,n)$则两个子群必定相等。所以$|H|\neq|K|$。

实际上这个就是求$\{1,2,\cdots{},n\}$范围内与$n$互素元素的个数。这有个著名的函数，即欧拉$\varphi$函数。 $\varphi(n)$给出与$n$互素的元素个数。

先看最简单的$n$为素数$p$的情况。显然有$\varphi(p)=p-1$。每个比$p$小的都与其互素。

再看幂次函数即$p^r$情况。这里直接计数与其非互素的个数，这显然有

$$p,2p,3p,\cdots,p^{r-1}*p$$

这个个数一共有$p^{r-1}$个。所以$\varphi(p^r)=p^r-p^{r-1}$

再看积性函数$p$和$q$是不同的素数。这个主要是通过容斥原来来说，有三部分组成。

• $p$的倍数，有$q$个。
• $q$的倍数，有$p$个。
• 同为$p,q$的倍数，这个是重复计数的部分，可以得出为$1$个，即$pq$。

所以

$$\varphi(pq)=pq-p-q+1=(p-1)(q_1)=\varphi(p)\varphi(q)$$

此外这个欧拉$\varphi$函数是可以增强扩展的。也就是说，对于任意一个整数$n$，$\varphi(n)$可以按照其因式分解的方法，递归的展开成所有因数上的$\varphi$函数。即

$$\varphi(n)=\varphi(q_1^{r_1}q_2^{r_2}\cdots{}q_n^{r_n})=\varphi(q_1^{r_1})\varphi(q_2^{r_2})\cdots\varphi(q_n^{r_n})$$