定义 6.1, 略作补充
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包含 g 的最小子群, 这里 “小” 应该是按照集合包含关系定义的偏序中小于的意思. 并不是集合元素个数.
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S 生成的子群, 是包含 S 的最小子群, 群中任意元素都可以写作 S 中元素的乘积.
6.1.zy1, 我们定义符号 $g^k, g\in G, k\in \mathbb{Z}$ 如原文所示. 则 $\forall a, b \in \mathbb{Z}, g^{a+b} = g^a g^b = g^b g^a, (g^a)^b = g^{ab}$.
证明: 这里不妨设 a < b; 此时需要分情况证明: $0 \le a \lt b, a \lt b \lt 0, a \lt 0 \lt b$ 等; 这里只证下 $a \lt 0 \lt b, \exists p \gt 0, a = -p, b \gt p$ 时情况. $g^{a+b} = g^{b-p}$ 为 b-p 个 g 相乘. $g^{a} g^{b} = g^{b} g^{-p} = g^{b-p} (g^p g^{-p}) = g^{b-p}$. 证明结束.
P.S. 原文未做证明直接使用了这一结论, 我觉得还是可以讲究一点证明下. 该结果在 g 的阶为有限/无限时都成立.
P.S. 这里 $g^a g^b = g^b g^a$ 并不要求 G 为交换群. 但这里可以看出 $\langle g \rangle$ 一定是交换群.
引理 6.3, 略作补充
- 如何由 $g^i = g^j$ 证得 $g^{i-j} = 1$.
我一开始证法, $g^i = g^jg^{i-j} = g^{i-j}g^j = g^j$, 但此时我们并不能推得 $g^{i-j}=1$. 见定义 2.1, 单位元要求对于任一 g 都有 $g1 = 1g = g$. 此时我们仅知道对于 $g^j$ 来说成立.
正确证法: $g^{i-j} = g^i g^{-j} = g^i (g^j)^{-1} = g^i (g^i)^{-1} = 1$.
- 从引理 6.3 可以看到, 若 G 是有限群, 则 G 中元素的阶一定存在且小于等于 n.
证明: 反证法, 假设阶为 n 的群 G 中有一个元素 g, 其为无限阶元, 即 $g^i \ne g^j, i \ne j$, 则 $g^1, \cdots, g^{n+1}$ 都是互不相同的元素, 而且按照群 G 乘法运算封闭性他们都是 G 的成员. 很明显, 矛盾.
P.S. 这意味着若 G 是有限群, 则 G 中每一个元素都有自己的生成群. 若 G 是无限群呢? 这里易证 $\langle g \rangle = {g^k | k \in \mathbb{Z}}$ 也是一个合法的群, 即 G 中任意元素也有自己的生成子群. 就是说生成子群总是存在.
定义 6.4, 略作补充
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群 G 的生成元不止一个. 设 $g^3 = 1, G = {1, g, g^2}$, 则易证 $G=\langle g \rangle = \langle g^2 \rangle$, 即 $g, g^2$ 都是 G 的生成元.
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若 g 是 G 的生成元, 即 G 由元素 g 生成的子群, 即包含 g 的最小子群, 所以 G 一定是形如 $G = {g^k | k\in \mathbb{Z}}$ 这种形式.
证明: 由于 G 是包含 g 的子群, 按照定义 6.1 可知 ${g^k | k\in \mathbb{Z}} \subseteq G$. 假设 $G - {g^k | k\in \mathbb{Z}} \ne \emptyset$, 这违背了”最小” 要求.
6.5.zy1, 若 G 为 n 阶有限群, 则 G 的所有生成元的阶都为 n.
证明: 反证法, 假设存在 g’, g’ 阶为 k, k != n; 则由引理 6.3 可知 g’ 生成的子群为 k 阶有限群. 矛盾, 证明完毕.
P.S. 我一开始的证明稍显繁琐, 若 g’ 是 G 的生成群, 由定理 6.6 可知 $g’ \in {g^k | k \in [0, n), (k,n) = 1}$, 易知元素 $g=g^1$ 的阶为 n, 这里假设 $g’ = g^{k_0}$; 首先我们证 $(g’)^n = g^{k_0n} = 1$, 由引理 6.3易证. 再证 $\forall m \lt n, g^{k_0m} \ne 1$, 假设 $g^{k_0m} = 1$, 则 $k_0m \equiv 0 \mod n, n \mid k_0m, (n, k_0) = 1$ 可以推出 $n \mid m$, 所以不可能 $m \lt n$. 所以可证 n 是 $g’$ 满足 $(g’)^n=1$ 的最小正整数.
P.S. 同理若 G 为无限群, 则意味着 G 中所有生成元的阶都为无穷大.
定理 6.5, 略作补充;
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$\varphi(a+b) = \varphi(a)\varphi(b)$, 这里 $a + b$ 为 $\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上的加法运算; $\varphi(a)\varphi(b)$ 为群 $\langle g \rangle$ 上的乘法运算.
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$\varphi$ 为群同态依赖于 $g^ag^b = g^{a+b}$, 这点我们在 6.1.zy1 证明过了.
定理 6.6, 略作补充
- 对于循环群 $G={g^k | k \in \mathbb{Z}}$, 易知 g 一定是其生成元之一. 此时 $g^a$ 是 G 生成元当且仅当存在 b, 使得 $g^{ab} = g$.
证明: 已知 $g’=g^a$ 是 G 生成元, 则 $G = \langle g’ \rangle = {(g’)^k | k \in \mathbb{Z}}$; 由 $g\in G$ 可知存在 $k_0, (g’)^{k_0} = g, g^{ak_0} = g$.
已知对于 $g’=g^a$, 存在 b, 使得 $g^{ab} = g$; 接下来我们证 $G = \langle g’ \rangle = {g^{ak} | k \in \mathbb{Z}}$. 易证 $\langle g’ \rangle \subseteq \langle g \rangle$. 之后 $\forall g^m \in \langle g \rangle, \exists k = bm, g^{ak} = g^m$ 可知 $\langle g \rangle \subseteq \langle g’ \rangle$.
- 设 G 是 n 阶有限群, $g, g^a$ 都是 G 生成元之一, 则 ${g^k | k\in [0,n) } = {(g^a)^k | k\in [0,n)}$.
证明: 之所以有这个问题是我有这个担忧, 在如上证明中 $\forall g^m \in \langle g \rangle, \exists k = bm, g^{ak} = g^m$, 在 $\mathbb{Z}$ 范围内我们是能找到满足条件的 k 的, 我担忧的是在 $[0, n)$ 范围内还能找到么? 其实也是能的! 继续以如上证明为例, 如果我们找到的 $k = bm \lt n$, 那么自然就满足要求了. 如果找到的 $k = bm \ge n, k = nq + r, g^{ak} = g^{anq + ar} = g^{anq}g^{ar} = g^{ar}$, 此时的 r 便是我们要找到的.
另外直接套用引理 6.3, g 生成的子群为 $\langle g \rangle = {0, g, \cdots, g^{k-1}}$ 也可以.
- $\forall f \in AutG, \forall g \in G, f(g^k) = (f(g))^k$.
P.S. 我一开始忘了 f 是 G 到自身的同态, 则 $f(ab) = f(a)f(b)$ 了=.
- $\forall f_1, f_2 \in AutG$, 只要 $f_1(g) = f_2(g)$ 成立, 则映射 $f_1 = f_2$.
证明: 此时 $\forall g’\in G, \exists k, g’=g^k, f_1(g’) = (f_1(g))^k = (f_2(g))^k = f_2(g’)$.
- g 是生成元, f(g) 也是生成元.
证明: 集合 ${(f(g))^k | k \in \mathbb{Z}} = {f(g^k) | k \in \mathbb{Z}}$, 这里 $G = {g^k | k \in \mathbb{Z}}, {f(g^k) | k \in \mathbb{Z}} = f(G), f(G)$ 为 f 的值域, 即 G.
- G 为无限群时, $AutG \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
证明: 定义映射 $\varphi$:
\[\varphi(f) = \left\{ \begin{align} 1 & & f(g) = g \\ 0 & & f(g) = g^{-1} \\ \end{align} \right.\]由上可知此时 $AutG = {f_1, f_2}, f_1(g) = g, f_2(g) = g^{-1}$; 易证这里 $\varphi(f_1 \circ f_2) = \varphi(f_1) \varphi(f_2) = 1 * 0 = \varphi(f_2)$.
P.S. 原文这里定义值为 1/-1 应该是笔误吧.
