这里接着命题 6.8 研究下同余方程 $ax \equiv b \mod m$ 解的问题, 由命题 4.9 同余方程我们知道仅当 $d=(a,m) \mid b$ 时我们才有解; 这里介绍下会有多少解, 以及解具体是什么?
6.8.zy1, 在 $d=(a,m)=1$ 时 $ax \equiv b \mod m$ 有对模 m 的唯一解. 即若 $ax_0 \equiv b \mod m, ax_1 \equiv b \mod m$ 则 $x_0 \equiv x_1 \mod m$.
证明: 这里已知 $d \mid b$ 即方程有解, 假设 $x_0, x_1$ 是方程的解, 即 $ax_0 \equiv b \mod m, ax_1 \equiv b \mod m$; 由 4.6(1) $a(x_0 - x_1) \equiv 0 \mod m, m \mid a(x_0 - x_1)$, 即 $m \mid x_0 - x_1, x_0 \equiv x_1 \mod m$.
6.8.zy2, 在 $d=(a,m), d \mid b$ 时 $ax \equiv b \mod m$ 有 d 个对模 m 不同余的解.
证明: 易知 $a = dr, m = ds, b = dt, (r, s) = 1$, 由 4.8(2) 易知 $ax \equiv b \mod m$ 与 $rx \equiv t \mod s$ 具有相同的解集合. 由 6.8.zy1 知 $rx \equiv t \mod s$ 有唯一一个对模 s 的解 $x_0$. 即 $x_0 + ks, k \in \mathbb{Z}$ 是 $ax \equiv b \mod m$ 的解, 接下来我们要找这些解中有多少个对模 m 不同余.
令 $x_i = x_0 + is, x_j = x_0 + js$, 这里我们证下 $x_i \equiv x_j \mod m$ 当且仅当 $i \equiv j \mod d$. 已知 $i \equiv j \mod d$, 即 $si \equiv sj \mod m$, 所以 $x_i \equiv x_j \mod m$. 若已知 $x_i \equiv x_j \mod m$, 则易知 $is \equiv js \mod ds$ 即 $i \equiv j \mod d$.
所以 $x_0 + ks, k \in \mathbb{Z}$ 中对模 m 不同余的解, 即 k 对模 d 不同余, 即 k 以此取 $0, 1, \cdots, d - 1$.
引理 6.10, 略作补充
- 若 $aH \cap bH \ne \emptyset, \exists h_1, h_2, ah_1 = bh_2$, 则 $a^{-1}b = a^{-1}(bh_2)h_2^{-1} = a^{-1}(ah_1)h_2^{-1} = h_1h_2^{-1}$.
定义 6.11, ${a_i | i \in I}$ 是 G 的一个有陪集代表元系, 则其满足:
- $G = \bigcup_{i \in I}a_iH$
- $\forall i,j \in I, a_i H \cap a_j H = \emptyset$
引理 6.12, 略作补充.
- 原文证明使用的符号 $(aH)^{-1}$ 有点不清晰, 啥意思啊? 我这里证明一下.
首先证明 $\forall i,j \in I, Ha_i^{-1} \cap Ha_j^{-1} = \emptyset$, 这里 $Ha_j^{-1} = {ha_j^{-1} | h \in H}$, 易证集合 ${ha_j^{-1} | h \in H} $ 与 ${h^{-1}a_j^{-1} | h \in H} $ 是同一个集合. ${h^{-1}a_j^{-1} | h \in H} = {(a_jh)^{-1}| h \in H}$. 此时易证交集为空.
再证明 $G = \bigcup_{i \in I}Ha_i^{-1}$, 同样由 $Ha_j^{-1} = {(a_jh)^{-1}| h \in H}$ 也比较容易证明.
- 定义 6.13 依赖对于任何子群 H, G 关于 H 的右陪集代表元系一定存在且阶数相同; 这里我们简单证明下.
证明: 对于子群 H, 可以在 G 上定义关系 $a \sim b$ 意味着 $aH = bH$, 易证该关系符合定义 1.8 指定的等价关系, 根据定理 1.10 可以以此得到 G 的一个分拆 $\bigcup_{a\in G}[a]$. 易证从每一个分拆子集中选择一个元素可以组成 G 关于 H 的右陪集代表元系. 同时易证任何 G 关于 H 的右陪集代表元系都与分拆 $\bigcup_{a\in G}[a]$ 一一对应, 即代表元系中的元素与分拆子集 $[a]$ 一一对应.
这样我们便证明了代表元系一定存在, 且任一两个代表元系之间存在一一映射, 在代表元系为有限时这意味着这两个代表元系之间阶数相同.
定理 6.14, 群论拉格朗日定理. 这里略作补充
- 推论 6.15, 补充下证明.
证明: 由引理 6.3 可知 x 一定为有限阶元, 设其阶为 k, $\langle x \rangle = {1, x^1, \cdots, x^{k-1}}$. 由群论拉格朗日定理可知 $|G| = k(G:\langle x \rangle), k \mid |G|, x^{|G|} = 1$.
- 推论 6.16, 补充下欧拉定理证明.
证明: $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ 阶数为 $\varphi(n)$, 从该集合中任选一个元素 $[a], a \in (0, n)$, 注意这里 a 是一个自然数, 但元素 [a] 是一个同余类. 则由 6.15 可知 $[a]^{\varphi(n)} = [1]$, 即 $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n$.
别忘了欧拉定理说的是 $\forall a \in \mathbb{Z}, (a,m)=1 \to a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n$, 而我们仅证明了 $a \in (0,n) $的情况. 见 4.23.zy1, 我们接下来证明对于 $\forall a \in \mathbb{Z}, (a,m)=1$, 我们都能找到一个包含 a 的 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ 表示, 这样我们便可以继续采用如上方法证明 $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n$ 了. 易知 $\forall a, \exists r \in (0,n), a \equiv r \mod n$, 那么我们可以将 4.23.zy1 中 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ 的主表示中 $[r]$ 元素替换为 $[a]$ 便又能得到一个合法的 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ 表示了.
- 推论 6.17, 也即意味着我们随便整个 3 元素的群都一定是某个元素的生成群? 好神奇, 我想随手举个反例, 但很明显举不出来.
这里接着推论 6.18 介绍下 Fundamental Theorem of Cyclic Groups. 设 $G=\langle g \rangle$ 是循环群, 则:
6.18.zy1. G 的每一个子群都是循环群.
证明: 设 $H \le G$, 若 $H = {1}$ 则显然成立. 现在假设 H 除了单位元之外还存在其他元素, 则根据良序集性质存在元素 $g^m \in H$, m 是最小正整数. 则易证 $\langle g^m \rangle \subseteq H$. 对于 H 中其他元素 $g^k, k = mq + r, r \in [0,m)$, 则有 $g^r = g^k(g^m)^{-q}$, 根据群运算封闭性 $g^r \in H$; 即这里 r 只能为 0. 即 $g^k \in \langle g^m \rangle$. 得证.
6.18.zy2. 如果 G 的阶为 n, 则 G 的任意子群的阶是 n 的因子.
证明: 即推论 6.15. 这也证明了对于 G 的任意子群 $H=\langle g^m \rangle$, m 是最小正整数. 此时 $m \mid n, m |H| = n$, $|H|$ 为 H 的阶.
6.18.zy3. 如果 G 的阶为 n, 则对于 n 的任何因子 k, $\langle g^{n/k} \rangle$ 是 k 阶, 循环, 子群; 且是唯一的 k 阶循环子群.
证明: 令 $g’ = g^{\frac{n}{k}}, (g’)^k = 1$; 易证 $\forall k’ \lt k, (g’)^{k’} \ne 1$, 即 k 为 $g’$ 的阶; 所以这里 $\langle g^{n/k} \rangle$ 是一个 k 阶, 循环, 子群.
再证唯一性. 设 $H=\langle g^m \rangle$ 是 G 中阶数为 k 的子群, 这里 m 为 6.18.zy1 定理证明时选择的最小正整数. 则由 6.18.zy2 可知 $mk = n, m = n/k$.
推论 6.19, 略作补充
首先证明对于任意正整数 n, 我们都可以构造一个阶数为 n 的循环群.
证明: 群的元素以及其上的运算都是随我们定义的嘛, 可以任选 n 个东西组成的集合 $G={g^0, \cdots, g^{n-1}}$, 这里 $g^i$ 没有任何现实意义. 定义 G 上运算 $g^ig^j = g^{i+j \mod n}$. 则易证 G 是一个 n 阶循环群.
之后由 6.18.zy3 可知 $\forall d \mid n, g^{n/d}$ 是唯一的 d 阶循环子群, 由 6.6(2) 可知该循环子群共有 $\varphi(d)$ 个生成元. 根据引理 6.3 可以看到此时 G 中每一个元素都有自己的生成群且元素阶数为 n 的因子. 在 G 上定义关系 $g^i \sim g^j$ 意味着 $\langle g^i \rangle = \langle g^j \rangle$, 易证该关系为 G 的等价关系, 由此可以构造 G 的一个分拆. 由此可以完成推论 6.19 证明.
命题 6.21, 若 H 是 G 的正规子群, 则 $\forall g \in G, gHg^{-1} = H$.
证明: 这里主要证明下 $H \subseteq gHg^{-1}$, 因为 H 是正规子群, 所以 $g^{-1}Hg \subseteq H$, 即 $\forall h \in H, g^{-1}hg \in H, g(g^{-1}hg)g^{-1} = h$; 所以证明结束.
