定理 8.2, 略作补充
- $S(d) = \varphi(d)$ 证明:
假设存在两个元素 $a, b, \langle a \rangle \ne \langle b \rangle$, 此时易见 a, b 生成群都是 $x^d - 1$ 的解, 即解的个数为 2d. 根据 5.15 拉格朗日定理可知解最多为 d 个, 矛盾! 所以意味着 $\langle a \rangle = \langle b \rangle$.
-
从这个证明也能看到任何有限域的乘法群都是循环群.
-
群同构意味着什么? 忽然意识到到现在, 我只是知道了群同构, 但并不知道这意味着什么. 群 G 由集合 G 中的元素, 以及在元素之上定义的运算组成. 若 G 与 H 同构我们知道 G 中元素与 H 中元素一一对应. 根据 $\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b), a, b \in G$, 这里 $ab$ 之间是 G 中的运算, $\varphi(a)\varphi(b)$ 之间是定义在 H 中的运算; 所以也能看到 G, H 的运算也有类似的性质. 因此粗略来看群同构意味着两个群是一回事.
8.2.zy1, 群 $G_1 \cong G_2$, 则 $G_1$ 是循环群当且仅当 $G_2$ 是循环群.
证明: 显然. 且若 $g \in G_1$ 是其生成元, 则 g 的映射是 $G_2$ 生成元.
8.2.zy2, 群 $G_1 \cong G_2$, $g_1 \in G_1$ 映射 $g_2 \in G_2$, 则 $g_1$, $g_2$ 具有相同的阶.
引理 8.3, 略作补充.
- 我一开始的证明: $f(g^k) = (f(g))^k = h^k = 1$, 所以 2.37(1) 可知 $g^k = 1, m \mid k$! 我错在哪里了呢?
解: 2.37(1) 只是说 $f(1) = 1$ 成立, 但并不意味着 G 中不存在其他非单位元使得 $\exists g’ \in G, f(g’) = 1$ 成立. 也即并不能由 $f(g^k)=1$ 推出 $g^k = 1$.
P.S. 我一开始甚至一度怀疑是不是老师这里又印刷错误了…
P.S 从这里也能看出来, 这里 g 也可能为无限阶元, 即 g 的阶可能并不存在.
定理 8.4, 略作补充
-
首先要知道 $\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}$ 不是域. 我一开始将直接用定理 8.2 中任何有限域的乘法群都是循环群来证明…
-
k=2 情形证明.
设 $g \mod p$ 为 $\mathbb{F}_p^{\times}$ 中生成元, 我们研究下 $g’ \mod p^2 \in (\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z})^{\times}$ 何时会映射到 $g \mod p$, 此时 $g’ \equiv g \mod p, g’ = g+pk, k \in \mathbb{Z}$, 即 $g \mod p^2, g+p \mod p^2, g+2p \mod p^2$ 等都会映射到 $g \mod p$. P.S. 我一开始以为只有原文提到的 $g \mod p^2, g+p \mod p^2$ 才会映射到 $g \mod p$, 原文之所以没有提其他的, 是因为这俩就够了.
根据推论 6.15 可知 $g \mod p^2, g+p \mod p^2$ 的阶是 $(\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z})^{\times}$ 阶的因子, 即是 $\varphi(p^2)=p(p-1)$ 的因子. 令 d 为 $g \mod p^2$ 的阶, 则 $p-1 \mid d, d \mid p(p-1), (d, p) = 1$ 易证此时 d 只能为 p 或者 p-1.
假设 $g \mod p^2, g+p \mod p^2$ 阶都为 (p-1), 则意味着 $g^{p-1} \mod p^2 = 1 \mod p^2, (g+p)^{p-1} \mod p^2 = 1$, 即 $g^{p-1} \equiv (g+p)^{p-1} \mod p^2$. 但这里:
\[\begin{align} (g+p)^{p-1} - g^{p-1} &= \binom{p-1}{1} g^{p-2}p + \sum_{k=2}^{p-1} \binom{p-1}{k}g^{p-1-k}p^k \\ (g+p)^{p-1} - g^{p-1} &\equiv g^{p-2}p(p-1) \mod p^2 \end{align}\]这里由于 $(p, g^{p-2}) = 1$ 可以得 $g^{p-2} \not\equiv 0 \mod p$, 根据 4.8(2) 可得 $g^{p-2}p \not\equiv 0 \mod p^2$. 即 $g^{p-2}p(p-1) \not\equiv 0 \mod p^2$, 即 $g^{p-1} \equiv (g+p)^{p-1} \mod p^2$ 不成立.
- $g^{\varphi(p^k)} = 1 + p^k \alpha_k, p \nmid \alpha_k$ 证明.
证明: 这里 $g \mod p^2$ 是生成元之一, 即其阶为 p(p-1), 所以 $g^{p-1} \not\equiv 1 \mod p^2$. 在定理 8.4 这里定义的同态 H 下, $H(g^{(p-1)p} \mod p^2) = g^{(p-1)p} \mod p = 1 \mod p$, 即 $g^{(p-1)p} \equiv 1 \mod p$, 令 d 为 $g \mod p$ 的阶, 则 $d \mid p(p-1), (d,p) = 1, d \mid p-1$. 即 $g^{p-1} \equiv 1 \mod p$ 所以 $g^{p-1} = 1 + p \alpha_1, p \nmid \alpha_1$ 成立. 额, 才发现为了证 $g^{p-1} \equiv 1 \mod p$ 好像不用这么麻烦, $H(g \mod p^2) = g \mod p$, 根据推论 6.15 可得 $g^{p-1} \equiv 1 \mod p$.
\[\begin{align} g^{\varphi(p^{r+1})} &= g^{p^r(p-1)} = (g^{p^{r-1}(p-1)})^p = (1 + p^r \alpha_r)^p \\ &= \sum_{i=0}^p \binom{p}{i} p^{ir} \alpha_r^i = 1 + p^{r+1} \alpha_r + \sum_{i=2}^p \binom{p}{i} p^{ir} \alpha_r^i \\ g^{\varphi(p^{r+1})} - 1 &= p^{r+1} \alpha_r + p^{r+2}\sum_{i=2}^p \binom{p}{i} p^{ir - (r+2)} \alpha_r^i \\ g^{\varphi(p^{r+1})} &\equiv 1 \mod p^{r+1} \\ g^{\varphi(p^{r+1})} &\not\equiv 1 \mod p^{r+2} \leftarrow p \nmid \alpha_r \end{align}\]所以 $g^{\varphi(p^{r+1})} = 1 + p^{r+1}\alpha_{r+1}, p \nmid \alpha_{r+1}$.
- 定理 8.4 证明:
证明: 由之前过程可知, 我们可以从 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 选择一个生成元作为 $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$ 的生成元. 现在假设我们已经证明了 $\mathbb{Z}/p^r\mathbb{Z}$ 是循环群, 其生成元为 g, 此时 $g \mod p^r$ 阶为 $\varphi(p^r)$; 设 d 为 $g \mod p^{r+1}$ 的阶, 易知 $\varphi(p^r) \mid d, d \mid \varphi(p^{r+1}) = p\varphi(p^r)$, 所以易证 d 只能为 $\varphi(p^r)$ 或者 $p\varphi(p^r)$. 假设 d 为 $\varphi(p^r)$, 则意味着 $g^{\varphi(p^r)} \equiv 1 \mod p^{r+1}, p^{r+1} \mid g^{\varphi(p^r)} - 1$, 这与 (8.2) 描述的 $p^{r+1} \nmid g^{\varphi(p^r)} - 1$ 矛盾, 所以 d 只能为 $p\varphi(p^r)$, 即此时 g 是 $\mathbb{Z}/p^{r+1}\mathbb{Z}$ 生成元之一.
P.S. 这意味着对于 $r \ge 2$, 若 g 是 $\mathbb{Z}/p^r\mathbb{Z}$ 生成元之一, 则其也是 $\mathbb{Z}/p^{r+1}\mathbb{Z}$ 生成元之一. 但没法证明 g 是 $\mathbb{Z}/p^{r+1}\mathbb{Z}$ 生成元之一, 则 g 也是 $\mathbb{Z}/p^r\mathbb{Z}$ 生成元. 此时 $H(g^{\varphi(p^{r+1})} \mod p^{r+1}) = 1 = (g \mod p^r)^{\varphi(p^{r+1})}$, 即 $g \mod p^r$ 的阶是 $\varphi(p^{r+1})=p\varphi(p^r)$ 的因子, 没法证明其阶就是 $\varphi(p^r)$.
命题 8.5, 略作补充:
-
易证 $\mathbb{Z}/2^k \mathbb{Z}^{\times}$ 中元素只能是奇数, 因为若 k 为偶数, 则 $(k, 2^k) \ge 2$. 且有原文中等式可知该集合中元素的阶最大为 $2^{k-2}$, 而该集合个数 $\varphi(2^k) = 2^{k-1}$
-
我有个疑惑, 将 p=2 带入原文定理 8.4 证明, 证明似乎也能一路走通. 问题出现在哪里?
解: 问题出现在公式 1: $g^{\varphi(p^k)} = 1 + p^k \alpha_k, p \nmid \alpha_k$ 这里, 这个描述不太严谨. 实际上为了定理 8.4 的证明, 我们需要的是公式 2:
\[\begin{align} g^{\varphi(p^r)} &\equiv 1 \mod p^r \\ g^{\varphi(p^r)} &\not\equiv 1 \mod p^{r+1} \end{align}\]实际上 p=2, g=3 是满足公式 1 的, 如 $3=1+2*1, 3^2 = 1+4*2$. 但并不满足公式 2, $3^2 \equiv 1 \mod 4, 3^2 \equiv 1 \mod 8$, 所以 p=2 时不适用 8.4 定理证明.
