3.3. Finite Abelian Groups

李華介

國立台灣師範大學數學系

一些常見的 Groups

這一章中我們介紹一些常見的 groups: cyclic groups, abelian groups 和 symmetric groups.

3.1. Cyclic Groups

回顧一下, 一個 group G 是所謂的 cyclic group 就是在 G 中可以找到一個元素 a ∈ G 使得 a 產生的 cyclic group hai = {aⁱ| i ∈ Z} 就是 G. 換句話說 G 中的元素都是 aⁱ 這種形式. Cyclic group 可以說是 group 中最簡單的一種. 其實我們可以知道所 有的 cyclic groups 有哪些.

Theorem 3.1.1. 若 G 是一個 cyclic group. 則:

(1) 若 G 的個數有無窮多 (infinite group), 則 G ' Z.

(2) 若 G 的個數有 n 個 (order 為 n), 則 G ' Z/nZ.

Proof. 若 G 是 cyclic, 假設 G 可由 a 生成. 考慮 φ : Z → G 定義成 φ(i) = aⁱ. 很 容易看出

φ(i + j) = a^i+j = aⁱ· a^j = φ(i) · φ(j).

所以 φ 是由 Z 這個加法 group 到 G 的 group homomorphism. 再加上 G 中的元 素都是 aⁱ 這種形式所以可知 φ 是 onto 的. 既然 φ 是 epimorphism 我們就可以利 用 First Isomorphism 定理 (Corollary 2.6.2).

(1) 若 G 是 infinite group. 我們欲證 φ 是一對一的. 由於 0 是 Z 的 identity, Lemma 2.5.6 告訴我們這等同於要證明 ker(φ) = {0}. 若 m ∈ ker(φ), 則 φ(m) = a^m = e. 若 m 6= 0, 則利用任何整數 i 都可寫成 i = mh + r 的形式, 其中 h ∈ Z, 0 ≤ r < |m|. 可得任何 G 中的元素 aⁱ 都可寫成

aⁱ = (a^m)^h· a^r = e^h· a^r= a^r.

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換句話說 G 的元數都可寫成 a^r, 其中 0 ≤ r < |m|; 也就是說 G 最多只有 |m| 個元 素. 這和 G 有無窮多個元素相違背. 所以我們的假設 m 6= 0 是不可能發生的. 不 過 φ(0) = a⁰= e, 故 0 ∈ ker(φ). 因此得 ker(φ) = {0}.

(2) 若 G 是一個 cyclic group of order n, 由於 G = hai 故 ord(a) = n. 而 Lemma 2.3.2 告訴我們若 a^m = e 則 n | m. 今若 m ∈ ker(φ), 及 φ(m) = a^m = e. 故由前 述結果知 n | m: 也就是說 m 是 n 的倍數. 另一方面若 m = nh 是 n 的倍數, 則 φ(m) = a^m= (aⁿ)^h= e: 也就是說 m ∈ ker(φ). 我們得到 ker(φ) 是由 n 的倍數所 成的集合. 因此 ker(φ) = nZ. 故由 Corollary 2.6.2 知 G ' Z/nZ. ¤ Theorem 3.1.1 告訴我們說 cyclic groups 是可以用其個數來分類的. 也就是說給 定一正整數 n 用 isomorphism 的觀點來看就只有一種 cyclic group 其 order 為 n, 但是要注意這並不表示沒有其他的 group 其 order 是 n. 然而若是給定的是一個質 數 p, 那麼 Corollary 2.2.3 告訴我們的確只有一種 group 其 order 為 p, 就是 cyclic group Z/pZ. 事實上在證明 Corollary 2.2.3 時我們是利用 Lagrange’s Theorem 知道 當 |G| = p 時除了 identity 及 G 本身外 G 不會有其他的 nontrivial proper subgroup.

反之下一個 Lemma 告訴我們如果 G 沒有 nontrivial proper subgroup, 則 G 一定 是 cyclic group.

Lemma 3.1.2. 如果 G 是一個 group 且沒有 nontrivial 的 nontrivial proper subgroup, 則 G 一定是一個 cyclic group 且 |G| = p, 其中 p 為一個質數.

Proof. 任選 a ∈ G 且 a 6= e, 則由 a 產生的 cyclic group hai 是 G 的一個 subgroup.

不過由於 hai 6= {e}, 故由假設 G 沒有 nontrivial proper subgroup 知, hai = G. 另外 若 |G| = ord(a) 不是質數, 即 ord(a) = mn 其中 m > 1 且 n > 1, 則由 Proposition 2.3.3 知

ord(a^m) = mn

gcd(mn, m) = n,

也就是說 a^m 產生的 cyclic subgroup of G 其個數是 n. 故 ha^mi 6= {e} 且 ha^mi 6= G.

換句話說 ha^mi 是 G 的 nontrivial proper subgroup. 這與假設不符, 故 G 的 order

是一個質數. ¤

若 G 是一個 cyclic group, 大家或許會猜它的 subgroup 應該也都是 cyclic group.

沒錯, 可是數學不能用猜的, 我們還是得給個證明.

Proposition 3.1.3. 若 G 是一個 cyclic group, 則 G 中任意的 subgroup 也是一個 cyclic group.

Proof. 假設 G = hai 是一個 cyclic group, 且 H 是 G 中任意的一個 subgroup. 別 忘了要證明 H 也是一個 cyclic group 就必須找一個元素可以產生 H. 要找甚麼元 素呢? 當然要靠 a 來幫忙了.

如果 H 中的元素只有 identity e, 那當然 H = hei 是一個 cyclic group. 如果 H 不是 hei, 由於 H ⊆ G, H 中的元素都是 aⁱ, i ∈ Z 這種形式, 我們一定可以找到

一個最小的正整數 n 滿足 aⁿ ∈ H. 我們要證明 H = haⁿi. 由於 aⁿ ∈ H 所以自 然知 haⁿi ⊆ H. 我們只剩下要說明 H ⊆ haⁿi, 也就是說 H 中的元素都是 (aⁿ)^h, h ∈ Z 這種形式. 假設 a^m ∈ H, 我們利用整數的餘數定理, 知存在整數 h 及 r, 其 中 0 ≤ r < n 使得 m = n · h + r. 因此得

a^r = a^m· (a^nh)⁻¹.

不過由假設 a^m∈ H 且 (a^nh)⁻¹ ∈ H, 故知 a^r∈ H. 但是我們已選 n 是最小的正整 數滿足 aⁿ∈ H, 而又 0 ≤ r < n, 所以 a^r ∈ H 表示 r = 0. 因此我們得證 H 中的元

素都是 (aⁿ)^h 這種形式. ¤

3.2. Direct Product

若給定兩個(或更多) groups, 在這節中我們將介紹一種方法可以利用這些 groups 創 造出新的 group. 這個方法稱之為 direct product.

Definition 3.2.1. 給定兩 groups, G₁ 和 G₂, 則定義

G₁× G₂ = {(a₁, a₂) | a₁ ∈ G₁, a₂ ∈ G₂}.

若 (a₁, a₂), (b₁, b₂) ∈ G₁× G₂, 則定義其乘法為

(a₁, a₂) · (b₁, b₂) = (a₁· b₁, a₂· b₂).

我們稱 G₁× G₂ 為 G₁ 和 G₂ 的 direct product.

事實上利用上述的乘法 G₁× G₂ 是一個 group. 其中封閉性和結合率可以用原來 G₁ 和 G₂ 的封閉性與結合濾輕鬆得證. 什麼會是 G₁× G₂ 的 identity 呢? 若 e₁ 和 e₂ 分別是 G₁ 和 G₂ 的 identity, 應該很容易看出 (e₁, e₂) 就是 G₁× G₂ 的 identity 吧! 至於 (a₁, a₂) 的 inverse 是 (a⁻¹₁ , a⁻¹₂ ) 直接相乘就可得知.

Proposition 3.2.2. 若 G₁ 和 G₂ 都是 cyclic groups, 且其 order 分別為 n 和 m.

(1) 若 n 和 m 互質, 則 G₁× G₂ 仍是一個 cyclic group.

(2) 若 n 和 m 不互質, 則 G₁× G₂ 不是 cyclic group.

Proof. 因 G₁ 和 G₂ 是 cyclic, 假設 G₁ 和 G₂ 分別是由 a 和 b 生成. 注意: 從定義 知 G₁× G₂ 的 order 為 nm.

(1) 假設 n 和 m 互質, 要證明 G₁× G₂ 是 cyclic 我們只要證明 G₁× G₂ 中存 在一元素其 order 為 nm. 因為如此一來, 這個元素生成的 group 和 G₁× G₂ 個數 一樣多, 所以 G₁× G₂ 就可由其生成. 該找什麼元素呢? 讓我們試試 (a, b) 吧. 由 Lemma 2.3.1 要說 (a, b) 的 order 為 nm, 等同於說 nm 是最小的正整數使得

(a, b)^nm = (e₁, e₂).

首先觀察

(a, b)^nm= ((aⁿ)^m, (b^m)ⁿ) = (e^m₁ , eⁿ₂) = (e₁, e₂).

接著要說明 nm 是符合上式的最小的正整數. 假設 (a, b)^r= (e₁, e₂), 則因 (a, b)^r= (a^r, b^r), 故得 a^r = e₁ 且 b^r = e₂. 因 ord(a) = n 且 ord(b) = m, 由 Lemma 2.3.2 知 n | r 且 m | r. 然而由假設 n 和 m 互質可得 nm | r, 故若 r 是一個正整數使得 (a, b)^r= (e₁, e₂) 則 r ≥ nm. 由此證得 (a, b) 的 order 為 nm, 換句話說 G₁× G₂ 是 一個由 (a, b) 生成的 cyclic group.

(2) 假設 n 和 m 不互質, 令 l 為 n 和 m 的最小公倍數. 注意因 n 和 m 不互 質, 此時 l < nm. 因 a 生成 G₁, 故 G₁ 的元素都可寫成 aⁱ 這種形式. 同理 G₂ 的 元素都可寫成 b^j 這種形式. 因此 G₁× G₂ 的元素都可寫成 (aⁱ, b^j) 這種形式. 考慮

(aⁱ, b^j)^l= (a^il, b^jl).

因 l 是 n 的倍數, 故 a^il = e₁. 同理 b^jl= e₂. 也就是說 (aⁱ, b^j)^l= (e₁, e₂). 由 Lemma 2.3.1 知 G₁× G₂ 中的任一元素 (aⁱ, b^j) 其 order 小於或等於 l. 所以在 G₁× G₂ 中 找不到一個元素其 order 為 nm. 故 G₁× G₂ 不可能是 cyclic. ¤ Corollary 3.2.3. 若 m, n 互質, 則

Z/nZ × Z/mZ ' Z/(nm)Z.

Proof. 由 Proposition 3.2.2 知 Z/nZ × Z/mZ 是一個 cyclic group. 然而 Z/nZ × Z/mZ 的 order 為 nm, 故由 Theorem 3.1.1 知其和 Z/(nm)Z isomorphic. ¤ 由 Proposition 3.2.2 知道兩個 cyclic groups 的 direct product 並不一定會依然 是 cyclic, 所以 direct product 確實能幫我們產生新的 group. 以後我們可以看到所 有的 finite abelian group 都可以用 cyclic groups 作 direct product 得到.

接下來我們來看看一個 group 若是由其他的 groups 用 direct product 得到, 那 麼這一個 group 會有甚麼特性? 若 G₁ 和 G₂ 是兩個 groups, 且 e₁ 和 e₂ 分別為其 identity. 若 G⁰= G₁× G₂, 我們觀察 G⁰ 中兩個很特別的集合:

N⁰ = {(a, e₂) | a ∈ G₁} and M⁰ = {(e₁, b) | b ∈ G₂}.

很容易就可檢查出 N⁰ 和 M⁰ 都是 G⁰ 的 subgroups. 事實上它們都是 G⁰ 的 normal subgroups. 這是因為對於 G⁰ 中的任一元素 (g₁, g₂), 由於 g₁ ∈ G₁ 所以 若 a ∈ G₁ 則 g₁· a · g⁻¹₁ ∈ G₁, 因此

(g₁, g₂) · (a, e₂) · (g₁, g₂)⁻¹ = (g₁· a · g₁⁻¹, g₂· e₂· g₂⁻¹) = (g₁· a · g₁⁻¹, e₂) ∈ N⁰. 同理

(g₁, g₂) · (e₁, b) · (g₁, g₂)⁻¹ ∈ M⁰.

我們也很容易看出 N⁰ ' G₁: 這是因為考慮函數 π₁: N → G₁定為 π₁((a, e₂)) = a, 則不難看出 π₁ 是一個 group isomorphism. 同理可得 M⁰ ' G₂. 另外 N⁰ 和 M⁰ 的 特點是

G = N⁰· M⁰ and N⁰∩ M⁰ = {(e₁, e₂)}.

因為 G⁰ 中的元素都是 (g₁, g₂) 這種形式, 其中 g₁ ∈ G₁, g₂ ∈ G₂. 然而 (g₁, e₂) ∈ N⁰ 且 (e₁, g₂) ∈ M⁰, 故

(g₁, g₂) = (g₁, e₂) · (e₁, g₂) ∈ N⁰· M⁰.

另一方面若 (g₁, g₂) ∈ N⁰∩ M⁰, 則由 (g₁, g₂) ∈ N⁰ 得 g₂ = e₂, 再由 (g₁, g₂) ∈ M⁰ 得 g₁ = e₁. 故知 {(e₁, e₂)} = N⁰∩ M⁰.

Theorem 3.2.4. G ' G₁× G₂ 若且為若 G 中存在兩個 normal subgroups N 和 M 符合以下條件

(1) N ' G₁ 且 M ' G₂. (2) G = N · M

(3) N ∩ M = {e}, 其中 e 是 G 的 identity.

Proof. 利用前面所定的 N⁰及 M⁰, 我們知 N⁰和 M⁰是 G₁×G₂的 normal subgroups, 且 N⁰ ' G₁ 及 M⁰ ' G₂. 我們也知 G₁× G₂ = N⁰· M⁰ 及 N⁰∩ M⁰ = {(e₁, e₂)}.

假設 φ : G → G₁× G₂ 是一個 isomorphism. 則令

N = {a ∈ G | φ(a) ∈ N⁰} and M = {b ∈ G | φ(b) ∈ M⁰}.

由 Correspondence 定理 (Theorem 2.7.1), 知 N 和 M 都是 G 的 normal subgroups, 又 N/ ker(φ) ' N⁰ 且 M/ ker(φ) ' M⁰. 但因 φ 是一對一, 故由 Lemma 2.5.6 得 ker(φ) = {e}. 因此

N ' N⁰' G₁ and M ' M⁰ ' G₂.

再來對於所有 x ∈ G, 我們得 φ(x) ∈ G₁ × G₂, 但因 G₁ × G₂ = N⁰ · M⁰, 故知 φ(x) = N⁰· M⁰. 也就是說存在 n⁰ ∈ N⁰ 和 m⁰∈ M⁰ 使得 φ(x) = n⁰· m⁰. 但因 φ 是 onto 的故存在 n ∈ N 和 m ∈ M 使得 φ(n) = n⁰ 且 φ(m) = m⁰. 換句話說:

φ(x) = φ(n) · φ(m) = φ(n · m).

然而 φ 是一對一的故上式得 x = n · m. 我們得 G 中的任一元素都可寫成 n · m 這 種形式, 其中 n ∈ N , m ∈ M . 換句話說

G = N · M.

最後, 若 x ∈ N ∩ M , 則由 x ∈ N 得 φ(x) ∈ N⁰, 再由 x ∈ M 得 φ(x) ∈ M⁰. 也就是 φ(x) ∈ N⁰∩ M⁰. 然而已知 N⁰∩ M⁰ 是 G₁× G₂ 的 identity, 故知 x ∈ ker(φ). 再由 ker(φ) = {e} 知 x = e. 故得證

N ∩ M = {e}.

反知若 G 中存在兩個 normal subgroup N 和 M 滿足 (1), (2), (3). 考慮函數 ψ : G → N ×M 定義成: 若 x = n·m ∈ G, 其中 n ∈ N 和 m ∈ M , 則 ψ(x) = (n, m).

這裡要注意 ψ 是否為 well-defined function? G 中的任一元素由於 G = N · M , 確 實可以寫成 n · m 這種形式, 不過寫法唯一嗎? 萬一不唯一, 即 x = n · m = n⁰· m⁰,

其中 n 6= n⁰ 或 m 6= m⁰, 則 ψ(x) = (n, m) 又等於 (n⁰, m⁰) 表示 ψ 是一對多, 那就不 是好函數了. 事實上這種寫法是唯一的: 這是因為若 n · m = n⁰· m⁰ 其中 n, n⁰∈ N , m, m⁰ ∈ M . 則

n⁰⁻¹· n = m⁰· m⁻¹. 然而 n⁰⁻¹· n ∈ N 且 m⁰· m⁻¹∈ M , 故知

n⁰⁻¹· n ∈ N ∩ M.

再利用假設 N ∩ M = {e} 知 n⁰⁻¹· n = e, 也就是說 n = n⁰. 同理可得 m = m⁰. 所以寫法唯一. 好了! 既然 ψ 是一個好函數, 我們接下來證 ψ 是一個 group homomorphism. 也就是若 x = n · m, x⁰ = n⁰· m⁰ 其中 n, n⁰ ∈ N 且 m, m⁰ ∈ M , 則 要證明 ψ(x · x⁰) = ψ(x) · ψ(x⁰). 不過

ψ(x) · ψ(x⁰) = (n, m) · (n⁰, m⁰) = (n · n⁰, m · m⁰),

如果我們能證明 x · x⁰ = (n · n⁰) · (m · m⁰), 則由於 n · n⁰ ∈ N 且 m · m⁰ ∈ M , 故利用 ψ 的定義我們有

ψ(x · x⁰) = (n · n⁰, m · m⁰).

因此得 ψ(x · x⁰) = ψ(x) · ψ(x⁰). 換句話說要證明 ψ 是一個 group homomorphism 等於要證

(n · m) · (n⁰· m⁰) = (n · n⁰) · (m · m⁰).

利用結合率

(n · m) · (n⁰· m⁰) = n · (m · n⁰) · m⁰ 且

(n · n⁰) · (m · m⁰) = n · (n⁰· m) · m⁰,

也就是說我們只要證明 m · n⁰ = n⁰· m 就可. 要怎麼證 m · n⁰ = n⁰· m 呢? 我們知 a = b 若且為若 a · b⁻¹= e. 所以我們考慮

(m · n⁰) · (n⁰· m)⁻¹ = m · n⁰· m⁻¹· n⁰⁻¹.

然而 m · n⁰· m⁻¹∈ N (這是因為 n⁰∈ N 且 N 是 G 的 normal subgroup), 我們有 m · n⁰· m⁻¹· n⁰⁻¹ = (m · n⁰· m⁻¹) · n⁰⁻¹ ∈ N.

同理利用 M 是 G 的 normal subgroup, 我們有

m · n⁰· m⁻¹· n⁰⁻¹ = m · (n⁰· m⁻¹· n⁰⁻¹) ∈ M.

因此知

(m · n⁰) · (n⁰· m)⁻¹ ∈ N ∩ M.

再利用 N ∩ M = {e} 得 (m · n⁰) · (n⁰· m)⁻¹ = e, 也就是說 m · n⁰ = n⁰· m. 最後我 們證 ψ 是 1-1 and onto. 若 x ∈ ker(ψ), 也就是說 ψ(x) 是 N × M 中的 identity (e, e) (別忘了 e 是 G 的 identity 所以當然是 N 和 M 的 identity). 因 x ∈ G 故 存在 n ∈ N , m ∈ M 使得 x = n · m. 由此得 ψ(x) = (n, m) = (e, e). 也就是說 n = e 且 m = e, 故 x = e · e = e. 得證 ker(ψ) = {e} 故 ψ 是一對一. 要證明 ψ 是

onto, 我們必須任取 N × M 中的任一元素 (n, m), 然後說 G 中存在一元素 x 使得 ψ(x) = (n, m). 我們只要令 x = n · m 即可, 因為由定義此時 ψ(x) = (n, m). 好了 我們證得 ψ 是一個 isomorphism 故

G ' N × M.

不過我們不是該證 G ' G₁× G₂ 嗎? 沒關係, 因為由假設 N ' G₁ 且 M ' G₂, 利 用下一個 Lemma, 我們就可知

G ' N × M ' G₁× G₂.

¤ Lemma 3.2.5. 若 G₁ ' G⁰₁ 且 G₂ ' G⁰₂ 則

G₁× G₂ ' G⁰₁× G⁰₂.

Proof. 由假設我們之存在 isomorphisms: φ₁: G₁ → G⁰₁, 且 φ₂ : G₂→ G⁰₂. 定義新 的函數 φ : G₁× G₂ → G⁰₁× G⁰₂, 使得對所有的 (g₁, g₂) ∈ G₁× G₂,

φ((g₁, g₂)) = (φ₁(g₁), φ₂(g₂)).

因為 φ₁(g₁) ∈ G⁰₁, φ₂(g₂) ∈ G⁰₂, φ 真的把 G₁× G₂ 的元素送到 G⁰₁× G⁰₂. 利用 φ₁ 和 φ₂ 是 group homomorphism, 我們很容易驗證 φ 也是一個 group homomorphism.

φ 是 onto 的嗎? 若 (y₁, y₂) ∈ G⁰₁ × G⁰₂, 即 y₁ ∈ G⁰₁ 且 y₂ ∈ G⁰₂, 則因 φ₁ 和 φ₂ 是 onto, 故存在 x₁ ∈ G₁ 且 x₂ ∈ G₂ 使得 φ₁(x₁) = y₁ 且 φ₂(x₂) = y₂. 故選 (x₁, x₂) ∈ G₁× G₂, 則

φ((x₁, x₂)) = (φ₁(x₁), φ₂(x₂)) = (y₁, y₂).

所以 φ 是 onto.

什麼是 ker(φ) 呢? 若 (a, b) ∈ ker(φ), 因 G⁰₁× G⁰₂ 的 identity 是 (e⁰₁, e⁰₂), 其中 e⁰₁ 和 e⁰₂ 分別是 G⁰₁ 和 G⁰₂ 的 identity, 故得

φ((a, b)) = (φ₁(a), φ₂(b)) = (e⁰₁, e⁰₂).

由此知 φ₁(a) = e⁰₁ 且 φ₂(b) = e⁰₂. 換句話說 a ∈ ker(φ₁) 且 b ∈ ker(φ₂). 然而 φ₁ 和 φ₂ 由假設都是一對一的, 故 ker(φ₁) = {e₁} 且 ker(φ₂) = {e₂}, 其中 e₁ 和 e₂ 分 別是 G₁ 和 G₂ 的 identity. 故得 a = e₁, b = e₂, 換句話說 ker(φ) 是 G₁× G₂ 的 identity, 故由 Lemma 2.5.6 知 φ 是一對一的. 因而得證 φ 是一個 isomorphism, 即

G₁× G₂ ' G⁰₁× G⁰₂.

¤ 我們已了解兩個 group 的 direct product 相關的性質, 其實兩個 groups G₁ 和 G₂ 的 direct product G₁× G₂ 仍是一個 group 所以還可以和第三個 group G₃ 作 direct product 得 (G₁× G₂) × G₃. 這樣一直推演下去, 可以得到任意 n 個 groups 的 direct product.

3.3. Finite Abelian Groups

這一節我們討論另一種簡單的 groups, abelian groups. 回憶一下所謂 G 是一個 abelian group 表示 G 中的任意兩元素 a 和 b 都滿足 a · b = b · a.

3.3.1. Cauchy and Sylow’s Theorems for finite abelian groups. G 是 abelain 最好的地方是 G 的任意的 subgroup 都是 normal. 所以很多有關 abelian groups 的性質我們都可以在 G 中找到一個 subgroup 然後再做 quotient group 這樣新的 group 的 order 變小了, 我們就可以用數學歸納法.

要用這種取 quotient group 的數學歸納法一般來說會牽扯上 Correspondence 定 理 (忘記這是什麼的同學趕快退回去看一下 Corollary 2.7.3), 另外就是考慮 ord(a) 和 ord(a) 的關係了. 下一個 Lemma 就是告訴我們這個關係, 要注意的是這個 Lemma 並不需要 abelian 的假設:

Lemma 3.3.1. 若 N 是 group G 的一個 normal subgroup, a ∈ G. 考慮 a ∈ G/N , 則

ord(a) | ord(a).

而且 ord(a) = ord(a) 若且為若

N ∩ hai = {e}.

Proof. 假設 ord(a) = n. 則因 aⁿ = e 得 aⁿ = aⁿ = e, 故由 Lemma 2.3.2 知 ord(a) | n.

假設 ord(a) = m. 今若 N ∩ hai = {e}, 則因 a^m = e 表示 a^m ∈ N , 所以得 a^m ∈ N ∩ hai = {e}. 換句話說 a^m = e, 再由 Lemma 2.3.2 得 ord(a) = n | m. 然而 前已知 m | n, 所以 n = m: 也就是說如果 N ∩ hai = {e}, 則 ord(a) = ord(a).

反之, 假設 ord(a) = ord(a). 若 x ∈ N ∩ hai, 由 x ∈ hai 知: 存在一整數 i 使得 x = aⁱ. 不過又由 x ∈ N , 知 aⁱ = x = e. 由此知 ord(a) | i. 然而由假設 ord(a) = ord(a) 得 ord(a) | i, 因此得證 x = aⁱ= e. 也就是說若 ord(a) = ord(a) 則

N ∩ hai = {e}. ¤

以下就是利用數學歸納法來證明一些 abelian groups 的性質的例子:

Theorem 3.3.2 (Cauchy’s Theorem for Abelian Groups). 若 G 是一個 finite abelian group, p 是一個質數, 且 p 整除 G 的 order, 則 G 中存在一個元素其 order 為 p.

Proof. 前面提過我們要用 induction 來證明此定理. 如何用 induction 呢? 我們將 對所有的 finite abelian group 的 order 作 induction. 也就是我們將證明這個定理 對 order 為 p 的 abelian group 是對的. 然後利用歸納法假設對 order 小於 pk 的 abelian group 也對, 來證出對於 order 為 pk 的 abelian group 也對.

假設 G 的 order 為 p, 由 Corollary 2.2.3 知 G 是一個 cyclic group, 所以若 a ∈ G 使得 G = hai, 則 ord(a) = p.

現在假設對於所有的 abelian group G⁰ 如果 |G⁰| = pr 且 r < k, 則存在 a ∈ G⁰ 使得 ord(a) = p. 若 |G| = pk, 則有以下三種狀況:

(1) G 中無 nontrivial proper subgroup.

(2) G 中有一 nontrivial proper subgroup H 且 p 整除 |H|.

(3) G 中所有的 nontrivial proper subgroup 其 order 都不能被 p 整除.

如果是狀況 1. 則由 Lemma 3.1.2 知 |G| = p, 這情形已證過. 如果是狀況 2. 則 因 H 是 nontrivial proper subgroup 故 |H| < |G|, 而 p 整除 |H| 故 |H| = pr, 其中 r < k. 故由 induction 的假設之存在 a ∈ H ⊂ G 且 ord(a) = p. 所以在這情況也 得證. 我們真正得處理的就是狀況 3. 在這情況之下我們任取一個 G 的 nontrivial proper subgroup H, 然後考慮 G/H 這個 quotient group (別忘了在此我們用到 G 是 abelian 故 H 是 normal). 由於 p - |H|, 所以 p 整除 |G/H| = |G|/|H|. 再加上 G/H 仍是 abelian group 且 |G/H| < |G| 所以我們可以套用 induction 的假設在 G/H 上, 也就是存在 a ∈ G/H 且 ord(a) = p. 現在我們利用前面的 Lemma 3.3.1 知 p | ord(a); 也就是存在正整數 t 使得 ord(a) = pt. 利用 Proposition 2.3.3 得

ord(a^t) = pt

gcd(pt, t) = p.

得證在 G 中存在一元素 a^t 其 order 為 p. ¤

這裡要強調這裡我們證的 Cauchy’s Theorem 是利用 G 是 abelian 的假設下證 明, 雖然這一個證明對 G 不是 abelian 時並不適用, 不過將來我們會用另外的方法 證明一般的 Cauchy’s Theorem. 也就是說這個定理在 G 不是 abelian 時仍是對的.

我們可以用類似的方法證以下的定理:

Theorem 3.3.3 (Sylow’s Theorem for Abelian Groups). 若 G 是一個 finite abelian group, 且 |G| = pⁿm, 其中 p 是質數且 p - m, 則在 G 中存在一個 subgroup P 其 order 為 pⁿ.

Proof. 我們用類似前面 Theorem 3.3.2 的 induction. 當 |G| = pm 時, Theorem 3.3.2 告訴我們存在 a ∈ G 其 order 為 p, 故此時取 P = hai 即可.

現在假設當 |G⁰| = p^rm, r < n 時, 在 G⁰ 中可找到 subgroup P⁰ 其 order 為 p^r. 當 |G| = pⁿm 時, 由 Theorem 3.3.2 知存在 G 的 subgroup N 其 order 為 p. 因 G 是 abelian 故 N 是 G 的 normal subgroup, 故考慮 G/N 這一個 quotient group.

G/N 的 order 是 |G|/|N | = pⁿ⁻¹m. 故由 induction 的假設知在 G/N 中存在一個 subgroup P⁰ 其 order 為 pⁿ⁻¹. 再利用 Correspondence 定理 (Corollary 2.7.3) 知 G 中存在一 subgroup P 使得 P⁰ = P/N . 然而 |P | = |P⁰| · |N | = pⁿ⁻¹· p = pⁿ, 故得

證. ¤

若 p 是一個質數, 而一個 group 的個數是 pⁿ這種形式時, 我們稱這種 group 為 一個 p-group. 當 G 的個數是 pⁿm, 其中 p 和 m 互質時, 若 G 中的 subgroup H

其 order 又剛好是 pⁿ, 則稱 H 是 G 的一個 Sylow p-subgroup. Theorem 3.3.3 告訴 我們當 G 是一個 abelian group 時, 其 Sylow p-subgroup 一定存在. 以後我們也會 學到在一般的 group 中 Sylow p-subgroup 也一定存在, 這就是所謂的 Sylow 定理.

3.3.2. 一些 abelian groups 特有的性質. 現在我們來探討一些在一般 groups 不 一定對但在 abelian groups 會對的一些性質.

當 G 是 abelian 時, 任取 a, b ∈ G, 因 a · b = b · a 我們可以得 (a · b)² = (a · b) · (a · b) = a · (b · a) · b = a · (a · b) · b = a²· b². 利用數學歸納法我們很容易知對所有的 n ∈ N,

(a · b)ⁿ= aⁿ· bⁿ. 以下的 Lemma 告訴我們 G 是 abelian 的另一個好處:

Lemma 3.3.4. 若 G 是一個 finite abelian group, m 是一個大於 1 的整數且 m 整 除 G 的 order. 考慮集合 M = {g ∈ G | g^m = e}. 則 M 是 G 的一個 subgroup 且 M 6= {e}.

Proof. 因 m > 1 故必存在一質數 p 使得 p | m. 由 Theorem 3.3.2 知存在一元素 a ∈ G 其 order 為 p. 故知 a 6= e 且 a^p = e, 但 p | m 故 a^m= e. 也就是 a ∈ M 故 M 6= {e}.

現在證 M 是 G 的 subgroup. 首先證封閉性: 若 a, b ∈ M , 即 a^m = e, b^m = e.

故 (a · b)^m= a^m· b^m = e, 也就是說 a · b ∈ M . 接下來證反元素存在: 若 a ∈ M , 因 a^m= e 故 (a^m)⁻¹· a^m= (a^m)⁻¹= (a⁻¹)^m. 然而又 (a^m)⁻¹· a^m= e, 故 (a⁻¹)^m = e.

也就是說 a⁻¹∈ M . ¤

別忘了因 G 是 abelian 所以 M 會是 G 的一個 normal subgroup, 利用這一點 我們可以得到以下有關 finite abelian group 非常重要的性質.

Lemma 3.3.5. 設 G 是一個 finite abelian group, 且 |G| = pⁿm, 其中 p - m. 令 P = {g ∈ G | g^pn = e} and M = {g ∈ G | g^m = e},

則

G ' P × M.

Proof. 由 Lemma 3.3.4 知 P 和 M 都是 G 的 normal subgroups. 要證明 G ' P ×M , 我們得利用 Theorem 3.2.4 證明 G = P · M 及 P ∩ M = {e} 就好. 這兩個性質都 要用到 pⁿ 和 m 互質來得到.

因為 pⁿ和 m 互質, 故存在整數 r 和 s 使得 rpⁿ+ sm = 1. 因此對任意的 a ∈ G, 我們都可寫成

a = a^rpn+sm= a^sm· a^rpn.

因為

((a^sm)^pn = (a^pnm)^s, 而 |G| = pⁿm, 由 Corollary 2.3.4 知

(a^sm)^pn = e;

也就是說 a^sm∈ P . 同理知 a^rpn ∈ M . 由此知任意的 G 中元素都可寫成一個 P 中 的元素乘以 M 中的元素, 所以 G = P · M .

另一方面, 若 g ∈ P ∩ M , 因 g ∈ M , 故 g^m = e. 則由 Lemma 2.3.2 知 ord(g) | m.

同理得 ord(g) | pⁿ. 也就是說 ord(g) 整除 gⁿ 和 m 的最大公因數. 但 gⁿ 和 m 互 質, 故得 ord(g) = 1; 也就是說 g = e. 因此得證 P ∩ M = {e}. ¤ Lemma 3.3.5 中 P 元素的個數是多少呢? 雖然是收集所有 G 中元素 g 符合 g^pn = e 的元素但不表示其 order 就是 pⁿ. 不過很巧妙的利用 Cauchy 的定理我們 確實可以得到 |P | = pⁿ.

Lemma 3.3.6. 設 G 是一個 finite abelian group, 且 |G| = pⁿm, 其中 p - m. 令 P = {g ∈ G | g^pn = e},

則 P 是 G 的一個 Sylow p-subgroup, 而且 P 是 G 中唯一的 Sylow p-subgroup.

Proof. 首先我們說明若令 M = {g ∈ G | g^m = e}, 則 p 不能整除 M 的 order. 這 是因為若 p 整除 M 的 order, 則由 Cauchy’s Theorem 知 M 中存在一元素 a 其 order 為 p, 但 a^m = e, 由 Lemma 2.3.2 知 p | m. 這和假設 p - m 矛盾. 故 p 不能 整除 |M |.

接下來我們證 P 是一個 p-group. 假設除了 p 以外存在另一質數 q 整除 |P |, 則 用和前面相同的方法可得 q | pⁿ, 這又和 p, q 是相異質數矛盾. 換句話說 |P | 除了 p 以外不會有其他的質因數, 所以知存在 r ∈ N 使得 |P | = p^r.

由 Lemma 3.3.5 知 G ' P × M , 故 |G| = |P | · |M |. 因此得

|M | = |G|/|P | = p^n−rm.

但 p 不整除 M , 故得 n = r. 也就是說 P 是 G 的一個 Sylow p-subgroup.

最後假設 P⁰ 是 G 中任意的一個 Sylow p-subgroup. 因 |P⁰| = pⁿ, 由 Lagrange 定理(Corollary 2.3.4) 知對於所有 a ∈ P⁰, a^pn = e. 也就是說 a ∈ P . 得證 P⁰ ⊆ P . 然而 |P⁰| = |P | = pⁿ, 故 P⁰= P . 這證明了唯一性. ¤ 這一次我們要強調 Lemma 3.3.6 是 abelian groups 特有的性質. 它告訴我們此 時 Sylow p-subgroup 是長什麼樣子的, 而且是唯一的. 在一般的 group 這不一定 是對的.

綜合以上幾個 Lemmas, 我們有以下的結論:

Proposition 3.3.7. 設 G 是一個 finite abelian group, 其 order 為

|G| = pⁿ₁¹· · · pⁿ_r^r,

其中 p₁, . . . , p_r 是相異的質數. 令 P_i 是 G 中對每一個 p_i 所對應的 Sylow p_i-subgroup, i ∈ {1, . . . , r}. 則

G ' P₁× · · · × P_r.

Proof. 若令 m = pⁿ₂²· · · pⁿ_r^r, 且令 M = {g ∈ G | g^m= e}, 則由 Lemmas 3.3.5, 3.3.6 知 G ' P₁× M . 然而因 |M | = pⁿ₂²· · · pⁿ_r^r 故由數學歸納法可知 M ' P₂× · · · × P_n. 因此由 Lemma 3.2.5 得

G ' P₁× M ' P₁× P₂× · · · × P_r.

¤ 3.3.3. Abelian p-groups. Proposition 3.3.7 告訴我們一個 finite abelian group 可 以寫成一些 p-subgroups 的 direct product, 這些 p-subgroup 當然都還是 abelian.

因此若我們能了解 abelian p-groups, 則對於一般的 finite abelian groups 就完全清 楚了.

大家都知道 cyclic group 一定是 abelian. 不過若只知ㄧ個 group 是 abelian 它並 不一定會是 cyclic. 下一個 Lemma 告訴我們一個判斷 abelian group 是否為 cyclic 的方法.

Lemma 3.3.8. 若 G 是一個 abelian p-group, 且 a ∈ G 是 G 中任一個 order 最大 的元素. 則:

(1) 若 G 是 cyclic 則 G = hai.

(2) 若 G 不是 cyclic 則在 G 中存在 b 6∈ hai, 使得 ord(b) = p.

Proof. 若 |G| = pⁿ, 由 Lagrange 定理 (Corollary 2.3.4) 知 ord(a) = p^r, 其中 r 是 一個正整數且 r ≤ n.

(1) 若 G 是 cyclic, 即 G 中存在一元素 x 使得 G = hxi. 也就是說 ord(x) = pⁿ. 然而已知 a 是 G 中元素 order 最大的之ㄧ. 所以知 ord(a) = pⁿ (注意這個元素 並不唯一, 所以我們並不可得 x = a). 換句話說 G 和 hai 的元素個數一樣多, 即 G = hai.

(2) 若 G 不是 cyclic, 則當然 hai ( G. 記 A = hai. 可知 quotient group G/A 仍 是一個 abelian p-group, 即 |G/A| = p^n−r. 利用 Cauchy 定理 (Theorem 3.3.2) 知存 在 x ∈ G/A 使得 ord(x) = p. 也就是說 x 6= e 不過 x^p = e, 因此 x 6∈ A 但 x^p ∈ A.

因為 A = hai, x^p ∈ A 表示存在一整數 i 使得 x^p= aⁱ. 我們用反證法證明 p | i.

如果 p - i, 則由 Proposition 2.3.3 知 ord(aⁱ) = p^r

gcd(p^r, i) = p^r.

也就是說 ord(x^p) = ord(a) = p^r. 別忘了 x ∈ G, 而 G 是 p-group, 因此如前知 ord(x) = p^s, 其中 s 是一正整數. 再用一次 Proposition 2.3.3 知

ord(x^p) = p^s

gcd(p^s, p) = p^s−1.

利用前面所求之 ord(x^p) = p^r 得 s = r + 1. 也就是說 ord(x) = p^s= p^r+1. 別忘了 當初我們假設 ord(a) = p^r. ord(x) > ord(a) 這和 a 的 order 是最大的相矛盾. 所 以得證 p | i.

假設 i = pt, 令 b = a^−t· x. 注意若 b ∈ A, 則因 x = a^t· b, 會導致 x ∈ A, 這 和 x 6∈ A 相矛盾, 故知 b 6∈ A, 且當然 b 6= e (因 e ∈ A). 然而因 G 是 abelian, b^p = a^−pt· x^p. 利用 pt = i 及 aⁱ = x^p, 我們推得 b^p = e. 由此可得 ord(b) = p. 這 是因為由 Lemma 2.3.2 知 ord(b) | p. 但 p 是質數, 所以得 ord(b) = 1 or ord(b) = p.

然而已知 b 6= e 即 ord(b) 6= 1, 故可得 ord(b) = p. ¤ 下一個 Lemma 告訴我們如果一個 abelian p-group 不是 cyclic 那麼它在某種程 度上和 cyclic group 還是相差不遠.

Lemma 3.3.9. 若 G 是一個 abelian p-group, 且 a ∈ G 是 G 中任一個 order 最大 的元素. 則要不然 G 是一個 cyclic group; 要不然就是在 G 中存在一個 subgroup Q 使得

G ' hai × Q.

Proof. 令 A = hai. 若 G 不是 cyclic 則由 Lemma 3.3.8 知存在 b ∈ G 但 b 6∈ A 使 得 ord(b) = p. 令 B = hbi. 首先證明 A ∩ B = {e}. 這是因為 A ∩ B 會是 B 的一 個 subgroup. 利用 Lagrange 定理 (Theorem 2.2.2) 知 A ∩ B 的 order 需整除 B 的 order. 但 B 的 order 為質數 p, 故知 |A ∩ B| = 1 或 |A ∩ B| = p. 若 |A ∩ B| = p, 表示 A ∩ B = B, 即 B ⊆ A. 這和 b 6∈ A 不合. 因此 A ∩ B 的 order 不是 p. 故得

|A ∩ B| = 1, 即 A ∩ B = {e}.

接下來我們想用 B 來幫我們以數學歸納法證明這個 Lemma. 若 G 的 order 為 p, 由 Corollary 2.2.3 知 G 是一個 cyclic group. 若 |G| = pⁿ. 假設此 Lemma 在所 有 order 小於 pⁿ 的 abelian p-groups 都對.

當然若 G 是 cyclic 則證明完成, 但 G 是有可能不是 cyclic 的. 若 G 不是 cyclic, 考慮 G/B 這一個 abelian group. 因 |G/B| = pⁿ⁻¹, 故 G/B 是一個 order 小於 pⁿ 的 abelian p-group. 此時我們就可以用 induction 的假設, 不過要用這個假設我們 得先在 G/B 中找到一個 order 最大的元素. 事實上 a 會是 G/B 中 order 最大的 元素. 主要原因是由 Lemma 3.3.1 知對所有的 x ∈ G/B, 都有 ord(x) ≤ ord(x). 又 因 B ∩ hai = {e} 故再由 Lemma 3.3.1 得 ord(a) = ord(a). 因為 a 是 G 中 order 最大的元素, 故得在 G/B 中對任意的 x ∈ G/B 皆有

ord(a) = ord(a) ≥ ord(x) ≥ ord(x).

現在我們可以套用歸納的假設了. 由假設知有可能 G/B 是 cyclic, 要不然在 G/B 中存在一個 subgroup Q⁰ 使得 G/B ' hai × Q⁰.

若 G/B 是 cyclic, 由 Lemma 3.3.8 知 G/B = hai. 此時我們要證明 G ' hai × B.

由 Theorem 3.2.4 知這相當於要證明 G = A · B 且 A ∩ B = {e} (別忘了 A, B 都 是 normal). 不過由於我們已證得 A ∩ B = {e}, 所以只要證 G = A · B. 對任意的 x ∈ G, 考慮 x ∈ G/B. 則由於 G/B = hai, 故存在一整數 i 使得 x = aⁱ. 這表示 x 和 aⁱ 在 B 的分類下是同類的. 也就是 (aⁱ)⁻¹· x ∈ B. 換句話說存在一整數 j 使得 x = aⁱ· b^j. 得證 G 中的元素都可寫成一個 A 中元素乘上一個 B 中元素的形式, 即 G = A · B. 故加上 A ∩ B = {e} 得 G ' A × B.

若 G/B 不是 cyclic 則由 induction 的假設知在 G/B 中存在一個 subgroup Q⁰ 使得 G/B ' hai × Q⁰. 利用 Theorem 3.2.4 知此時 G/B = hai · Q⁰ 且 hai ∩ Q⁰= {e}.

因為我們要把問題拉回到 G 來看, 利用 Correspondence 定理 (Corollary 2.7.3) 知 在 G 中存在一個 subgroup Q 符合 B ⊆ Q 且 Q/B = Q⁰. 我們要證明 G ' hai × Q.

首先證 G = A · Q. 任取 x ∈ G, 由於 x ∈ G/B, 且 G/B = hai · Q/B, 故存在一 整數 i 和 q ∈ Q 使得

x = aⁱ· q = aⁱ· q.

也就是說 (aⁱ· q)⁻¹· x ∈ B. 因 B = hbi, 由此知存在一整數 j 使得 (aⁱ· q)⁻¹· x = b^j. 換句話說 x = aⁱ · (q · b^j). 然而 aⁱ ∈ A, 且 q · b^j ∈ Q (別忘了 B ⊆ Q). 故知 G = A · Q.

最後要證 A ∩ Q = {e}. 若 x ∈ A ∩ Q, 由 x ∈ A = hai 知 存在一整數 i 使得 x = aⁱ. 故在 G/B 中 x = aⁱ = aⁱ. 另一方面 a ∈ Q 故在 G/B 中 x ∈ Q/B = Q⁰. 也就是說

x ∈ hai ∩ Q⁰ = {e}.

由此知在 G/B 中 x = e, 也就是說 x ∈ B. 但一開始已假設 x ∈ A ∩ Q, 當然有 x ∈ A. 所以得 x ∈ A ∩ B. 別忘了我們已知 A ∩ B = {e}, 故得 x = e. 也就是說

A ∩ Q = {e}. ¤

Lemma 3.3.9 告訴我們什麼呢? 如果 G 是 abelian p-group, 且 |G| = pⁿ. 則 有可能 G 是 cyclic group: 若是如此則由 Theorem 3.1.1 知 G ' Z/pⁿZ. G 也有 可能不是 cyclic, 那麼 Lemma 3.3.9 就告訴我們若 G 中 order 最大的元素其 order 是 pⁿ¹, 則存在一個 subgroup Q 使得 G ' (Z/pⁿ¹Z) × Q. 這裡因 G 是 abelian p-group, 其 subgroup Q 當然也是 abelian p-group. 如果 Q 是 cyclic, 那麼我們就 可得 G ' (Z/pⁿ¹Z) × Q ' (Z/pⁿ¹Z) × (Z/pⁿ²Z); 如果 Q 不是 cyclic 則再用一次 Lemma 3.3.9 知 Q 會 isomorphic to 一個 cyclic group 和 Q 的 subgroup 的 direct product. 這樣一直下去, 由於 G 的 order 是有限的經過有限次後一定會停. 我們可 以有以下的結果:

Proposition 3.3.10. 如果 G 是一個 abelian p-group, 且 |G| = pⁿ. 則存在 n₁, . . . , n_r ∈ N 符合 n₁+ · · · + n_r = n 使得

G ' (Z/pⁿ¹Z) × · · · × (Z/p^nrZ).

Proof. 由前面的討論之 G 可以寫成一些 cyclic groups 的 direct product. 這些 cyclic groups 由於都是 G 的 subgroups, 所以也都是 p-group. 因此它們都會是 isomorphic to Z/pⁿⁱZ 這種形式, 最後由於

pⁿ= |G| = |Z/pⁿ¹Z| · · · |Z/p^nrZ| = pⁿ¹· · · p^nr,

我們知 n = n₁+ · · · + n_r. ¤

3.3.4. Finite abelian groups 的基本定理. 既然每一個 finite abelian group 都可 寫成一些 abelian p-groups 的 direct product, 而每一個 abelian p-group 也都可寫 成一些 cyclic groups 的 direct product, 因此由這兩個結果我們可以說完整的掌握 了 finite abelian groups.

Theorem 3.3.11 (Fundamental Theorem on Finite Abelian Groups). 若 G 是一 個 finite abelian group, 則 G 可以寫成一些 cyclic groups 的 direct product.

Proof. 由 Proposition 3.3.7 知 G ' P₁ × · · · × P_r, 其中 P_i 都是某個質數 p_i 的 abelian p_i-group. 再由 3.3.10 知對所有的 P_i, 都可找到 cyclic groups C_i1, . . . C_ini

使得 P_i ' C_i1× · · · × C_ini. 因此得證本定理. ¤

這裡很有趣的是我們都知道所有的 cyclic groups 長什麼樣子, 既然 finite abelian groups 都是 cyclic groups 的 direct product, 我們當然就知道所有的 finite abelian groups 長什麼樣子了. 比方說若 G 是一個 abelian group 且 |G| = 6, 那麼 G 有可 能長什麼樣子呢? 由 Proposition 3.3.7 知 G ' P₁× P₂ 其中 P₁ 的 order 是 2, P₂ 的 order 是 3. 而 order 是 2 的 group 一定是 cyclic (Corollary 2.2.3) 故 P₁ ' Z/2Z.

同理 P₂ ' Z/3Z. 故 G ' Z/2Z × Z/3Z. 不過由 3.2.2 知 Z/2Z × Z/3Z ' Z/6Z, 所 以 G ' Z/6Z. 也就是所有的元素個數為 6 的 abelian group 都是 cyclic group. 相 信大家不難利用這個例子推廣到以下的 Corollary:

Corollary 3.3.12. 若 G 是一個 abelian group 且 |G| = p₁· · · p_r 其中 p₁, . . . p_r 是 相異的質數, 則 G 是一個 cyclic group.

至於若 G 的 order 的質因數分解中存在高次方的話, 那麼問題就複雜一點了.

例如考慮 order 為 144 的 abelian group G. 因 144 = 2⁴· 3², 由 Proposition 3.3.7 知 G ' P₁× P₂ 其中 P₁ 的 order 是 2⁴, P₂ 的 order 是 3². 再由 Proposition 3.3.10 計算

4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1

知 P₁ 有可能是 isomorphic to

(1) Z/16Z or (2) Z/8Z × Z/2Z or (3) Z/4Z × Z/4Z, (4) Z/4Z × Z/2Z × Z/2Z or (5) Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z, 這五種情況. 同理 P₃ 可能 isomorphic to

(1) Z/9Z or (2) Z/3Z × Z/3Z

這兩種情況. 因此元素個數為 144 的 abelian groups 共有十種可能.

3.4. The Symmetric Group

這一節我們將討論一個複雜但重要的 group 稱之為 symmetric group.

3.4.1. The group A(S) and Cayley’s Theorem. 給定一集合 S 我們定義 A(S) 是所有從 S 到 S 的 1-1 且 onto 的函數所成的集合. 若 f, g ∈ A(S) 那麼它們的合 成函數 f ◦ g 依然是 1-1 且 onto, 所以知 f ◦ g ∈ A(S). 因此我們就考慮合成 ◦ 為 A(S) 中的運算. 前面已知這個運算有封閉性, 相信大家也知合成運算有結合率. 至 於在這個運算之下 A(S) 的 identity 是什麼呢? 當然就是所謂的 identity function I_S 了: I_S 是一個從 S 到 S 的函數它符合 I_S(x) = x, ∀ x ∈ S. 而對任意的 f ∈ A(S) 由 1-1 和 onto 的性質知存在 g ∈ A(S) 使得 f ◦ g = g ◦ f = I_S (即 g 是 f 的反函 數), 所以知任何 A(S) 的元素其 inverse 存在. 我們說明了 A(S) 是一個 group. 下 一個定理告訴我們為何 A(S) 這一個 group 這麼重要.

Theorem 3.4.1 (Cayley’s Theorem). 給定任一個 group G, 則 G 會 isomorphic to A(G) 的一個 subgroup.

Proof. 這裡我們先強調在 A(G) 中我們僅將 G 視為一個集合, 所以 A(G) 是從 G 到 G 的 1-1 和 onto 的函數所成的集合而不是 group homomorphism 所成的集合.

我們現在想定一個從 G 這一個 group 到 A(G) 這一個 group 的 group homo- morphism φ : G → A(G). 對任意的 a ∈ G, 我們定義 φ(a) ∈ A(S) 這一個函數為 T_a: G → G, 其中對於任意的 x ∈ G, T_a(x) = a · x.

我們當然要檢查 φ 是不是一個 well-defined function. 這裡唯一要檢查的就是:

是否 φ(a) = T_a ∈ A(S)? 由定義當然知道 T_a 是一個從 G 送到 G 的函數. 所以 我們只要檢查是否 T_a 是一個 1-1 且 onto 的函數. 這裡千萬不要搞錯了, T_a 只是 一個函數所以要證它是一對一的不能看 kernel (事實上 ker(T_a) 是無定義的). 給定 任意的 b ∈ G, 要證明 T_a 是 1-1 且 onto 就是要證明 G 中存在唯一的元素 c 使得 T_a(c) = b. 然而 T_a(x) = a · x, 故由 Theorem 1.2.3 知 T_a 是 1-1 且 onto.

接下來我們證明 φ : a 7→ T_a 是一個從 G 到 A(G) 的 group homomorphism. 也 就是證對所有的 a, b ∈ G, φ(a · b) = φ(a) ◦ φ(b) (別忘了 φ(a) 和 φ(b) 是在 A(G) 中 所以它們間的乘法是 φ(a) ◦ φ(b)). 要檢查 φ(a · b) 和 φ(a) ◦ φ(b) 這兩個函數是否相

同, 就是要檢驗這兩個函數對定義域裡的每個元素取值是否相同. 因 φ(a · b) = T_a·b 故對所有的 x ∈ G, 皆有

T_a·b(x) = (a · b) · x.

而 φ(a) ◦ φ(b) = T_a◦ T_b, 故對所有的 x ∈ G, 皆有

T_a◦ T_b(x) = T_a(T_b(x)) = T_a(b · x) = a · (b · x).

因此由 G 的結合率知對所有的 x ∈ G, T_a·b(x) = T_a◦ T_b(x). 也就是說 φ(a · b) = φ(a) ◦ φ(b).

最後證 φ 是一對一的. 已證 φ 是 group homomorphism, 所以只要證 ker(φ) = {e}.

若 a ∈ ker(φ), 即 φ(a) 為 A(G) 的 identity I_G. 換句話說, 對所有的 x ∈ G 皆有 T_a(x) = x. 但 T_a(x) = a · x, 故得 a = e. 因此我們證得了 G ' im(φ). 利用 Lemma 2.5.4 知 im(φ) 是 A(G) 的一個 subgroup, 故得證此定理. ¤

Cayley’s Theorem 是想將抽象的 group 用具體的方法表示出來. 或許大家會疑 惑: 原本 G 都不知是什麼樣子了, 用 A(G) 來表示能告訴我們什麼訊息呢? 仔細想 想 A(G) 的結構, 它和 G 的 group 性質無關, 事實上只和 G 的個數有關. 換句話說 當我們要了解有多少 order 為 n 的 group 時, 只要任選一個元素個數為 n 的集合 S, 再討論 A(S) 中有多少個 order 為 n 的 subgroup 就好了 (因為 Cayley’s Theorem 告訴我們所有的 order 為 n 的 group 必在其中). 可惜 A(S) 這一個 group 經常是 太大了. 有時是可以考慮小一點的集合 S⁰, 不過這裡我們就不多做討論.

3.4.2. The symmetric group of degree n. 前面提過 A(S) 這一個 group 只 和 S 的元素個數有關. 今若 S 有 n 個元素, 那麼我們不妨考慮 S = {1, 2, . . . , n}

這一個集合. 此時我們將 A(S) 也就是從 {1, 2, . . . , n} 到 {1, 2, . . . , n} 所有 1-1 且 onto 的函數所成的集合特別記做 S_n, 稱之為 the symmetric group of degree n.

Cayley’s Theorem 告訴我們所有 order 為 n 的 group 都會 isomorphic 到 S_n 的某 一個 subgroup, 所以研究 S_n 顯得特別重要.

從 {1, 2, . . . , n} 到 {1, 2, . . . , n} 所有 1-1 且 onto 的函數到底有多少個呢? 相信 大家在高中都已學過了. 先考慮 1 可以送到什麼? 結果有 n 種選擇, 不過因 1 已選 擇去哪個數了, 因要求一對一, 2 只剩下 n − 1 個選擇. 由此繼續下去我們得知 S_n 的 order.

Lemma 3.4.2.

|S_n| = n · (n − 1) · · · 2 · 1 = n!.

一般談 S_n 我們是不談 n = 1 和 n = 2 的狀況: 因 S₁ 只有一個元素, 所以只有 identity. 而 S₂ 只有 2 個元素, 一定是 cyclic. 所以我們以後只談 n ≥ 3 的狀況.

要討論 S_n 我們當然要想個法子將其元素表示出來. 例如在 S₅ 中若 σ 是將 1 7→ 2, 2 7→ 3, 3 7→ 1, 4 7→ 5 及 5 7→ 4, 則我們可以用

σ =

µ 1 2 3 4 5 2 3 1 5 4

¶

(3.1) 來表示. 而

τ =

µ 1 2 3 4 5 3 4 5 1 2

¶

(3.2) 表示 τ 將 1 7→ 3, 2 7→ 4, 3 7→ 5, 4 7→ 1 且 5 7→ 2. 那麼 σ ◦ τ 是甚麼呢? 因為 τ 將 1 7→ 3, 而 σ 將 3 7→ 1 所以合成起來得 σ ◦ τ 將 1 7→ 1. 而 τ 將 2 7→ 4, σ 將 4 7→ 5 故 σ ◦ τ 將 2 7→ 5. 同理一個一個計算下去我們可得

σ ◦ τ =

µ 1 2 3 4 5 1 5 4 2 3

¶

(3.3) 同理考慮 τ ◦ σ 可得

τ ◦ σ =

µ 1 2 3 4 5 4 5 3 2 1

¶

(3.4) 由式子 (3.3) 和 (3.4) 知 σ ◦ τ 6= τ ◦ σ 所以 S₅ 不是 abelian. 事實上對於所有的 n ≥ 3, S_n 都不是 abelian.

當 σ, τ ∈ S_n, 由於 σ, τ 都是函數, 其乘法就是函數的合成. 為了方便起見以後 我們不再用 σ ◦ τ 表示其合成而用 σ · τ 取代.

3.4.3. Disjoint cycle decomposition. 用如式子 (3.1) 的方法表示 S_n 的元素有 時稍嫌麻煩. 我們介紹一個簡便的表示法. 這個方法稱為 cycle 表示法. 它不只使 用簡便, 而且許多 S_n 的性質都可利用這方法簡單求得. 可以說是相當的重要.

Definition 3.4.3. 令 i₁, i₂. . . , i_k 是在 {1, 2, . . . , n} 中 k 個相異整數. 我們用 (i₁ i₂ · · · i_k)

表示 S_n中的一個元素 σ 將 s ∈ {1, 2, . . . , n} 送到

σ(s) =





i_j+1, 若 s = i_j 且 1 ≤ j ≤ k − 1;

i₁, 若 s = i_k;

s, 若 s 6∈ {i₁, . . . , i_k}.

換句話說 σ 將 i₁ 7→ i₂, i₂ 7→ i₃, . . . , i_k−1 7→ i_k, 而將 i_k 送回 i₁, 而將 i₁, . . . , i_k 以 外的元素原封不動.

我們稱 (i₁ i₂ · · · i_k) 是一個 k-cycle.

例如在 S₅ 中我們有以下的等式:

(1 2 3) =

µ 1 2 3 4 5 2 3 1 4 5

¶

一個 cycle 是 S_n 中的元素, 反之任一 S_n 中的元素未必是一個 cycle. 不過它們 都可寫成一些 cycle 的乘積 (別忘了這裡指的是合成). 我們就用式子 (3.1) 當例子

來將 σ 用 cycle 表示出來. 因 σ 將 1 7→ 2 所以我們先寫下 (1 2

接著 σ 將 2 7→ 3 所以繼續寫下

(1 2 3 然後 σ 將 3 7→ 1 所以我們寫下

(1 2 3)

用 “)” 將 3 框住表示 σ 將 3 送回 1. 這樣我們寫下了一個 3-cycle. 不過這 (1 2 3) 並不是 σ, 別忘了 σ 還將 4 7→ 5 及 5 7→ 4. 所以需補上 (4 5) 這一個 cycle. 因此我 們將式子 (3.1) 表成

σ = (4 5)(1 2 3).

這裡其實我們是將 (1 2 3) 看成是 S₅ 中的 µ 1 2 3 4 5

2 3 1 4 5

¶

這一個元素, 而

(4 5) =

µ 1 2 3 4 5 1 2 3 5 4

¶

所以將之相乘得 σ. 同法式子 (3.2) 中的 τ 將 1 7→ 3, 故先寫下 (1 3

接著 τ 將 3 7→ 5 所以繼續寫下

(1 3 5 而後 τ 將 5 7→ 2, 故寫

(1 3 5 2 接著 τ 將 2 7→ 4, 所以寫下

(1 3 5 2 4 最後 τ 將 4 送回 1 故補上 “)” 得

τ = (1 3 5 2 4).

注意此時每一個元素的動作都用這一個 cycle 表示出來了, 所以 τ 是一個 5-cycle.

接下來我們看

σ · τ = (4 5)(1 2 3)(1 3 5 2 4)

會是甚麼? 當然了你可以將這些 cycles 還原成原來複雜的形式再計算, 不過這裡我 們想直接用 cycle 的看法來處理. 首先觀察 (1 3 5 2 4) 將 1 7→ 3, 不過後面的 (1 2 3) 將 3 7→ 1, 最後 (4 5) 固定 1 所以知 σ · τ 將 1 7→ 1. 也就是說在 σ · τ 的 cycle 寫法 中 1 不會出現. 現在看 2: (1 3 5 2 4) 將 2 7→ 4, 而後面的 (1 2 3) 將 4 固定住, 最 後 (4 5) 將 4 7→ 5 故知 σ · τ 將 2 7→ 5, 所以我們寫下

(2 5

然而 (1 3 5 2 4) 將 5 7→ 2, 而後面的 (1 2 3) 將 2 7→ 3, 最後 (4 5) 固定 3, 所以得 σ · τ 將 5 7→ 3, 我們記下

(2 5 3

然而 (1 3 5 2 4) 將 3 7→ 5, 且 (1 2 3) 將 5 固定住, 最後 (4 5) 將 5 7→ 4 故知 σ · τ 將 3 7→ 4, 所以繼續寫下

(2 5 3 4

最後 (1 3 5 2 4) 將 4 7→ 1, 而後面的 (1 2 3) 將 1 7→ 2, 然後 (4 5) 固定 2, 所以得 σ · τ 將 4 送回了 2, 我們得知

σ · τ = (2 5 3 4).

兩個 cycles (i₁ · · · i_k) 和 (j₁ · · · j_l) 如果其中 {i₁, . . . , i_k} ∩ {j₁, . . . , j_l} = ∅ 則稱 此兩 cycle 為 disjoint cycles. 如果將 S_n中的元素寫成一些兩兩 disjoint 的 cycles 的 乘積 (當然包括只有一個 cycle 的情況), 我們就稱之為 disjoint cycle decomposition.

如前面 (4 5)(1 2 3) 和 (1 3 5 2 4) 就分別是 σ 和 τ 的 disjoint cycle decomposition.

我們簡單的說明一下對任意的 σ ∈ S_n, 其 disjoint cycle decomposition 是存在 的. 作法就如同前面的例子, 任取一數 a₁ ∈ {1, . . . , n} 我們先考慮 σ 將 a₁ 送到何 處? 若 σ(a₁) = a₁, 則知 a₁ 不會出現在 cycle decomposition 之中, 所以我們繼續 考慮其他的數. 如果 σ(a₁) = a₂ 6= a₁ 則寫下

(a₁ a₂

接下來看 σ(a₂) 為何? . . . 如此繼續下去直到第一個 a_k 使得 σ(a_k) 會和前面的某 數相同. 也就是說 a₁, . . . , a_k 都相異但 σ(a_k) ∈ {a₁, . . . , a_k−1}. 不過此時 σ(a_k) 非 得等於 a₁ 不可, 因為若 σ(a_k) = a_i, 其中 i > 1, 則已知 σ(a_i−1) = a_i, 由 σ 是 1-1 知 a_k= a_i−1這和 a₁, . . . , a_k 兩兩相異矛盾, 所以得 σ(a_k) = a₁. 也就是說我們得到 一個 cycle:

(a₁ · · · a_k).

接下來我們考慮 {a₁, . . . , a_k} 以外的數 b₁, 再利用同樣的方式得到一個 cycle. 如此 繼續下去直到將所有 {1, . . . , n} 考慮完畢, 然後得 σ 就是這些 cycles 的乘積. 當然 了利用 σ 是 1-1 我們很容易看出這樣做出的 cycles 都是 disjoint.

接下來我們要說 disjoint cycle decomposition 是唯一的. 不過這裡的唯一性要說 明一下. 首先觀察 (1 2 3) 這一個 cycle 其實它和 (2 3 1) 及 (3 1 2) 都表示同一個 函數: 即 1 7→ 2, 2 7→ 3, 3 7→ 1. 因此我們將之視為同一 cycle (不過要注意 (1 3 2) 是不同的 cycle). 另外 (1 2 3)(4 5) 和 (4 5)(1 2 3) 也是同一個函數所以我們也將之 視為同樣的 decomposition.

Lemma 3.4.4. 令 σ = (a₁ a₂ · · · a_k) 和 τ = (b₁ b₂ · · · b_l) 是 S_n 的兩個 cycles.

(1) 如果 k = l 且 a₁= b₂, a₂ = b₃, . . . , a_k−1 = b_k, a_k= b₁, 則 σ = τ .

(2) 如果 σ 和 τ 是 disjoint, 即 {a₁, . . . , a_k} ∩ {b₁, . . . , b_l} = ∅, 則 σ · τ = τ · σ.

Proof. 我們曾經強調過, 要說明兩個 S_n 中的元素是相同的只要將之視為函數, 將 {1, . . . , n} 中任意數代入都相等就可.

(1) 若 x ∈ {1, . . . , n} 但 x 6∈ {a₁, . . . , a_k}, 則知 σ(x) = x, 但由假設知 {a₁, . . . , a_k} = {b₁, . . . , b_l},

所以 x 6∈ {b₁, . . . , b_l}, 也就是說 τ (x) = x.

若 x ∈ {a₁, . . . , a_k}, 假設 x = a_i, 1 ≤ i ≤ k − 2, 則 σ(x) = σ(a_i) = a_i+1= b_i+2. 此時因 a_i = b_i+1, 所以

τ (x) = τ (b_i+1) = b_i+2. 而當 x = a_k−1 時,

σ(x) = σ(a_k−1) = a_k= b₁. 此時因 a_k−1= b_k, 故

τ (x) = τ (b_k) = b₁. 最後當 x = a_k 時,

σ(x) = σ(a_k) = a₁ = b₂. 此時因 a_k= b₁ 所以

τ (x) = τ (b₁) = b₂.

得證對所有的 x ∈ {1, . . . , n} 皆有 σ(x) = τ (x), 因此知 σ = τ .

(2) 此時由假設 σ 和 τ 是 disjoint, 所以 x ∈ {1, . . . , n} 可分成三種情況: (a) x 6∈ {a₁, . . . , a_k} ∪ {b₁, . . . , b_l}; (b) x ∈ {a₁, . . . , a_k}; (c) x ∈ {b₁, . . . , b_l}.

當 x 是屬狀況 (a) 時, 得 σ(x) = τ (x) = x 故

(σ · τ )(x) = σ(τ (x)) = σ(x) = x, 同理知 (τ · σ)(x) = x.

當 x 是屬狀況 (b) 時, 得 σ(x) ∈ {a₁, . . . , a_k} 但由 disjoint 知 x 和 σ(x) 皆不屬 於 {b₁, . . . , b_l} 故 τ (x) = x 且 τ (σ(x)) = σ(x). 所以知

(σ · τ )(x) = σ(τ (x)) = σ(x) 且

(τ · σ)(x) = τ (σ(x)) = σ(x).

最後若 x 是屬狀況 (c) 時, 同狀況 (b) 可知

(σ · τ )(x) = τ (x) = (τ · σ)(x).

故得 σ · τ = τ · σ. ¤

Remark 3.4.5. 在 Lemma 3.4.4 中我們證得 (a₁ a₂ · · · a_k−1 a_k) 和

(a_k a₁ · · · a_k−2 a_k−1)

為同一 cycle. 對 (a_k a₁ · · · a_k−2 a_k−1) 再套用一次 Lemma 3.4.4 可得 (a_k−1 a_k · · · a_k−3 a_k−2)

也是同一 cycle. 如此一直循環下去我們可得到同一個 k-cycle 有 k 種寫法.

另外我們要強調的是若 σ 和 τ 不是 disjoint 時, 則 σ · τ 並不一定等於 τ · σ (前 面已給過例子了).

現在我們可以說如果將 Lemma 3.4.4 的這兩種狀況忽略 (即不管一個 cycle 的循環或兩個 disjoint cycle 的順序), 那麼任一個 S_n 的元素寫成 disjoint cycle decomposition 的寫法唯一. 假設 σ ∈ S_n 有兩種 disjoint cycle decompositions:

σ = σ₁· · · σ_r 和 σ = τ₁· · · τ_s, 其中 σ₁, . . . , σ_r 和 τ₁, . . . , τ_s 分別是兩組 disjoint cycles. 假設 a₁ ∈ {1, . . . , n} 在 σ₁ 這個 cycle 出現, 而 σ₁(a₁) = a₂, 則我們有

σ₁ = (a₁ a₂ · · ·

然而 σ₁, . . . , σ_r 是 disjoint 所以 a₁, a₂ 不會在 σ₂, . . . , σ_r 中出現; 也就是說當 i 符 合 2 ≤ i ≤ r 時 σ_i(a₁) = a₁ 因此由 σ = σ₁· · · σ_r 知

σ(a₁) = (σ₁· · · σ_r)(a₁) = σ₁(a₁) = a₂. (3.5) 不過由於 σ = τ₁· · · τ_s, a₁ 一定會在某一個 τ_i 中出現, 否則如果 a₁ 在所有的 τ_i 都 沒出現則知 τ_i(a₁) = a₁, 然而若真如此, 則得

σ(a₁) = τ₁· · · τ_s(a₁) = a₁.

此和上式 (3.5) 相矛盾. 其實由於 τ₁, . . . , τ_s 是 disjoint, a₁ 只會出現在唯一的 τ_i 中.

我們不妨假設 a₁ 出現在 τ₁ 中 (別忘了 τ₁, . . . , τ_s 是 disjoint 所以它們可以兩兩交 換). 因為 a₁ 不會在其他的 τ_i 出現, 當 i 符合 2 ≤ i ≤ s 時, 我們有 τ_i(a₁) = a₁. 因 此知

σ(a₁) = (τ₁· · · τ_s)(a₁) = τ₁(a₁). (3.6) 結合 (3.5) 和 (3.6) 兩式, 我們得 τ₁(a₁) = a₂. 也就是說

τ₁ = (a₁ a₂ · · ·

對 a₂ 用同樣的論述可得 σ₁(a₂) = τ₁(a₂), 如此一直下去我們可得 σ₁= τ₁. 因此用 歸納法可知 r = s 且 對所有的 i 皆有 σ_i = τ_i. 我們證得了 S_n 中所有的元素皆存 在唯一的 disjoint cycle decomposition.