MATH Day 01 - 群的定义及四条公理

证明1：群的不完全定义的完备性

给定集合 \(G\) 上的二元运算满足以下条件：

1. 封闭性：\(\forall a, b \in G,\quad ab \in G\)
2. 结合律：\(\forall a, b, c \in G,\quad (ab)c = a(bc)\)
3. 左单位元存在：\(\exists e \in G,\quad \forall a \in G,\quad ea = a\)
   （问题：是否 \(ae = a\)？）
4. 左逆元存在：\(\forall a \in G,\quad \exists a^{-1} \in G,\quad a^{-1}a = e\)
   （问题：是否 \(aa^{-1} = e\)？）

证明群的完整定义

思路：先证 \(aa^{-1} = e\)，再证 \(ae = a\)。

• 由 \(a^{-1} \in G\)，其左逆元 \((a^{-1})^{-1}\) 满足：

  \[(a^{-1})^{-1}a^{-1} = e \]

  则：

  \[aa^{-1} = eaa^{-1} = (a^{-1})^{-1}(a^{-1}a)a^{-1} = (a^{-1})^{-1}e a^{-1} = (a^{-1})^{-1}a^{-1} = e \]

• 再证右单位律：

  \[ae = a(a^{-1}a) = (aa^{-1})a = ea = a \]

因此，左单位元与左逆元足以推出完整群公理。

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基本证明

① 单位元唯一

设 \(e, e' \in G\) 均为单位元，则：

\[e = ee' = e' \]

故单位元唯一。\(\square\)

② 逆元唯一

设 \(b, c \in G\) 均为 \(a\) 的逆元，即 \(ab = ba = e\) 且 \(ac = ca = e\)，则：

\[b = be = b(ac) = (ba)c = ec = c \]

故逆元唯一。\(\square\)

③ 逆元的逆元是自身

由 \((a^{-1})^{-1}a^{-1} = e\) 及 \(aa^{-1} = e\)，结合逆元唯一性得：

\[(a^{-1})^{-1} = a \quad \square \]

④ 乘积的逆元

结论：\((ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}\)

证明：

\[(ab)(b^{-1}a^{-1}) = a(bb^{-1})a^{-1} = aea^{-1} = aa^{-1} = e \]

同理可证 \((b^{-1}a^{-1})(ab) = e\)，故成立。\(\square\)

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消去律

在群 \(G\) 中，对任意 \(a, b, c \in G\)，有：

\[\begin{cases} ab = ac \implies b = c & \text{（左消去）} \\ ba = ca \implies b = c & \text{（右消去）} \end{cases} \]

证明：左乘或右乘 \(a^{-1}\) 即可。略。\(\square\)

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推论

群的算术特征：对任意 \(a, b \in G\)，方程 \(ax = b\) 和 \(ya = b\) 在 \(G\) 中均有唯一解。
此性质刻画了群——若一个代数系统中所有此类线性方程都有唯一解，则它构成群。

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几个常见群（均为 Abel 群）

• \((\mathbb{Z}, +)\)：整数加法群
• \((\mathbb{Q}^*, \times)\)：非零有理数乘法群（注意：\(0\) 无乘法逆元，故排除）

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对称群 \(S_n\)

对称群 \(S_n\) 是所有群的“原型”。

置换定义

设集合 \(X = \{1, 2, \dots, n\}\)，一个置换是双射映射：

\[\sigma: X \to X \]

所有 \(n\) 元置换的集合，配上映射的复合运算（从右到左），构成对称群 \(S_n\)。

表示法

两行表示法

\[\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) \end{pmatrix} \]

轮换表示法（Cycle Notation）

例如：

\[(1\ 2\ 3)(4\ 5)\cdots \]

每个括号内代表一个轮换（cycle），不相交轮换可交换。

证明2：\((S_n, \circ)\) 构成群

下面我们证明：集合 \(S_n\) 在映射复合运算 \(\circ\) 下构成一个群。

设 \(\sigma, \tau, \rho \in S_n\)，即它们是集合 \(X = \{1, 2, \dots, n\}\) 上的双射（置换）。

我们验证群的四个公理：

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(1) 封闭性：\(\sigma \circ \tau \in S_n\)

• 单射的复合仍是单射。
• 满射的复合仍是满射。
• 因此，双射的复合仍是双射。
• 故 \(\sigma \circ \tau: X \to X\) 是双射，属于 \(S_n\)。

\[\Rightarrow \sigma \circ \tau \in S_n \]

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(2) 结合律：\((\sigma \circ \tau) \circ \rho = \sigma \circ (\tau \circ \rho)\)

• 映射的复合满足结合律（这是函数复合的基本性质）。

• 对任意 \(x \in X\)，

  \[((\sigma \circ \tau) \circ \rho)(x) = (\sigma \circ \tau)(\rho(x)) = \sigma(\tau(\rho(x))) \]
  \[(\sigma \circ (\tau \circ \rho))(x) = \sigma((\tau \circ \rho)(x)) = \sigma(\tau(\rho(x))) \]

• 所以两者相等，结合律成立。

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(3) 单位元存在

定义恒等映射：

\[\mathrm{id}: X \to X,\quad \mathrm{id}(x) = x \]

则对任意 \(\sigma \in S_n\)，有：

\[\sigma \circ \mathrm{id} = \sigma,\quad \mathrm{id} \circ \sigma = \sigma \]

因此 \(\mathrm{id} \in S_n\) 是单位元。

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(4) 逆元存在

由于 \(\sigma \in S_n\) 是双射，它一定存在逆映射 \(\sigma^{-1}: X \to X\)，满足：

\[\sigma^{-1}(\sigma(x)) = x,\quad \sigma(\sigma^{-1}(x)) = x \]

即：

\[\sigma \circ \sigma^{-1} = \mathrm{id},\quad \sigma^{-1} \circ \sigma = \mathrm{id} \]

所以 \(\sigma^{-1} \in S_n\)，且是 \(\sigma\) 的逆元。

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结论

综上所述，\((S_n, \circ)\) 满足群的四条公理。

因此，\((S_n, \circ)\) 构成一个群。

\[\boxed{(S_n, \circ)\text{ 是一个群。}} \]

\(S_n\) 的基本性质

1. 阶数：\(|S_n| = n!\)

对称群 \(S_n\) 中的元素是集合 \(\{1, 2, \dots, n\}\) 上的所有双射（即置换），其个数等于 \(n\) 个不同元素的全排列数：

\[|S_n| = n! \]

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2. \(S_n\) 不是交换群（当 \(n \geq 3\) 时）

当 \(n \geq 3\) 时，\(S_n\) 不满足交换律。

反例：在 \(S_3\) 中

定义两个置换：

\[\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix},\quad \tau = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix} \]

计算复合：

(1) \(\sigma \circ \tau\)

先应用 \(\tau\)，再应用 \(\sigma\)：

• \(\tau(1)=1 \to \sigma(1)=2\)
• \(\tau(2)=3 \to \sigma(3)=1\)
• \(\tau(3)=2 \to \sigma(2)=3\)

所以：

\[\sigma \circ \tau = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \]

(2) \(\tau \circ \sigma\)

先应用 \(\sigma\)，再应用 \(\tau\)：

• \(\sigma(1)=2 \to \tau(2)=3\)
• \(\sigma(2)=3 \to \tau(3)=2\)
• \(\sigma(3)=1 \to \tau(1)=1\)

所以：

\[\tau \circ \sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \]

显然：

\[\sigma \circ \tau \ne \tau \circ \sigma \]

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结论

因此，当 \(n \geq 3\) 时，\(S_n\) 不是交换群（非阿贝尔群）。

\[\boxed{\text{当 } n \geq 3 \text{ 时，} S_n \text{ 不满足交换律。}} \]

1模 \(n\) 加法群 \((\mathbb{Z}_n, \oplus)\)

定义集合：

\[\mathbb{Z}_n = \{0, 1, 2, \dots, n-1\} \]

定义二元运算（模加）：

\[a \oplus b = (a + b) \mod n \]

显然，\((\mathbb{Z}_n, \oplus)\) 构成一个 Abel 群（交换群），因为：

• 封闭性：和模 \(n\) 仍在 \(\mathbb{Z}_n\) 中；
• 结合律：继承整数加法的结合律；
• 单位元：\(0\)，满足 \(a \oplus 0 = a\)；
• 逆元存在：对任意 \(a\)，其逆元为 \(n - a\)（当 \(a \ne 0\)），且 \(a \oplus (n - a) = 0\)；
• 交换律：\(a \oplus b = b \oplus a\)。

\[\boxed{(\mathbb{Z}_n, \oplus)\text{ 是阶为 } n \text{ 的有限交换群。}} \]

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模 \(n\) 乘法群 \((\mathbb{Z}_n^*, \otimes)\)

定义集合：

\[\mathbb{Z}_n^* = \left\{ a \in \mathbb{Z}_n \mid \gcd(a, n) = 1 \right\} \]

即：在模 \(n\) 下与 \(n\) 互素的剩余类构成的集合。

定义二元运算（模乘）：

\[a \otimes b = (a \cdot b) \mod n \]

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证明3：\((\mathbb{Z}_n^*, \times)\) 构成 Abel 群

我们验证群公理，并说明它是交换群。

(1) 封闭性

若 \(\gcd(a, n) = 1\) 且 \(\gcd(b, n) = 1\)，则 \(\gcd(ab, n) = 1\)。

证明：设 \(p \mid n\)，则由 \(\gcd(a,n)=1\) 得 \(p \nmid a\)；同理 \(p \nmid b\)。
由于 \(p\) 是质因子，故 \(p \nmid ab\)，所以 \(ab\) 与 \(n\) 无公共质因子，即 \(\gcd(ab, n) = 1\)。

因此，\(ab \mod n \in \mathbb{Z}_n^*\)，封闭性成立。

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(2) 结合律

模乘继承整数乘法的结合律：

\[(ab)c \equiv a(bc) \pmod{n} \]

故 \((a \otimes b) \otimes c = a \otimes (b \otimes c)\)。

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(3) 单位元

\(e = 1 \in \mathbb{Z}_n^*\)，因为 \(\gcd(1, n) = 1\)，且

\[a \otimes 1 = a \mod n = a \]

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(4) 逆元存在

对任意 \(a \in \mathbb{Z}_n^*\)，有 \(\gcd(a, n) = 1\)。

根据 Bézout 定理，存在整数 \(x, y\) 使得：

\[ax + ny = 1 \]

两边模 \(n\) 得：

\[ax \equiv 1 \pmod{n} \]

即 \(x\) 是 \(a\) 在模 \(n\) 下的乘法逆元，记作 \(a^{-1} \mod n\)。

因此，\(\forall a \in \mathbb{Z}_n^*\)，存在 \(a^{-1} \in \mathbb{Z}_n^*\)，使得 \(a \otimes a^{-1} = 1\)。

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(5) 交换律

\[a \otimes b = ab \mod n = ba \mod n = b \otimes a \]

故运算满足交换律。

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结论

综上所述，\((\mathbb{Z}_n^*, \otimes)\) 满足群的所有公理，且是交换群。

\[\boxed{(\mathbb{Z}_n^*, \times)\text{ 是阶为 } \varphi(n) \text{ 的有限交换群。}} \]

其中 \(\varphi(n)\) 是欧拉函数，表示小于等于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的正整数个数。

元素的阶与 Fermat-Euler 定理

1. 元素的阶（Order of an Element）

设 \((G, \cdot)\) 是一个群，\(a \in G\)。
若存在正整数 \(n\)，使得 \(a^n = e\)（单位元），则称满足此条件的最小正整数 \(d\) 为 \(a\) 的 阶，记作：

\[|a| = d \]

若不存在这样的正整数，则称 \(|a| = \infty\)。

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元素阶的性质（设 \(|a| = d\)）

(i) \(a^n = e\) 当且仅当 \(d \mid n\)

证明：

• \((\Leftarrow)\) 若 \(d \mid n\)，则 \(n = dk\)，有：

  \[a^n = (a^d)^k = e^k = e \]

• \((\Rightarrow)\) 假设 \(a^n = e\)，用带余除法：\(n = dq + r\)，其中 \(0 \leq r < d\)。

  则：

  \[a^n = a^{dq + r} = (a^d)^q \cdot a^r = e^q \cdot a^r = a^r \]

  所以 \(a^r = e\)。

  但 \(r < d\)，而 \(d\) 是使 \(a^k = e\) 的最小正整数，故 \(r = 0\)。

  因此 \(d \mid n\)。\(\square\)

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(ii) \(a^i = a^j\) 当且仅当 \(d \mid (i - j)\)

证明：

\[a^i = a^j \iff a^{i-j} = e \iff |a| \mid (i - j) \]

即 \(d \mid (i - j)\)。\(\square\)

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2. Lagrange 定理（前置不证）

若 \(G\) 是有限群，\(H \leq G\)（子群），则：

\[|H| \mid |G| \]

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推论 1：若 \(G\) 有限，\(a \in G\)，则 \(|a| \mid |G|\)

证明：考虑由 \(a\) 生成的循环子群：

\[\langle a \rangle = \{e, a, a^2, \dots, a^{d-1}\} \]

其阶为 \(|a|\)，是 \(G\) 的子群。由 Lagrange 定理得：

\[|a| \mid |G| \]

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推论 2：若 \(G\) 有限，\(|G| = n\)，则对任意 \(a \in G\)，有：

\[a^n = e \]

证明：由推论 1，\(|a| \mid n\)，所以 \(n = k \cdot |a|\)，于是：

\[a^n = (a^{|a|})^k = e^k = e \]

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3. 费马小定理（Fermat's Little Theorem）

设 \(p\) 为素数，\(a \in \mathbb{Z}\)，且 \(\gcd(a, p) = 1\)，则：

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \]

证明思路：

由于 \(\gcd(a, p) = 1\)，有 \(a \mod p \in \mathbb{Z}_p^* = \{1, 2, \dots, p-1\}\)

由 Lagrange 定理，\(\mathbb{Z}_p^*\) 是阶为 \(p-1\) 的群，故每个元素满足：

\[a^{|\mathbb{Z}_p^*|} = a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \]

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4. 欧拉定理（Euler's Theorem）

设 \(n \in \mathbb{Z}^+\)，\(a \in \mathbb{Z}\)，且 \(\gcd(a, n) = 1\)，则：

\[a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod{n} \]

证明思路：

由于 \(\gcd(a, n) = 1\)，有 \(a \mod n \in \mathbb{Z}_n^*\)

\(\mathbb{Z}_n^*\) 是阶为 \(\phi(n)\) 的乘法群，故对任意 \(a \in \mathbb{Z}_n^*\)，有：

\[a^{| \mathbb{Z}_n^* |} = a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod{n} \]

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统一结论：Fermat-Euler 定理

若 \(\gcd(a, n) = 1\)，则：

\[a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod{n} \]

• 特例：当 \(n = p\)（素数）时，\(\phi(p) = p-1\)，即为 费马小定理。
• 更一般地，适用于任意正整数 \(n\)。

\[\boxed{ \text{若 } \gcd(a,n)=1,\quad \text{则 } a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod{n} } \]