MATH Day 06 - Lagrange定理深层理论与群同态理论

Day 06: Lagrange定理深层理论与群同态理论

定理 1.1 (Lagrange定理, 回顾)

\(G\) 是有限群，\(H \le G\)，则 \(|H| \mid |G|\)，且

\[|G| = |H| [G : H] \]

推论

\(G\) 是有限群，\(g \in G\)，则 \(|g| \mid |G|\)。
证明： 考虑 \(\langle a \rangle = \{e, a, \dots, a^{|a|-1}\}\)。

逆命题问题：Lagrange的逆命题是否成立？

\(G\) 有限，\(d \mid |G|\)，问：
① 是否 \(\exists H \le G, |H| = d\)
② 是否 \(\exists g \in G, |g| = d\)

一般地，①、② 均不成立（对于非Abel群）。
例如： \(A_4\) 交错群（\(S_4\) 中偶置换群），\(|A_4| = 12\)。虽然 \(6 \mid 12\)，但 \(A_4\) 中没有 6 阶子群。

证明： 假设 \(\exists H \le A_4, |H| = 6\)，则指数 \([A_4 : H] = 2\)。
考虑群作用 \(\psi: A_4 \to S_2\)，\(\psi_g(aH) = gaH\)。
则 \(|\ker \psi| = 6\)（注：由指标为2的子群必正规可知 \(H = \ker \psi\)）。
而 \(A_4\) 仅有 1 个非平凡正规子群：\(\{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}\)，其阶为 4，与 6 矛盾。 \(\square\)

然而，对于素数 \(p\) 阶因子，情况不同：(Cauchy定理)

设 \(G\) 是有限群，\(p\) 为素数且 \(p \mid |G|\)，则 \(G\) 中存在 \(|g| = p\)。

完整证明需使用类方程，这里给出 Abel 群的特殊证明：
对 \(v_p|G|\) 归纳。当 \(v_p|G| = 0\) 时，命题空真。并按 \(|G|\) 的从小到大顺序归纳。
取 \(a \in G, |a| = n\)。当 \(v_p|G| > 0\) 时：

核心引理：“陪集的阶提升”
若 \(\text{ord}(b) = m\) 即 \(b^m = e\)，则 \(|b\langle a \rangle| \mid |b|\)。
因为 \(b^m \langle a \rangle = e \langle a \rangle = \langle a \rangle\)，因此 \((b\langle a \rangle)^m = \langle a \rangle\)，故 \(|b\langle a \rangle| \mid m\)。

即 \(p \mid m\)，\(m = pk\)，则 \(|b^k| = \frac{|b|}{(m, k)} = \frac{m}{k} = p\)。 \(\square\)

推论：Abel群的关键性质

对Abel群，命题 ① 总是成立的。
即：若 \(d \mid |G|\)，则 \(\exists H \le G, |H| = d\)。

利用 Cauchy 定理和商群的基础证明：
归纳法：对所有阶数 \(< n\) 的 Abel 群成立。
考虑 \(|G| = n, d \mid n, d > 1\)，取 \(p \mid d \Rightarrow p \mid n\)。
由 Cauchy 定理，\(\exists a \in G, |a| = p\)。令 \(K = \langle a \rangle\)，则 \(|K| = p\)。
令 \(\bar{G} = G/K\)，则 \(|\bar{G}| = \frac{n}{p}\)。
由归纳假设，必有 \(\bar{H} \le \bar{G}\) 且 \(|\bar{H}| = \frac{d}{p}\)。
根据格同构引理 (Lattice Isomorphism Theorem)：
由于 \(K \trianglelefteq G\)，取 \(H = \{ \bigcup_{gK \in \bar{H}} gK \}\)，则 \(|H| = d\) 且 \(H \trianglelefteq G\)。 \(\square\)

注：Abel群基本定理视角

实际上，由 Abelian 基本定理：任何有限 Abel 群 \(G\) 可唯一分解为循环群直和。
其中一种 “Primes don't talk” 分解（初等因子分解）：

\[G = \bigoplus_{p} \left( \bigoplus_{j} C_{p^{e_{p,j}}} \right) \]

通过将目标 \(d \mid n\) 的每个幂次 \(p^k\) 均匀分配到各个 \(C_{p^{e,p}}\) 中，可得到一个子群阶为 \(d\)。且这种构造一般是不唯一的。

指数的乘法公式

\[[G : H] = [G : K][K : H] \quad (H \le K \le G) \]

昨日已学。（注：对无限群也成立）。

回顾：幂元素的阶（极常用）

\[\text{ord}(a^k) = \frac{\text{ord}(a)}{(\text{ord}(a), k)} \]

Abel 群的重要阶性质 I

\(a, b \in G, |a| = m, |b| = n, m \perp n\)（互素），则：

\[\text{ord}(ab) = mn \]

已多次在习题/课上讲解。 \(\square\)

Abel 群的重要阶性质 II

\(a, b \in G\)，\(\exists c \in G\) s.t. \(|c| = \text{lcm}(|a|, |b|)\)。
已数学过。 \(\square\)
（证明思路：取 \(p\) 幂次数最高者，利用阶公式硬凑，再利用性质 I 合并）。

群指数 (\(\exp\)) 再复习

设 \(G\) 是群，\(\exp(G) = \min \{ n \in \mathbb{Z}^+ : a^n = e, \forall a \in G \} \cup \{ \infty \}\)

Ⅰ. 对于有限 \(G\)，\(\exp(G) = \text{lcm} \{ \text{ord}(a) : a \in G \}\)。
Ⅱ. 有限 Abel \(G\)，\(\exists a \in G\) s.t. \(\text{ord}(a) = \exp(G)\)。（是 Abel 性质 Ⅱ 的直接推论）。
（对一般 \(G\) 不一定成立）。

群同态的严格定义

称映射 \(\phi\) 是群同态，当且仅当 \((G, \cdot), (H, *)\) 是两个群，\(\phi: G \to H\) 为群同态，若对任意 \(a, b \in G\)：

\[\phi(a \cdot b) = \phi(a) * \phi(b) \]

同态的基本性质：\(\phi: G \to H\)，则：

(i) \(\phi(e_G) = e_H\)
(ii) \(\phi(a^{-1}) = \phi(a)^{-1} \quad \forall a \in G\)
(iii) \(\phi(a^n) = \phi(a)^n \quad \forall a \in G, n \in \mathbb{Z}\)
(iv) 若 \(a\) 有有限阶，则 \(\text{ord}(\phi(a)) \mid \text{ord}(a)\)。

证明 (iv)： 设 \(\text{ord}(a) = m\)，则 \(\phi(a)^m = \phi(a^m) = e_H\)。故 \(\text{ord}(\phi(a)) \mid m\)。 \(\square\)

核与像

4.2 (核与像). \(\phi: G \to H\) 是群同态，则：
① \(\ker \phi \le G\)
② \(\text{Im } \phi \le H\)
证明易证。

4.3 (核与单射性).
\(\phi\) 是单射 \(\iff \ker \phi = \{e_G\}\)。

证明：
(\(\Leftarrow\)) 设 \(\ker \phi = \{e_G\}\)。则 \(\phi(a) = \phi(b) \iff \phi(ab^{-1}) = e \Rightarrow ab^{-1} = e \Rightarrow a = b\)。
(\(\Rightarrow\)) \(\phi(a) = e_G = \phi(e) \Rightarrow a = e\)。 \(\square\)

4.4 同构

同构是等价关系：
(i) \(G \cong G\)
(ii) \(G \cong H \Rightarrow H \cong G\)
(iii) \(G \cong H, H \cong K \Rightarrow G \cong K\)

4.5 循环群

每个无限循环群同构于 \((\mathbb{Z}, +)\)。
每个有限循环群同构于 \((\mathbb{Z}_n, +)\)。

Euler & Fermat 定理

本质是：元素阶 \(\mid\) 群阶（在 \(\mathbb{Z}_n^*\) 中）。

群作用初步

6.1 共轭作用

\(G\) 是群，\(a, b \in G\)，称 \(a, b\) 共轭 \(\iff \exists g \in G\) s.t. \(b = gag^{-1}\)。

6.1.X：共轭是 \(G\) 上的等价关系

① \(a = eae^{-1}\)。
② \(b = gag^{-1} \Rightarrow a = g^{-1}bg, g^{-1} \in G\)。
③ \(b = gag^{-1}, c = hbh^{-1} \Rightarrow c = (hg)a(hg)^{-1}, hg \in G\)。

6.2 (推论)

\(a\) 在共轭下的等价类即共轭类，记作 \(cl(a) = \{gag^{-1} : g \in G\}\)。

6.3 (中心化子)

\(a\) 的中心化子是 \(C_G(a) = \{g \in G : gag^{-1} = a\} = \{g \in G : ga = ag\}\)。
且 \(|cl(a)| = [G : C_G(a)]\)
（验证群作用，然后用 Orbit-Stabilizer 轨道-稳定子定理）。

6.4 (中心)

\(Z(G) = \{a \in G : ga = ag, \forall g \in G\} = \bigcap_{g \in G} C_G(g)\)。

6.5 类方程

\(G\) 是有限群，则：

\[|G| = |Z(G)| + \sum_{i} [G : C_G(x_i)] \]

(其中 \(x_i\) 是不在中心内的各个共轭类的代表元素)。

经典问题解析：

1. (IMO 1999/4)
求所有 \((n, p)\)，满足 \(n^{p-1} \mid (p-1)^n + 1\)。

解答过程：

当 \(p=2\) 时，\(n \mid (2-1)^n + 1 \Rightarrow n \mid 2\)。则 \(n=1\) 或 \(2\)。
（得到解：\((1, 2), (2, 2)\)）

否则 \(p\) 为奇素数，则 \(p-1\) 为偶数，\((p-1)^n + 1\) 为奇数。
故 \(n^{p-1}\) 为奇数 \(\Rightarrow n\) 为奇数。

\(n=1\) 时，\(1 \mid (p-1)^1 + 1 = p\)，对任意素数 \(p\) 均成立。（得到解：\((1, p)\)）
否则设 \(n > 1\)，设 \(p_0\) 是 \(n\) 的最小素因子，则 \(p_0^{p-1} \mid n^{p-1}\)。
即 \(p_0^{p-1} \mid (p-1)^n + 1\)，由整除性质知 \(v_{p_0}((p-1)^n + 1) \ge p-1\)，（且 \(p_0 \mid n\)）。

由 \((p-1)^n + 1 \equiv 0 \pmod{p_0}\) 知 \((p-1)^n \equiv -1 \pmod{p_0}\)，进而 \((p-1)^{2n} \equiv 1 \pmod{p_0}\)。
显然 \((p-1) \perp p_0\)。
根据费马小定理 \((p-1)^{p_0-1} \equiv 1 \pmod{p_0}\)，则 \(\text{ord}_{p_0}(p-1) \mid \gcd(p_0-1, 2n)\)。
设 \(p_0\) 是 \(n\) 的最小素因子，则 \((p_0-1, n) = 1\)，故 \(\gcd(p_0-1, 2n) = 2 \gcd(\frac{p_0-1}{2}, n) = 2\)。
故 \(\text{ord}_{p_0}(p-1) \mid 2\)。则 \((p-1)^2 \equiv 1 \pmod{p_0}\)。
由此得 \(p-1 \equiv \pm 1 \pmod{p_0}\)：

若 \(p-1 \equiv 1 \pmod{p_0}\)，则 \(p \equiv 2 \pmod{p_0}\)。
此时 \((p-1)^n \equiv 1^n \equiv 1 \pmod{p_0}\)，代入原式得 \((p-1)^n + 1 \equiv 2 \pmod{p_0}\)。
除非 \(p_0=2\)（但这与 \(n\) 为奇数矛盾），否则 \(v_{p_0}((p-1)^n + 1) = 0\)，与 \(p_0 \mid \dots\) 矛盾。
若 \(p-1 \equiv -1 \pmod{p_0}\)，则 \(p \equiv 0 \pmod{p_0}\)。由于 \(p, p_0\) 均为素数，故 \(p_0 = p\)。

既然 \(p_0 = p\)，代入评价公式 \(v_p((p-1)^n + 1) \ge v_p(n^{p-1})\)。
根据 LTE 引理：\(v_p((p-1)^n + 1) = v_p((p-1)+1) + v_p(n) = v_p(p) + v_p(n) = 1 + v_p(n)\)。
由已知条件得：\(1 + v_p(n) \ge (p-1)v_p(n)\)。
整理得 \((p-2)v_p(n) \le 1\)。
由于 \(p\) 是奇素数，唯一可能的解是 \(\underline{p=3}\)，此时 \(v_3(n) = 1\)，即 \(3 \mid n\) 但 \(9 \nmid n\)。

当 \(p=3\) 时，题目变为 \(n^2 \mid 2^n + 1\)。
令 \(p_n\) 为 \(n\) 的素因子，\(p_n^2 \mid 2^n + 1\)。则 \(2^{2n} \equiv 1 \pmod{p_n}\)。
同理可得 \(\text{ord}_{p_n}(2) \mid \gcd(2n, p_n-1)\)。
若取 \(n\) 的最小素因子，由前述分析知该素因子必为 \(p=3\)。
\(v_3(2^n + 1) = v_3(2+1) + v_3(n) = 1 + v_3(n)\)。
要求 \(1 + v_3(n) \ge v_3(n^2) = 2v_3(n)\)，故 \(v_3(n) \le 1\)。
因此 \(n = 3n'\)，且 \(n' \perp 3\)。
若 \(n' > 1\)，设 \(p'\) 是 \(n'\) 的最小素因子。则 \(p'^2 \mid 2^n + 1 \Rightarrow 2^{2n} \equiv 1 \pmod{p'}\)。
则 \(\text{ord}_{p'}(2) \mid \gcd(2n, p'-1) = \gcd(6n', p'-1)\)。
因为 \(p'\) 是 \(n'\) 的最小素因子，故 \(\gcd(n', p'-1) = 1\)。
则 \(\text{ord}_{p'}(2) \mid \gcd(6, p'-1)\)，可能取值为 \(1, 2, 3, 6\)。
即 \(2^6 \equiv 1 \pmod{p'}\)，故 \(p' \mid (2^6 - 1) = 63\)。
由于 \(p' \perp 3\)，故 \(p' = 7\)。
若 \(p'=7\)，则需 \(2^n + 1 \equiv 0 \pmod{7} \Rightarrow 2^n \equiv -1 \equiv 6 \pmod{7}\)。
考察 \(2\) 的幂次模 7 循环：\(2, 4, 1, 2 \dots\) 永远不余 6，产生矛盾。
故 \(n'\) 不存在 \(\Rightarrow \underline{n=3}\)。

综上所述，所有解为：\((1, p), (2, 2), (3, 3)\)。 \(\square\)

补充 (Lecturer's Supplement)

这道题目在 1999 年的 IMO 中属于较难的题目，你的解法非常严谨。为了加深理解，我补充两个关键点的说明：

最小素因子技巧 (The Smallest Prime Divisor Trick)：
这是解决形如 \(n \mid a^n \pm 1\) 问题的标准“手术刀”。通过取 \(n\) 的最小素因子 \(p_0\)，可以强制让 \(\gcd(n, p_0-1) = 1\)，从而极大简化了 \(\text{ord}_{p_0}(a)\) 的可能性。你的笔记中正确地运用了这一步来锁定 \(p_0 = p\)。
LTE 引理 (Lifting The Exponent Lemma)：
你在证明 \(p=3\) 的过程中使用了：

\[v_p(x^n + y^n) = v_p(x+y) + v_p(n) \]
这个公式成立的条件是：\(p\) 是奇素数，\(p \mid x+y\)，且 \(n\) 是奇数。
在你的推导中，\(p=p_0\)，而 \(p_0 \mid n\) 且 \(n\) 为奇数，同时 \(p \mid (p-1)+1\) 显然成立。这正是 LTE 的教科书级应用。
关于 \(p=3, n=3\) 的特殊性：
在 \(n^2 \mid 2^n + 1\) 的最后阶段，排除 \(p'=7\) 的过程非常精彩。这种通过有限次尝试（模 7 循环）来否定无限种可能的方法，是竞赛数学中常用的技巧。

2. 阶乘幂次问题

设 \(n\) 是正整数，证明：\(\frac{(2^n)!}{\prod_{i=0}^{n-1} (2^i)!}\) 是 \(2^n\) 的倍数，但不是 \(2^{n+1}\) 的倍数。

解：
我们要计算 \(v_2 \left( \frac{(2^n)!}{\prod_{i=0}^{n-1} (2^i)!} \right) = v_2((2^n)!) - \sum_{i=0}^{n-1} v_2((2^i)!)\)。

由 Legendre 公式：\(v_2(n!) = \sum_{i=1}^{\infty} \lfloor \frac{n}{2^i} \rfloor = \frac{n - s_2(n)}{2-1} = n - s_2(n)\)。
（其中 \(s_2(n)\) 为 \(n\) 的二进制表示中 \(1\) 的个数）。

则原式的 \(2\) 次幂指数为：

\[(2^n - s_2(2^n)) - \left( \sum_{i=0}^{n-1} (2^i - s_2(2^i)) \right) \]

由于 \(2^i\) 的二进制表示中只有一个 \(1\)，故 \(s_2(2^i) = 1\)。

\[= (2^n - 1) - \left( \sum_{i=0}^{n-1} (2^i - 1) \right) \]

\[= 2^n - 1 - \left( (2^n - 1) - n \right) = n \]

故该式恰好能被 \(2^n\) 整除，而不能被 \(2^{n+1}\) 整除。 \(\square\)

3. (CF1106F) Lunar New Year and a Recursive Sequence

给定 \(f_k \equiv \prod_{i=1}^n f_{k-i}^{b_i} \pmod p\)，且 \(f_1 = \dots = f_{n-1} = 1, f_n = m\)。
给定目标值 \(f_k\)（\(k\) 很大），求 \(m\) 的值。

Step 1: 取离散对数
令 \(L_k = \text{ind}_g f_k \pmod{p-1}\)，其中 \(g\) 是 \(p\) 的原根。
则递推式转为线性递推：

\[L_k \equiv \sum_{i=1}^n b_i L_{k-i} \pmod{p-1} \]

初始条件：\(L_1 = \dots = L_{n-1} = 0, L_n = m'\)（其中 \(m' = \text{ind}_g m\)）。

算法流程：

可用矩阵快速幂（常系数齐次线性递推）求出 \(L_k\) 关于 \(m'\) 的系数。
用 BSGS (Baby-step Giant-step) 求出 \(L_k\) 的具体值。
解线性同余方程（用 exgcd）求出 \(m'\)。
利用快速幂计算 \(m = g^{m'} \pmod p\)。
板子集合题。

常用同态：

Ⅰ. \(\det: GL_n \to F^*\) （满秩矩阵的行列式）
Ⅱ. \(\text{sgn}: S_n \to \{1, -1\}\) （符号，奇偶置换）
Ⅲ. \(\phi: G \to G/N\) （商同态 / 自然同构映射）
Ⅳ. \(\phi: G \to \text{Aut}(X)\) （群作用在集合上的自同态）

课堂习题选讲：

习题 3：在 \(\mathbb{Z}_{35}^*\) 中找一个阶为 12 的元素。

\(|\mathbb{Z}_{35}^*| = \phi(35) = \phi(5)\phi(7) = 4 \times 6 = 24\)。
显然 \(12 \mid 24\)，满足 Lagrange 定理必要条件。 \(\checkmark\)

由 Abel 群性质，寻找阶分别为 4 和 3 的元素（因为 \(4 \perp 3\)，\(\text{lcm}(4, 3)=12\)）。
利用中国剩余定理 (CRT)：\(\mathbb{Z}_{35}^* \cong \mathbb{Z}_5^* \times \mathbb{Z}_7^*\)。

找阶为 4 的分量： 在 \(\mathbb{Z}_5^*\) 中，取 2。 \(2^1 \equiv 2, 2^2 \equiv 4, 2^3 \equiv 3, 2^4 \equiv 1 \pmod 5\)。故 \(\text{ord}_5(2) = 4\)。
找阶为 3 的分量： 在 \(\mathbb{Z}_7^*\) 中，取 2。 \(2^1 \equiv 2, 2^2 \equiv 4, 2^3 \equiv 1 \pmod 7\)。故 \(\text{ord}_7(2) = 3\)。

则在直积群中，元素 \((2, 2)\) 的阶为 \(\text{lcm}(4, 3) = 12\)。
回到原群 \(\mathbb{Z}_{35}^*\) 中，解同余方程组：

\[\begin{cases} a \equiv 2 \pmod 5 \\ a \equiv 2 \pmod 7 \end{cases} \Rightarrow \text{则 } a = 2 \]

验证：\(2^{12} = (2^6)^2 = 64^2 \equiv (-6)^2 = 36 \equiv 1 \pmod{35}\)。 \(\square\)

习题 5：\(p\) 是奇素数，\(p \nmid a\)，证：\(x^2 \equiv a \pmod p\) 有解 \(\iff a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod p\)。

讲了太多次，略。 \(\square\)

posted @ 2026-01-30 17:38 Tnuzy_plzro 阅读(4) 评论(0) 收藏举报

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MATH Day 06 - Lagrange定理深层理论与群同态理论

Day 06: Lagrange定理深层理论与群同态理论

定理 1.1 (Lagrange定理, 回顾)

推论

逆命题问题：Lagrange的逆命题是否成立？

然而，对于素数 \(p\) 阶因子，情况不同：(Cauchy定理)

推论：Abel群的关键性质

注：Abel群基本定理视角

指数的乘法公式

回顾：幂元素的阶（极常用）

Abel 群的重要阶性质 I

Abel 群的重要阶性质 II

群指数 (\(\exp\)) 再复习

群同态的严格定义

同态的基本性质：\(\phi: G \to H\)，则：

核与像

4.4 同构

4.5 循环群

Euler & Fermat 定理

群作用初步

6.1 共轭作用

6.1.X：共轭是 \(G\) 上的等价关系

6.2 (推论)

6.3 (中心化子)

6.4 (中心)

6.5 类方程

经典问题解析：

补充 (Lecturer's Supplement)

2. 阶乘幂次问题

3. (CF1106F) Lunar New Year and a Recursive Sequence

常用同态：

课堂习题选讲：

公告

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然而，对于素数 \(p\) 阶因子，情况不同：(Cauchy定理)

推论：Abel群的关键性质

注：Abel群基本定理视角

指数的乘法公式

回顾：幂元素的阶（极常用）

Abel 群的重要阶性质 I

Abel 群的重要阶性质 II

群指数 (\(\exp\)) 再复习

群同态的严格定义

同态的基本性质：\(\phi: G \to H\)，则：

核与像

4.4 同构

4.5 循环群

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群作用初步

6.1 共轭作用

6.1.X：共轭是 \(G\) 上的等价关系

6.2 (推论)

6.3 (中心化子)

6.4 (中心)

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