群的例子

对称群

“对称”一词一般表示保持某种结构不变，而这直接让我们联系到同构．

定义 1 设 $A$ 为任意集合，其上全体自同构所构成的集合 ${\mathrm{Aut}}_{\mathsf{Set}}(A)$ 称为 $A$ 的对称群（symmetric group）或置换群（group of permutation），记作 $S_A$，其中的元素可称为置换（permutation）．特别地，$\{1,2,\dots ,n\}$ 的对称群可记作 $S_n$．

对任意范畴而言，无疑 $\mathrm{Aut}(A)$ 都是一个群，这里我们特别关注集合上的情形．置换群 $S_n$ 中的元素实际上就是高中组合数学里所学习的排列．对任意 $\sigma \in S_n$，它的输出

$$\sigma (1),\sigma (2),\dots ,\sigma (n)$$

可以看作是 $1,2,\dots ,n$ 的重新排列，因此 $|S_n|=n!$．

在讨论函数（或态射）时，先作用 $f$ 再作用 $g$ 的复合记作 $g\circ f$（或 $gf$）．但当我们将函数视作对称群中的元素时，有时将其按照群的习惯写作 $fg$ 则有助于理解．本节中我们对置换采用后者的书写顺序，并将 $g(f(x))$ 改写为 $(x)fg$．需要注意这并不是统一的约定，主要取决于我们要研究（作为群元素的）函数本身，还是需要将函数作用在其他对象上．若仍然需要大量函数作用，则采用函数记号更加复合直觉．

对于 $S_2$，其中包含以下两个元素：

$$e=\{\begin{array}{l}1\mapsto 1,\\ 2\mapsto 2\end{array}\text{与}f=\{\begin{array}{l}1\mapsto 2,\\ 2\mapsto 1.\end{array}$$

其中 $f$ 用于对调两个元素的位置，称为翻转（flip）．显然

$$ee=ff=e,ef=fe=f,$$

故 $S_2$ 是交换群．

总是完整地写出一个置换的每个映射法则显得很麻烦，我们可以用一个矩阵描述它．矩阵的第一行为 $1,2,\dots ,n$，第二行的第 $j$ 列则给出 $j$ 映射后的值．例如，在 $S_2$ 中

$$e=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 2\end{array}\right),f=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\right).$$

需要注意这里的矩阵只是借用来书写的，其并不表示线性映射，置换的复合也不遵循矩阵乘法．

对称群 $S_3$ 为

$$\left\{\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 2& 3\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 3& 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 1\end{array}\right)\right\}.$$

作为复合运算的例子，我们有

$$1\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)=1.$$

我们当然也可以直接计算复合

$$\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 3& 2\end{array}\right).$$

交换相乘顺序，我们有

$$\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right).$$

记

$$x=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right),y=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right),$$

则 $xy\ne yx$，故 $S_3$ 不是交换群．读者应当容易验证对任意 $n\ge 3$ 而言 $S_n$ 都不是交换群．

沿用上述记号，可以验证 $x^2=y^3=e$ 以及 $yx=x{y}^2$（可以从几何角度理解，这会在下一小节中介绍）．$S_3$ 中的任意元素都可以书写为 $x$ 与 $y$ 的任意顺序组合，即 $x^{i_1}{y}^{i_2}{x}^{i_3}{y}^{i_4}\cdots$．利用上述关系，所有这种形式都可以化简为以下六者之一：

$$e,y,y^2,x,xy,x{y}^2.$$

换言之，$S_3$ 的结构可以由元素 $x$、$y$ 以及关系 $x^2=e$、$y^3=e$、$yx=x{y}^2$ 完整描述．如何用最少的元素和元素之间的关系描述群一般是群展示论（group presentation，也称群表示论）的研究主题，我们在学习了自由群后会简要讨论这个问题．

设 $G$ 是群，$A$ 是 $G$ 的子集．若 $G$ 中的任意元素都能写成有限个 $A$ 中的元素及其逆的乘积，则称 $A$ 生成（generate）$G$．换言之，$G$ 是 $A$ 在群乘法和求逆这两种运算下的“闭包”．若 $A$ 是单元素集合 $\{a\}$，则称 $a$ 生成 $G$．上述例子表明 $\{x,y\}$ 生成 $S_3$．在模 $n$ 同余类中，$[5{]}_6$ 生成 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$．之后我们会更正式的研究生成的概念．

二面体群

我们可以使用几何元素来描述对称性．考虑中心固定在原点的正 $n$ 边形，我们将其顶点依次编号为 $1,2,\dots ,n$．显然图形绕原点旋转 $2k\pi /n$ $(k\in \mathbb{Z})$ 后图形与自身重叠，但顶点编号顺序被打乱．这种打乱前后的编号对应关系显然能用 $S_n$ 中的元素描述．例如置换

$$y=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)\in S_3$$

可以用来描述以下旋转 $2\pi /3$ 的变换：

显然对于正 $n$ 变形而言，共有 $n$ 种旋转保持变换后与自身重合．

除了旋转，能够保持变换前后正 $n$ 边形与自身重合的映射还有翻折．当 $n$ 为奇数时，以某个顶点到其对边中点为对称轴的对称变换就满足这样的性质，如下所示：

这一变换可用以下置换描述：

$$x=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right)\in S_3.$$

所有这样的翻折共有 $n$ 个．当 $n$ 为偶数时，以对顶点为对称轴、以对边中点为对称轴都能得到这样的对称变换，也一共有 $n$ 个．

所有这 $2n$ 个使得正 $n$ 边形与自身重合的旋转与对称变换构成的群称为二面体群（dihedral group），记作 $D_{2n}$．

通过对顶点编号，显然我们能够建立 $D_{2n}$ 和 $S_n$ 之间的一种关系，可以用一个映射 $D_{2n}\to S_n$ 描述．这个映射是单射，因为同样的置换对应了同样的编号排列．显然 $|D_6|=|S_3|=6$，在学习群同态后我们会知道 $D_6$ 与 $S_3$ 是同构的．一般而言 $|D_{2n}|=2n$，$|S_n|=n!$，它们不同构．

循环群

模 $n$ 同余类连同其上的加法显然构成一个群，且这是交换群，称为模 $\mathbf{n}$ 加法群（additive group modulo $n$）或 $\mathbf{n}$ 阶循环群（cyclic group of order $n$）．显然 $[1{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，因为对任意 $[m{]}_n\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 都有

$$[m{]}_n=\underset{m\text{个}[1{]}_n}{\underbrace{[1{]}_n+[1{]}_n+\cdots +[1{]}_n}}=m\cdot [1{]}_n.$$

什么样的元素能够生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 呢？一方面，如果 $[m{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，则 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中的所有元素都能写成

$$[0{]}_n,[m{]}_n,[2m{]}_n,\dots ,[(n-1)m{]}_m,$$

即元素的阶 $|[m{]}_n|=n$（否则 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的元素个数会小于 $n$）．另一方面，如果 $|[m{]}_n|=n$，则

$$[0{]}_n,[m{]}_n,[2m{]}_n,\dots ,[(n-1)m{]}_m,$$

是 $n$ 个 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中不同的元素．由于 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 只有 $n$ 个元素，它们必然是全部的元素，即 $[m{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$．

引理 1 $[m{]}_n\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 当且仅当 $|[m{]}_n|=n$．

于是沿用我们在讨论群元素的阶时的结论，我们能得到循环群中生成的充要条件．

命题 2 设 $n$ 为正整数，对任意 $[m{]}_n\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 都有

$$|[m{]}_n|=\frac{n}{\gcd (m,n)}.$$

证明 直接根据群元素阶的计算公式得到，即

$$|[m{]}_n|=|m\cdot [1{]}_n|=\frac{|[1{]}_n|}{\gcd (m,|[1{]}_n|)}=\frac{n}{\gcd (m,n)}.$$

推论 3 设 $n$ 为正整数，$[m{]}_n\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，则 $[m{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 当且仅当 $\gcd (m,n)=1$．

这一性质可导出数论中的一个常用结论．

引理 4 设 $m,n$ 为正整数，则 $\gcd (m,n)=1$ 当且仅当存在整数 $a,b$ 使得

$$am+bn=1.$$

证明 $(⟹)$ 设 $\gcd (m,n)=1$，则根据前一推论 $[m{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，因而存在 $a\in \mathbb{Z}$ 使得

$$[1{]}_n=a\cdot [m{]}_n=[am{]}_n,$$

即 $1\equiv am(\mathrm{mod}n)$，亦即 $n\mid (1-am)$，故存在 $b\in \mathbb{Z}$ 使得 $1-am=bn$，亦即 $am+bn=1$．

$(⟸)$ 设存在 $a,b\in \mathbb{Z}$ 使得 $am+bn=1$，则逆转上述过程有 $[1{]}_n=[am{]}_n$．因此对任意 $[c{]}_n\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 有

$$[c{]}_n=[c{]}_n\cdot [1{]}_n=[c{]}_n\cdot [am{]}_n=[ac{]}_n\cdot [m{]}_n,$$

因此 $[m{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$．

考虑 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 及其上的乘法运算，它并不构成群．这不仅仅是由于 $[0{]}_n$ 的存在，例如我们之前曾举过例子

$$[2{]}_8\cdot [3{]}_8=[6{]}_8=[2{]}_8\cdot [7{]}_8,$$

这表明 $[2{]}_8$ 不存在（乘法下的）逆．考虑集合

$$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }:=\{[m{]}_n\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}|\gcd (m,n)=1\}.$$

要说明这个集合是良定义的，需要证明 $m\equiv m^{\prime }(\mathrm{mod}n)$ 时 $\gcd (m,n)=1⟺\gcd (m^{\prime },n)$，这利用前一引理可轻松证明，不再赘述．由于 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ 中的元素能够生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，这就保证它们都在乘法下可逆．

命题 5 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ 连同 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上的乘法构成一个（交换）群．

证明 首先需要说明乘法是封闭的．这只需证明：若 $\gcd (m_1,n)=\gcd (m_2,n)=1$，则 $\gcd (m_1{m}_2,n)=1$．利用前一引理可轻松证明这一点（只需将两个线性组合式相乘），故留给读者验证．

显然 $[1{]}_n\in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$．对任意 $[m{]}_n\in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\ast }$，我们有

$$[m{]}_n\cdot [1{]}_n=[m{]}_n=[1{]}_n\cdot [m{]}_n,$$

因此 $[1{]}_n$ 是单位元．乘法的结合律是显然的，于是只需证明所有元素都可逆．由于 $\gcd (m,n)=1$，$[m{]}_n$ 生成 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，特别地存在 $a\in \mathbb{Z}$ 使得

$$[1{]}_n=a\cdot [m{]}_n=[am{]}_n=[a{]}_n\cdot [m{]}_n=[m{]}_n\cdot [a{]}_n.$$

下面只需说明 $\gcd (a,n)=1$，就能保证 $[a{]}_n$ 是 $[m{]}_n$ 的逆．事实上 $[am{]}_n=[1{]}_n$ 说明存在 $k\in \mathbb{Z}$ 使得 $1-am=kn$，即 $am+kn=1$，故 $\gcd (a,n)=1$．

当 $n=p$ 为素数时，$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\ast }$ 的阶为 $p-1$，其中只删除了 $[0{]}_p$．