January 2018 - Page 9 of 10 - Shawn Zhong

第23讲自同构

$自同构 • 自同构 ○ 一个从 G 到 G 的同构是一个自同构 ○ 将 {所有 G 上的自同构} 记为 Aut(G) • 练习：（Aut(G),∘）是一个群结构 • 自同构群 ○ 我们将（Aut(G),∘）称作 G 上的自同构群 • 例1 ○ 令 G 为任意群，g∈G ○ 定义 ϕ_g:G→G, h↦〖gh�〗^(−1) ○ 则 ϕ_g 是一个自同构 • 类自同构 ○ 对于 g,h∈G ○ ϕ_g∘ϕ_h(a)=ϕ_g (h�h(−1) )=ghah(−1) g^(−1)=(gha(gh^(−1)=ϕ_gh(a) ○ 得到 ϕ:G→Aut(G)，可以证明 ϕ 是一个群同态 ○ 根据群同态的性质，ϕ(G) 也是 Aut(G) 的子群，记为 Inn(G) ○ 我们把 Inn(G) 里的元素称为类自同构 • 定理：Inn(G)⊴Aut(G) ○ 让 ψ 为 Aut(G) 里的一个类自同构 ○ ψ∘ϕ_g∘ψ^(−1) (h=ψ∘ϕ_g (ψ^(−1) (h)=ψ(gψ^(−1) (h g^(−1) ) ○ =ψ(g)hψ(g^(−1) )=ψ(g)hψ(g)^(−1)=ϕ_ψ(g) (h ○ 命题得证$

第24讲 Z/n

$Z\/n • 复习 ○ Z\/n={0,1,…,n−1} ○ 考虑映射 f:Z→Z\/n,a↦[n] ○ 可以证明映射 f 是一个同态 ○ 通过群同构定理，可以得到 Z\/n≅Z\/ker⁡f ○ 可以找到 ker⁡f=nZ={na|a∈Z} • Z\/n 上的自同构 ○ 定义在 Z\/n 到 Z\/n 的一些同态 ϕ: Z\/n→Z\/n ○ 假设 ϕ(1)=m，则对于任意 a∈Z\/n ○ ϕ(a)=ϕ⏟((1+1+…+1) )┬(a 个 1)=aϕ(1)∈Z\/n ○ 记所有的从 Z\/n 到 Z\/n 的同态为 ϕ_m • 引理 ○ 命题 § 如果 0mn, 0≤an 并且 n 整除 ma § 那么 a≠0 当且仅当 m 与 n 有公约数 k1 ○ 证明 § 当 m 与 n 有公约数 k1 时 § 0a=n/kn § ⇒ma=m n/k=m/k n 是 n 的倍数 § 故 n 整除 ma § 另一方面 § 如果 m 与 n 没有这样的公约数 k § 因为 n 整除 ma § 所以 n 整除 a § 但是 0an⇒a=0 § 违背了假设，故命题成立 § 即 m 与 n 有公约数 k1 • 哪些 ϕ_m 是 Z\/n 上的自同构？ ○ ⟺ ϕ_m 是个单射 ○ ⟺ker⁡〖ϕ_m 〗={0} ○ 当 m=1 时，ϕ_0 (1)=0⇒ϕ_0 不是自同构 ○ 假设 m≠0，ϕ_m (a)=am=0∈Z\/n ○ ⟺am 可以被 n 整除 ○ 根据引理 ϕ_m 是单射当且仅当 m 与 n 互质 • 练习 ○ 定义 (Z/n)^∗={x∈Z/n|x 与 n 互质} ○ 证明 ((Z/n)^∗,×) 是一个群 ○ 注：(Z/p)^∗={1,2,3,…,p−1} 是(Z/n)^∗ 的特例 • 定理：Aut(Z/n)≅(Z/n)^∗ ○ 定义 ϕ: (Z/n)^∗→Aut(Z/n), a↦ϕ_a ○ ϕ_a 是自同构当且仅当 a 与 n 互质 ○ ⇒ϕ 是双射 ○ 只需证明 ϕ 是群同态 ○ ϕ_a∘ϕ_b (x)=ϕ_a (bx)=abx=ϕ_ab (x) ○ 故 ϕ 是群同态 ○ 所以 Aut(Z/n)≅(Z/n)^∗$

第25讲半直积

$半直积 • 定义 ○ 对于两个群 H,N，以及群同态 ϕ:H→Aut(N) ○ 定义 N ⋊┬ϕ H 为 N 与 H 的半直积 ○ 作为集合 N ⋊┬ϕ H=N×H ○ 乘法定义为 (n_1,h1 )(n_2,h2 )=(n_1 ϕ_(h1 ) (n_2 ),h1 h2 ) • 练习 ○ 证明 N ⋊┬ϕ H 是一个群 ○ 对于 ϕ:H→Aut(N), h↦1_N 问 N ⋊┬ϕ H 是怎样一个群？ • 定理 ○ 命题 § 如果 N⊴G, H≤G，并且 N∩H={e}, NH=G § 那么 G ≅N ⋊┬ϕ H § 且 ϕ:H→Aut N, h↦(h共轭:n↦〖h�h^(−1) ) ○ 证明 § 定义 f:N⋊H→G, (n,h↦nh § 证明 f 是一个群同态 □ f((n,h)f((n′,h))=nhn^′ h′ □ =nhn^′ (h(−1) h h′=(n(h�^′ h(−1) ))(h′) □ =f(n(h�^′ h(−1) ),h′)=f((n,h(n^′ h)) § 证明 f 是一个双射 □ 根据定义，f 是满射 □ 还需证明 f 是单射 □ 又因为 f 是一个群同态 □ 我们只需证明 ker⁡f={e} □ 假设 (n,h∈ker⁡f □ 即 f(n,h=nh=e □ 所以 n,h∈N∩H={e} □ 所以 n=h=e □ 即 ker⁡f={e} § 命题得证 • 练习 ○ 对于 G×H ，证明 G×{e_H }⊴G×H, {e_H }×G⊴G×H ○ 对于 N⋊H，证明 N×{e_H }⊴(N⋊H)$

第26讲西罗定理（选修）

$西罗定理 • 定义 ○ 已知质数 p，我们称阶为 p^m 的群为一个 p 群 ○ 对应地，如果一个有限群 G 阶为 p^α m ○ 并且 α≥1, p∤m，那么如果 H≤G 是一个 p 群 ○ 我们称 H 为 G 的 p 子群 ○ 特别地，如果 |H|=p^α，我们称 H 为 G 的西罗 p 子群 • 西罗定理 ○ 对于给定的有限群 G ，|G|=p^α m 并且 α≥1, p∤m ○ 有以下结论 1. G 总有西罗 p 子群 2. 如果 G 是一个西罗 p 子群，Q 是一个 p 子群那么存在 g∈G 使得 Q⊆〖gPg〗^(−1) 可以推出，所有的西罗 p 子群都共轭 3. 将 G 里西罗 p 子群的个数记为 n_p，那么 n_p≡1 mod p 可以推出，西罗 p 子群的个数 =|G:N_G (p)| 由拉格朗日定理得，|G:N_G (p)| 整除 |G|=p^α m 由于 p∤n_p 所以 n_p |m • 证明：对于有限群 G ，|G|=p^α m, α≥1, p∤m，西罗 p 子群存在 ○ 对 |G| 进行数学归纳 ○ 当 |G|=1 时，没有质数整除 |G|，无需证明 ○ 归纳步骤：考虑 G 和 Z(G)=C_G (G)={g∈G|ghh�, ∀hG} ○ 若 p||Z(G)| § 对阿贝尔群 C_G (G) 运用柯西定理，存在 NZ(G) 并且 |N|=p § 可以发现 ∀g∈G, 〖gng〗^(−1)=ngg^(−1)=n 故 N⊴G § 取 G ̅=G\/N § 对 G ̅ 运用归纳假设 § 在 G ̅ 里存在子群 P ̅ 并且 |P ̅ |=p^(α−1) § 由群同构第四定理，得到 P≤G 且 P ̅=P\/N § 则 |P|=|P ̅ ||N|=p^(α−1) p=p^α ○ 若 p∤|Z(G)| § 根据类等式定理 |G|=|Z(G)|+∑_(i=1)^n▒|G:C_G (g_i )| § 可以发现 |G| 可以被 p 整除，|Z(G)| 不能被 p 整除 § 故存在某个 p∤|G:C_G (g_i )| § 因为 |C_G (g_i )|=|G|\/|G:C_G (g_i )|=p^α m/|G:C_G (g_i )| § 故存在 l 使得 p^α l=|C_G (g_i )||G| § 对 C_G (g_i ) 运用归纳假设 § 得到 P≤C_G (g_i )≤G § 并且|P|=p^α • 引理 1 ○ 命题 § 对于有限群 G ，|G|=p^α m, α≥1, p∤m § 如果 P 是 G 的西罗 p 子群，Q 是 G 的 p 子群 § 那么有 Q∩N_G (P)=Q∩P ○ 证明 § 记 H=Q∩N_G (P) § 因为 P⊴N_G (P) § 需证 H≤Q∩P § 只需证 H≤P § 根据西罗 p 子群的定义，P⊆PH⇒P=PH § 所以 H⊆PH=P § 需证 PH 是一个 p 子群 § 根据拉格朗日定理，|PH|=|P||H|/|P∩H| § 观察发现 |P|,|H|,|P∩H| 都能被 p 整除 § 故 |PH| 也能被 p 整除 § 需证 PH 是一个子群 § H≤N_G (P), P⊴N_G (P) § 所以子群和正规子群的乘积 PH 也是一个子群 § 即得证 • 引理 2 ○ 定义 S={所有 P 的共轭子群}， ○ Q↷S 得到轨道 O_i ○ 不失一般性地，让 P_i∈O_i, (1≤i≤r)，则显然 r≤s ○ 对于共轭作用 Q↷S，定义 N_Q (P_i ) 为 P_i 的稳定子 ={q∈Q| qP_i q^(−1)=P_i } ○ 不难证明 N_Q (P_i )≤Q 且根据定义有 N_Q (P_i )=N_G (P_i )∩Q ○ |O_i |=|Q:N_Q (P_i )|=|Q:N_G (P_i )∩Q|=|Q:P_i∩Q| ○ s=|S|=|O_1 |+|O_2 |+…+|O_r |=|Q:P_1∩Q|+|Q:P_2∩Q|+…+|Q:P_r∩Q| • 证明：结论 2 ○ 对于 Q=P_1，应用引理 2 中的等式 § |O_1 |=|Q:P_1∩Q|=1 § |O_2 |=|P_1:P_1∩P_2 |1 且能被 p 整除 § 同理对于 i≥2，|O_2 | 都能被 p 整除 § 故 s≡1 mod p ○ 让 Q 为任意 p 子群，应用引理 2 中的等式 § 假设 Q 不是任何 p 共轭子群的子群 § 那么 Q∩P_i 都是 Q 的真子群 § 故每一项都能被 p 整除 § 所以 s 也能被 p 整除 § 与之前的结论矛盾，故假设不成立 § 即 Q≤〖pGp〗^(−1) • 证明：结论 3 ○ s=n_p≡1 mod p ○ 并且 |G|=p^α m，n_p=|G:N_G (P)| ○ 所以 n_p |m$

第27讲西罗定理的应用（选修）

$西罗定理的应用 • 西罗定理 ○ 对于给定的有限群 G ，|G|=p^α m 并且 α≥1, p∤m 那么 ○ G 总有西罗 p 子群，即存在 P≤G，|P|=p^α ○ 所有西罗 p 子群都共轭，所有 p 子群都是西罗 p 子群的子群 ○ 西罗 p 子群的个数 n_p≡1 mod p 且 n_p |m • 定理 1：所有西罗 p 子群都同构 ○ 根据西罗定理，所有西罗 p 子群都共轭 ○ 因为共轭就是自同构，所以命题得证 • 定理 2：G 的一个西罗 p 子群是正规子群当且仅当 n_p=1 ○ 证明略 • 定理 3：如果 |G|=pq，pq 质数，那么西罗 q 子群 Q⊴G ○ n_q≡1 mod q ○ ⇒n_q=kq+1, k∈N ○ 又因为 n_q |p，故 k=1 ○ 即 n_q=1 ○ 根据定理 2，Q⊴G • 推论 ○ 定理 3 中考虑合成列 {e}⊲Q⊲G ○ |G/Q|=|G|/|Q| =p⇒G\/Q 是 p 阶循环群 ○ |Q|=q⇒Q 是 q 阶循环群 ○ ⇒G 是一个可解群 • 定理 4：若 |G|=12，则 G 有一个 3 阶循环正规子群，或 G≅A_4 ○ 假设 n_3≠1 那么因为 12=3×4 ○ 所以根据西罗定理，n_3≡1 mod 3 且 n_3 |4 ○ ⇒n_3=4 ○ 即 G 里有 4 个 3 阶循环子群 ○ P_1,P_2,P_3,P_4 两两相交于恒等元素 ○ |G:N_G (P_i )|=4 ○ ⇒|N_G (P_i )|=|G|/4=12/4=3 ○ 同时 P_i⊴N_G (P_i ) 故 N_G (P_i )=P_i ○ 令 S={P_1,P_2,P_3,P_4 } ○ 考虑 G↷S 得到群同态 f:G→S_4 ○ 根据群同构第一定理 G\/ker⁡f≅f(G)≤S_4 ○ ker⁡f=⋂8_(i=1)^4▒〖N_G (P_i ) 〗={e} ○ ⇒G≅S_4 的子群 ○ 可以证明 S_4 里的 4 个 3 阶循环子群分别由以下轮换生成 ○ (1 2 3), (1 2 4),(2 3 4), (1 3 4) ○ 且这 4 个 3 阶循环子群都在四次交错群 A_4 中 ○ 可以得到 f(G) 与 A_4 有一个至少 9 元素的交集 ○ f(G)∩A_4≤A_4 ○ 又因为 |f(G)∩A_4 |≥9, |A_4 |=12 ○ 根据拉格朗日定理，|f(G)∩A_4 |=12 ○ ⇒f(G)=A_4 ○ ⇒G≅S_4 • 定理 5：如果 |G|=p^2 q, p≠q 质数，那么 G 一定有正规西罗子群 ○ 如果 pq § 那么 n_p=1+kp 且 n_p |q § ⇒k=0, n_p=1 § 西罗 p 子群是正规子群 ○ 如果 pq § 同理有 n_q=1+tq 且 n_q |p^2 § 如果 t=0，西罗 q 子群是正规子群 § 如果 t≥1，n_qqp § ⇒n_q=p^2 § ⇒p^2−1=tq § ⇒(p+1)(p−1)=tq § 故 q|p+1 但 qp § 所以 q=p+1 § 又因为 p,q 均为质数 § 所以 p=2, q=3 § ⇒|G|=12 § 根据定理 4，G 有一个正规西罗子群，或 G≅A_4 § 而 A_4 有正规 2 阶西罗 2 子群 ○ 命题成立$

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第27讲西罗定理的应用（选修）

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