有限群

有限群是可以数出个数来的。这“个数”的存在虽然看起来不起眼但其实是非常强力的条件。最明显的，设群 G 中有一个 m 阶的子群 N（即 N 含有 m 个元。一般地把有限群所含有的元的个数称为这个群的阶），则 N 的任意一个左（右）旁系显然都正好有 m 个元。这样我们就立即有下面的定理：

定理。如果 n 阶群 G 有一个 m 阶子群 H，则 m 是 n 的约数，而 n / m 是 H 的左（右）旁系的个数。

由这定理又立即作出下面的推论：

推论1。对 n 阶群 G 的任意元 a 都有 an = 1。

推论2。素数阶群 G 是循环的、单纯的。

证明只要考虑到 G 中任何一元的阶（元 a 的阶定义为由 a 所生成的子群的阶，易知这是满足条件 ad = 1 的最小的自然数 d）都是 | G | 的约数就可以了。（用 | G | 来表示 G 的阶，一般地我们把有限集合 A 所包含的元的个数记为 | A |）

著名的费马小定理说，如果 p 是素数且 a 不被 p 整除，则 ap - 1 ≡ 1 ( mod p )。从推论1的角度来看，这件事只是因为不被 p 整除的所有整数除以 p 得到的同余等价类们，关于乘法做成一个有 p - 1 个元的群。顺便说一下，任何有理数都能表示成有限或循环小数，这件事也是因为有费马小定理。关键在于对任意一个不是 2 或 5 的素数 p， 10p - 1 - 1 总是 p 的倍数，于是 1 / p 可以表示成 x / ( 10p - 1 - 1 ) 的样子，这是一个循环节长度整除 p - 1 的循环小数。

定义。设有群 G 作用在集合 A 上。对于 A 的任意一元 x，把 G 作用于 x 所得到的像全体称为 x 的 G-轨道，记为 Gx。 G 中那些作用于 x 后仍然得到 x 的元所组成的子群称为 x 的固定群，记为 Stab ( x )。

定理。设 G 从左边作用于 A 上，则 Stab ( x ) 的左旁系与 Gx 的元自然地一一对应。如果是从右边的作用则反之。

证明。由定义这几乎是显然的。（证毕）

当 G 是有限的时候，我们得到 | Gx | = | G | / | Stab ( x ) |，特别的， | Gx | 一定是 | G | 的约数。由此出发我们得到很多有用的结论。

比如有时我们想计算一些东西的数量，这些东西有一定的对称性，我们希望把那些互相对称的东西看成是一样的，而计算所有的等价类的数量。这用数学的语言来说就是有一个群 G 作用在集合 A 上，我们想要计算 A 中所有 G-轨道的个数。这时我们有下面的定理：

定理。设有有限群 G 作用在有限集合 A 上，则 A 中所有 G-轨道的个数为 ( ∑ | Aσ | ) / | G |，其中 σ 跑过 G 中所有的元，而 Aσ 由 A 中所有在 σ 的作用下不变的元所组成。

证明。 A 中所有 G-轨道的个数
=\sum_{x\in A}\frac{1}{|Gx|}=\sum_{x\in A}\frac{|Stab(x)|}{|G|}=\frac{1}{|G|}\sum_{\sigma\in G}|A_{\sigma}|
第一个等号是显然的，第二个等号由上一个定理，第三个等号是因为，“对 A 的所有元 x，把满足 σx = x 的 G 中所有 σ 的个数加起来”与“对 G 的所有元 σ，把满足 σx = x 的 A 中所有 x 的个数加起来”这两件事是一样的。（证毕）

举一个例子。六个苹果六个梨，分三堆，问有多少种分法？这问题中苹果和苹果之间，梨和梨之间，以及堆和堆之间都是没有区别的。现在我们先假设堆和堆之间是有区别的，即考虑“把六个苹果六个梨分到编号为一、二、三号的三个箱子里”，把这样的所有的分法的集合记为 A。把三个箱子的置换群记为 G，我们要求的是 G 作用于 A 上的所有轨道的个数。 G 的元可以分为三种：

  • 长度 3 的巡回置换： ( 1 2 3 )， ( 3 2 1 )
  • 两个元的对换： ( 1 2 )， ( 2 3 )， ( 3 1 )
  • 恒等变换

被长度 3 的巡回置换所固定的 A 中的元，也就是使三个箱子里每个箱子的内容都一样的分法，总共只有一种，即每个箱子里都是两个苹果两个梨。而被对换所固定的 A 中的元，也就是有两个箱子的内容是一样的分法，考虑内容一样的两个箱子的其中一只，这箱子里可以有 0 到 3 个苹果和 0 到 3 个梨，因此共有 16 种可能。接下来被恒等变换固定的 A 中的元也就是 A 中所有的分法，这分法可以描述为：先把 6 个苹果分到 3 个箱子里（这共有 ( 2 + 6 ) ! / ( 2! × 6! ) = 28 种方法），再把 6 个梨也分到 3 个箱子里（同样是 28 种分法）。因此一共是 28 × 28 = 784 种分法。应用上面的定理，我们就得到把六个苹果六个梨分三堆的分法共有 ( 1 × 2 + 16 × 3 + 784 × 1 ) / 6 = 139 种。

接下来我们通过讨论群 G 在其本身上的作用来得到一些重要的定理。

定义。如果群 G 的阶是某素数 p 的幂，就称 G 为 p-群。

定义。我们把群 G 称为可解的，如果存在 G 的一个递降子群链 G = G0 ⊃ G1 ⊃ … ⊃ Gn - 1 ⊃ Gn = { 1 } 满足条件：对于任意的 i， Gi + 1 是 Gi 的正规子群，并且 Gi / Gi + 1 是Abel群。

可解群的概念源于Galois理论，一个一元高次多项式的根能够用根号表示出来的充分必要条件是这多项式的Galois群是可解的。如果 G 是有限群，那么 G 可解等于是说 G 的组成因子都是素数阶的循环群，因为显然单纯的Abel群只能是素数阶的循环群。

定理。 p-群 G 是可解的。

证明。设 | G | = pe，对 e 使用归纳法。 e = 1 的时候命题显然成立。对于一般的情形，考虑 G 通过取共轭作用于 G。这时其 G-轨道只有一点的 G 中的元，是与 G 中所有元都可换的元，它们组成 G 的中心 Z ( G )。而 G 中如果有某元 x 的 G-轨道多于一点，由前定理知 | Gx | 是 | G | 的约数，现在 | G | 是 p 的幂，所以 | Gx | 是 p 的大于一次的幂。特别的， | Gx | 是 p 的倍数。所有的轨道合起来正好拼成 G，所以我们得出结论 | Z ( G ) | 必是 p 的倍数。这样就有 Z ( G ) ≠ { 1 }。于是 | G / Z ( G ) | 严格比 | G | 小，并且 G / Z ( G ) 也是 p-群。这样就可以对 G / Z ( G ) 应用归纳法的假定，而 Z ( G ) 又显然是Abel群，于是命题得证。（证毕）

定义。对有限群 G，设 | G | = pem，其中 p 是素数而 m 不被 p 整除。这时把 G 中正好含有 pe 个元的子群称为 G 的Sylow p-子群。

定理。（Sylow定理）设 G 是有限群， p 是 | G | 的素因子，并设 G 中Sylow p-子群的个数为 n。我们有 n ≡ 1 ( mod p )，特别地Sylow p-子群总是存在。进一步设 P 是 G 的一个Sylow p-子群，则 G 的任意一个 p-子群 H 都一定被包含在 P 的某个共轭中，特别地 G 中的任意两个Sylow p-子群都共轭。

证明。设 | G | = pem， m 不被 p 整除。考虑由 G 中所有包含 pe 个元的子集所组成的集合 S，并让 G 以左乘作用于 S。 | S | 等于二项系数\left(\begin{array}{c} p^em\\ p^e \end{array}\right)，通过计算我们知道 | S | ≡ m ( mod p )。如果你不会算这个东西，这证明的后面提供了一种方法。现在对于 S 中的一元也就是 G 的一个包含 pe 个元的子集 X， Stab ( X ) 是 G 的 p-子群，因为我们可以考虑 Stab ( X ) 在集合 X 上左乘地作用，这样容易看出 X 是由 Stab ( X ) 的一些右旁系拼成的，而 | X | = pe，所以 | Stab ( X ) | 是 p 的幂。如果 Stab ( X ) 不是Sylow p-子群，那 | GX | = | G | / | Stab ( X ) | 就是 p 的倍数；但现在 S 是由 X 们的 G-轨道拼成的而 | S | ≡ m ( mod p ) 不是 p 的倍数，所以使得 Stab ( Y ) 是Sylow p-子群的 Y 一定存在，对于这样的 Y 来说 | GY | = m。在这时 Y 显然是 Stab ( Y ) 的一个右旁系，把这右旁系记为 Stab ( Y ) x。于是 Y 的 G-轨道可以看成是由Sylow p-子群 x-1 Stab ( Y ) x 的 m 个左旁系所组成的，特别地我们得到，每个这样的 Y 的 G-轨道里都正好有一个Sylow p-子群。设这样的 G-轨道共有 n 个，我们就有 nm ≡ | S | ≡ m ( mod p )，于是 n ≡ 1 ( mod p )。这样就证明了定理的前半部分。
后半部分，令 P 为 G 的一个Sylow p-子群，则 P 的 G-轨道是由 P 的 m 个左旁系组成的。对于 G 的任意一个 p-子群 H，考虑 H 在 GP 上左乘地作用，由于 | H | 是 p 的幂，所以每个多于一点的 H-轨道都是 p 的倍数，但现在 | GP | = m 不是 p 的倍数，因此 GP 中一定存在 H 作用下的不动点。但 GP 的元，也就是 P 的左旁系 xP，的固定群 Stab ( xP ) 显然是 xPx-1，所以如果 xP 是 H 不动点，就有 H ⊆ xPx-1。（证毕）

附关于 | S | ≡ m ( mod p ) 的证明：
首先当 p 为素数且 i ≠ 0 或 p 的时候二项系数\left(\stackrel{p}{i}\right)总是 p 的倍数，因为\left(\stackrel{p}{i}\right)=\frac{p!}{i!(p-i)!}而比 p 小的数的阶乘中显然不会含有 p 的因子。这意味着我们有公式 ( a + b )p ≡ ap + bp ( mod p )。 | S |是(1+x)^{p^em}的二项展开中x^{p^e}项的系数，所以应用公式我们有(1+x)^{p^em}\equiv (1+x^{p^e})^m\equiv 1+mx^{p^e}+\cdots \mbox{ (mod }p\mbox{)}。（证毕）

Sylow定理几乎可以说是“有限群论的基本定理”。在决定一个 n 阶群的结构的时候我们通常都先用Sylow定理找出它的Sylow子群，再进行详细分析。这里举两个简单的例子，不过在举例之前还有一个小小的命题。

命题。设有有限群 G 和 G 的子群 N。则 N 的共轭的个数是 N 的旁系的个数的约数。

证明。考虑 N 的所有共轭所组成的集合 S， G 通过取共轭作用于 S。 S 中只有一个 G-轨道，而显然 N ⊆ Stab ( N )，因此 | S | = | G | / | Stab ( N ) | 是 | G | / | N | 的约数。（证毕）

现在我们来决定 6 阶和 15 阶的群的结构。
6 = 2 × 3，所以根据Sylow定理， 6 阶群中一定有一个 2 阶子群和一个 3 阶子群。 2、 3 都是素数，所以它们都是循环群，分别记为 C2、 C3。Sylow定理还说， 3 阶子群的共轭的个数除以 3 余 1；而前面那个定理说共轭的个数是 2 的约数。于是我们得出结论 C3 的共轭只有 1 个，也就是说 C3 是个正规子群。显然 C3 ∩ C2 = { 1 }， C3C2 是全体，所以一个 6 阶的群一定分解为 C2 作用于 C3 上的半直积。容易知道 Aut ( C3 ) 是 2 阶循环群，所以从 C2 到 Aut ( C3 ) 的同态映射有两种，这两种同态映射所定义的两种半直积分别对应于 6 阶循环群 C6 和 3 次置换群 S3。
同样的， 15 = 3 × 5，所以 15 阶群中一定有一个 3 阶子群和一个 5 阶子群。把它们记为 C3、 C5。通过完全类似的讨论我们知道 C5 是正规子群，一个 15 阶的群一定分解为 C3 作用于 C5 上的半直积。现在 Aut ( C5 ) 是 4 阶循环群，所以从 C3 到 Aut ( C5 ) 的同态映射只有平凡的一种，也就是说 15 阶的群只有循环群。

由以上的讨论我们特别地知道 3 次置换群 S3 是可解的。在最后我将来描述一下这可解性与 3 次方程的解法之间的关系。
为此我们先来看看 2 次方程的解法。我很讨厌配方法，嫌它实在是太难看了。而且也记不住公式。我愿意将 2 次方程的解法叙述成这种形式：设方程 x2 - px + q = 0 的根为 a、 b，则有
\left\{\begin{array}{l}a+b=p\\ab=q\end{array}
然后我们计算 ( a - b ) 2 = p2 - 4q，开平方根就得到 a - b，再结合 a + b = p 的条件就可以解出来了。
但是这里的 ( a - b ) 2 是个什么东西？为什么要计算这个 ( a - b ) 2 呢？这个式子中的负号事实上来自于 1 的另外一个平方根， -1。我们把 a 和 b 互换一下，则 a - b 就变成了 b - a，它是原来的 a - b 的 -1 倍，所以平方了以后就是 1 倍了——也就是说， ( a - b ) 2 是关于 a、 b 对称的。方程的系数本质上就是根的基本对称式，所以 ( a - b ) 2 是可以用方程的系数表示出来的。
现在我们再来看 3 次方程的情况。设方程 x3 - rx2 + sx - t = 0 的根为 a、 b、 c，我们取 1 的 3 次原根 ω（ = (\sqrt{3}i-1)/2），然后考虑 a + bω + cω2。把 a、 b、 c 巡回置换一下这式子就变成了 c + aω + bω2，是原来的 ω 倍。于是把 ( a + bω + cω2 ) 三次方一下就变成关于 a、 b、 c 的巡回置换不变的式子了。一般的来说这种方法只能得到关于某种巡回置换不变的式子；我们能否通过不停地取这种关于巡回置换不变的式子而最终达到完全的对称式，决定了最终 a、 b、 c 是否可以用系数的加减乘除和根号表示出来。这也是方程用根号解的可能性与群的可解性联系起来的本质之处。非常幸运的， 3 次置换群模掉 3 阶巡回置换群后得到一个 2 阶巡回群，因此 a、 b、 c 是可以解出来的。具体计算（的概略）如下：
首先我们如果知道了 a + b + c、 a + bω + cω2、 a + bω2 + cω，就可以通过解 3 元 1 次方程组求出 a、 b、 c。现在 a + bω + cω2 和 a + bω2 + cω 取立方以后都是巡回置换不变的；这里以 a + bω + cω2 为例：(a+b\omega +c\omega^2)^3=
(a^3+b^3+c^3)+6abc+3(a^2b+b^2c+c^2a)\omega +3(ab^2+bc^2+ca^2)\omega^2
这结果中完全对称的部分，即 a3 + b3 + c3 和 6abc，都是可以用系数表示出来的；因此我们接下来要求的是 a2b + b2c + c2a 和 ab2 + bc2 + ca2。这两个式子只有一部分的对称性，但是 3 次置换群作用于它们上面，要么保持各自不变，要么把一个映成另外一个，正是 S3 模 C3 的商 C2 的作用的样子。我们只要知道 a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 和 ( a2b + b2c + c2a ) - ( ab2 + bc2 + ca2 ) 就可以了，而前者已经是对称式，后者 ( a2b + b2c + c2a ) - ( ab2 + bc2 + ca2 ) 的平方是完全对称的式子，可以用系数表示出来。