前言

笔者最近在进行一项研究课题，涉及到群论；因此将近期学习的群论知识整理到这。

知识来源：

• 课程: 蔷薇科的普朗克视频专辑-蔷薇科的普朗克视频合集-哔哩哔哩视频
• 自学书籍:《群论彩图版》

Tips: 仅涉及非常浅薄的群论内容，适合像笔者一样非物理专业出身者参考借鉴。

什么是群

群是用来刻画存在于大千世界中对称性的 “显微镜”；因此要想了解什么是群，首先需要了解，什么是对称。

当你对一个对象(它可以是平面或立体的) 进行$\textcolor{red}{某些特定操作}$ (旋转、翻转、平移)后，它$\textcolor{red}{看起来}$还能和操作之前一样，那么就说它是对称的。

考虑到 “有多个对称轴的图形，一定具有面内的旋转对称性；反过来，具有面内的旋转对称性的图形，不一定有对称轴”。

所以，面内旋转操作要比包含了轴对称的情况更基础，我们暂时聚焦在面内的对称操作，即：不动 $\textcolor{red}{(恒等元)}$、顺时针旋转120° 和 顺时针旋转 240°。我们将上述三个对称操作分别形式化为 $e, d, f$.

由于一次对称操作下，看起来和操作之前一样；自然我们就考虑：两次甚至多次操作之后呢？答案是清晰的——依旧和操作前一样。而这里，多次操作自然就需要我们定义出所谓的 “乘法”；而由此可以得到乘法表：

这里的 “乘法” 和数乘不是一个含义；可以以矩阵乘法来辅助理解，对目标 (矩阵就是对空间) 进行操作 (矩阵就是拉伸、平移及旋转)。

事实上，矩阵乘法正是一种特殊的，研究线性变换的群。

观察乘法表，有：

• 封闭性：乘法表中元素均在操作集合 ${e,d,f}$ 中。
• 存在逆元素：如乘法表中，操作 $d\cdot f = e, f\cdot d = e$.

由于逆元素依赖于结合律的存在，因此为了 “无争议” 的明确逆元素存在，引入结合律。

举个例子：$2, -2$ 在算数减法中是否互逆？

综上，群的概念已经定义清楚了！

一个群必然对应着一种对称性；一种对称性必然能够找到一个群来描述

相关符号定义与概念

下述表格，笔者特意组织为 “含义 $\to$ 概念/命名 $\to$ 符号”，较为符合 “将 {含义} 称为 {概念}，形式化为 {符号}” 的理解链。

有限群的性质

必然存在循环子群

有限群中任何元素的阶都是有限的且小于群的阶

Proof.

首先得到关于元素 $a$ 的循环：

不难发现，如果元素 $a$ 的阶数 $n$ 存在因子 $m$; 则 $1\to 2\to \dots\to n-1$ 这个大循环内部存在小循环 $1\to m\to \dots\to n-1$.

若还有剩余元素，以其中一个 $b$ 为起点得到 $b$ 的循环；

重复上述操作直到群内所有元素被穷尽

重排定理

旁集相等

$g_1^{-1}g_2 \in H \iff g_1H = g_2H$

Proof.

首先证明 $g_1^{-1}g_2 \in H \Leftarrow g_1H = g_2H$

因为 $g_1N = g_2N$，且单位元 $e \in N$，所以 $g_2 = g_2e \in g_2N$。 既然两个集合相等，说明 $g_2$ 也一定在 $g_1N$ 里面。

$g_2 \in g_1N$ 意味着存在一个 $n \in N$，使得 $g_2 = g_1n$。

等式两边同时左乘 $g_1^{-1}$（群的性质，存在逆元），得到： $g_1^{-1}g_2 = n$. 因为 $n \in N$，所以 $g_1^{-1}g_2 \in N$。

然后证明 $g_1^{-1}g_2 \Rightarrow H \iff g_1H = g_2H$

…

不同的旁集必不相交

Proof.

即：存在元素相等 $\Rightarrow$ (左) 旁集相等；反之则是：不同的旁集必然没有元素相等，也就是 “不相交”。

拉格朗日定理

Proof.

群 $G$ 中所有旁集并在一起必然包含 $G$，因此断言：群中的元素一定属于某个旁集.

由于集合 $H$ 和元素 $x$ 的乘法 (即：旁集 $xH$) 不改变 $H$ 的元素个数，因此断言：$

H

=

xH

$.

再结合 “两个不同的旁集必然不相交” 有：

正规子群 $\iff$ 商集能够构成群

Proof.

由上述拉格朗日定理可知，$G$ 中的元素被分为 $H, xH, yH, \dots$ 而每个旁集又不互相交；因此只有 $H$ 含有恒等元 $e$，因此只有它能够构成群.

我们定义出商集 $\frac{G}{H} = {H, g_1H, g_2H,\dots,g_{k-1}H }$ 总共 $k$ 个元素。有个自然的问题，商集能否构成群？

首先证明 “正规子群 $\Leftarrow$ 商集能够构成群”

考虑商群的 “恒等元”。不难发现，有且只有 $H$ 满足恒等元的定义，即：$H^n=H$. 这是因为，只有 $H$ 是群；利用重排定理可得：$H\cdot H = H$.

基于此，要想商集构成群，需要恒等元 $H$ 满足交换律：$H\cdot g_i H = g_i \underbrace{H\cdot H}_{\text重排定理}=g_i H$.

也即是，商集构成群需要满足上式，进一步，则是需要 $Hg_i = g_i H$ 这个条件成立。而满足这个条件的子群 $H$ 被定义为正规子群。

然后证明 “正规子群 $\Rightarrow$ 商集能够构成群”，需要根据群的定义逐项验证。

• 恒等元：拿正规子群 $H$ 即可；

• 满足结合律：集合与集合的乘法满足结合律；
• 封闭性：$g_iH \cdot g_j H = g_i g_j H H = g_i g_j H$. 其中由于 $g_i, g_j\in G$，因此 $g_l := g_i\cdot g_j \in G$。所以此时 $g_l H$ 就是另一个旁集，因此封闭性满足。
• 逆元素：$gH$ 的逆元素为 $g^{-1}H$. 因此有：$g^{-1}HgH=g^{-1}gHH=H$. 即逆元素操作可得恒等元。

综上，正规子群 $\iff$ 商集能够构成群, i.e., 存在商群.

理解：正规子群存在，表示群可以被 “降解拆分” 为 正规子群 和 商群 两个部分。

各种群

无限群：操作集合中元素个数无限

阿贝尔群：满足乘法交换律

循环群：仅用一个元素 $a$ 就能生成整个群

循环群 $\Rightarrow$ 阿贝尔群

Proof.

因为如果群 $G = \langle a \rangle$，那么任意两个元素都可以写成 $a^m$ 和 $a^n$。因此有：$a^m \cdot a^n = a^{m+n} = a^{n+m} = a^n \cdot a^m$。因为指数相加是可交换的，所以循环群的运算必然满足交换律，一定是阿贝尔群。

子群：

单群：不含正规子群的群，即：无法再被 “降解”。

有限单群分类定理: 有限单群有且仅有以下几种(所有有限群都可以由它们构造出来)

• 素数阶循环群
• 5次及以上交错群
• Lie型单群
• 26个散在单群

同构与置换

同态映射

若群 $G$ 映射到群 $H$ 上，能$\color{red}{保持对应元素的乘法的结果不变}$，即:映射 $f$ 满足： \(\begin{cases} f(g_i)=h_i \\ f(g_j)=h_j \end{cases} \quad \text{且} \quad f(g_i\cdot g_j) = h_i\cdot h_j\) 则称 $f$ 是一个同态映射，简称同态 (homomorphism)。

若 $f$ 是一个同态映射的同时还是一个双射 (即满又单)，则称这个映射是一个同构映射。即两个群同构 (Isomorphism)，记作 $G\cong H$.

同态映射中，映射到 $H$ 上的单位元/恒等元上的元素集合被称为 “核”。

同态 $f$ 的核 $N$ 是 $G$ 的正规子群

Proof.

因为是同态映射，因此乘法结果保持不变。因为在 $H$ 中是对应着单位元/恒等元，乘法满足交换律；因此 $N$ 在原像 $G$ 中和其他元素乘法操作中也满足交换律。因此 $N$ 是正规子群。

同态基本定理

设同态 $f$ 是从 $G$ 到 $H$ 的映射，有：

• 同态 $f$ 的核 $N$ 是 $G$ 的正规子群;
• 正规子群存在 $\iff$ 商集能够构成群, i.e., 存在商群 $\frac{G}{N}$ 和 $H$ 同构。

Proof.

• 良定义（Well-defined）：如果两个陪集相等，即 $g_1N = g_2N$，那么 $g_1^{-1}g_2 \in N$。因为 $N$ 是核，所以 $f(g_1^{-1}g_2) = e_H$，进而 $f(g_1) = f(g_2)$。这说明映射不会因为陪集代表元的选取不同而产生歧义。

• 同态：$\phi(g_1N \cdot g_2N) = \phi(g_1g_2N)$, $f(g_1g_2) = f(g_1)f(g_2) = \phi(g_1N)\phi(g_2N)$。

• 单射（Injective）：如果 $\phi(gN) = e_H$，则 $f(g) = e_H$，说明 $g \in \ker(f) = N$。因此 $gN = N$（商群 $G/N$ 的单位元）。单射得证。

• 满射（Surjective）：对于 $H$ 中的任何元素 $h$，因为图上 $f$ 是满射（$H$ 中每个元素都能被映射到），所以存在 $g \in G$ 使得 $f(g) = h$。那么 $\phi(gN) = h$。满射得证。

综上，既单又满，所以 $\phi$ 是同构映射，即 $G/N \cong H$。

置换

$n$ 个对象具有 $n!$ 种排列方式；当对象没有区别的时候，这 $n!$ 种排列没有区别。因此，”置换” 操作是一种特殊对称操作。

我们将 $n$ 个对象的全体排列方法称为 $n$ 次置换群，元素个数为 $n!$。

定义置换算子 $(x_1,x_2,x_3,\dots,x_n)$，表示用 $x_{i+1}$ 处的元素覆盖 $x_i$ 位置的元素；直到最后将 $x_1$ 处的元素填入 $x_n$ 处元素。如下示例所示：

置换的奇偶性

聚焦于两个对象的操作称为 “对换”；置换群中的任意元素 (即任何的置换操作) 都可以由若干个 “对换” 相乘得到。

• 奇置换 $\cdot$ 奇置换 $=$ 偶置换
• 偶置换 $\cdot$ 偶置换 $=$ 偶置换

综上，偶置换满足封闭性；从而偶置换可以单独成群。

Cayley 定理

任意 $n$ 阶群都能看作 $n$ 次置换群的一个子群；任意 $n$ 阶群，一定和 $n$ 次置换群的一个子群同构。

Proof.

首先基于群的封闭性和重排定理，我们能够将每个元素视为一种排列群元素的方式，即：$gG=G$, 其中 $(gG)_i = G_j$;

又因为 $n$ 次置换群包含了所有的排列方式;

因此 $n$ 次置换群包含了 $n$ 阶群的所有元素。

五次方程的可解性

一般形式的五次（及以上）方程没有根式解

• 一般形式：最低次到最高次每一项都存在；系数为整数/有理数；

这里的一般形式，课程讲解似乎不够严谨。待考察…

• 根式解：用整数、单位根，经过有限次地加减乘除以及开方运算可得
  • $n$ 次单位根：满足 $z^n=\underbrace{r\cos \theta+i\cdot \sin \theta = re^{i\theta}}_{欧拉公式}=1$ 的解

若 $x$ 为根式，则总能够写出其所对应的方程。其对应方程一定还存在其他根，且总数量不超过 $x$ 的根式次数之积。

有限次扩域必是代数扩域。

方程的对称操作

把根式 $x$ 替换为另外的根，而不改变原方程的操作，认为是保持方程不变的对称操作。

如上示例所示，该方程的对称操作有：$2\times 3\times 5$ 种；这里触发对称操作增加的 trigger 是 “根号” 的出现。

又因为 $n$ 次根式（对应着 $n$ 阶循环群）总能被分解为几个素数次根式的叠加，也就是 “一个根号分解为多个根号”；

因此一个根号带来的对称性能够分解为多个素数循环群的叠加。换句话说，$\color{red}{保持方程不变的操作对应增加素数循环群}$。

扩域缩群

可解群

由上可得：保持方程不变的操作对应增加素数循环群。也意味着：保持方程不变的操作$\color{red}{构成了可解群}$。

五次方程可解性简要证明

由于一般形式的五次方程的根没有任何 prior，因此构成的群是五次置换群。由于五次置换群并不是可解群，自然得证。

矩阵群

群的表示

将矩阵群和一个普通的群联系起来：也就是在二者之间建立一个同态。此时，将矩阵群称为群的一个表示。矩阵的阶数被称为表示的维数。

若建立的是同构，此时被称为真实/忠实表示。

群有一个最简单的表示——正则表示，其和群是同构的。 \(D_{ij}(g)= \begin{cases} 1 \quad x_i=g\cdot x_j \\ 0 \quad x_i\neq g\cdot x_j \end{cases}\) 理解：如果第 $i$ 个元素 $x_i$ 等于元素 $g$ 乘以第 $j$ 个元素 $x_j$，即 $x_i = g \cdot x_j$，那么矩阵第 $i$ 行第 $j$ 列的值就是 $1$，否则是 $0$。这里的元素顺序和乘法表中的顺序保持一致。

如下示例所示。其中，$g=a$。聚焦第一列，即 $j=1$。此时有：$g\cdot x_j = a\cdot x_1 = a\cdot e = a = x_{i=4}$。因此 $(D(a))_{41}=1$.

注意：上图右上角正则表示的定义过度简化了