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本節在上一節的基礎上，解釋循環群，Abel群，群同構，直積等概念，最終推導出給定階數的所有Abel群結構。

循環群

循環群是最簡單的群，$n$階循環群為$\{0,1,2...n-1\}$，符號記作$Z_n$，在此基礎上定義乘法：

$a \cdot b = (a+b) \mod n$

這個是不是看上去很像加法？嗯，叫加法還是叫乘法還是叫其他什么都不重要，性質才重要。

此處的這個運算是可以交換的，也就是

$a \cdot b = b \cdot a$

在不引起誤解的情況下，我們習慣上把這個稱之為加法。

符號上，既然叫了加法，我們用$\oplus$來代替$\cdot$。

循環群就是$1$生成的群，

$1 \oplus 1 = 2$

$2 \oplus 1 = 3$

$...$

$(n-1) \oplus 1 = 0$

在符號不會發生混亂的情況下，我們就用$a+b$來表示加法。

加了一圈，得到了循環群里所有的元素，總共$n$個$1$相加得到$0$，顯然$0$是幺元。

對于一個群里的元素$a$，如果$n$個$a$相乘(或相加)得到幺元，且$n$是滿足這一點的最小正整數，則稱$n$是$a$的周期。

注意，周期這個術語是對于所有的群，并非只對于循環群。

此處，$n$是$1$的周期。

其實，循環群的定義就是可以由一個元(也就是$1$)生成的群。

對于有限循環群，那么就是存在某個元的周期等于階數的群。

無限循環群則不是，$Z$覆蓋了所有整數，其群加法就是整數加法，幺元為$0$，生成元為$1$。

對于這個生成元，或許有人會有疑問，無論多少個$1$加在一起也不會是負數啊，怎么可能所有的整數都由$1$生成呢。

在此，我要聲明一下，逆元可以直接生成，所以$-1$可以由$1$生成，從而所有整數也都能生成了，此規則記住即可。

容易證明，對于$Z_n$，任何小于$n$的正整數$m$，在該循環群里的周期為$[m,n]/m$，此處$[m,n]$為最小公倍數。

所以，所有與n互質且小于n的正整數都可以是$Z_n$的生成元。

Abel群

Abel群即交換群，也就是滿足乘法交換律的群。

也就是$<G,\cdot>$是Abel群是指

$\forall a,b \in G, a \cdot b = b \cdot a$

前面提到的循環群就是一種Abel群，那么，有不是循環群的Abel群嗎？

我們來看2階循環群$Z_2$

然后建立一個有4個元素的群

$\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\}$

其中乘法如下定義

$(a,b) \cdot (c,d) = (a \cdot c, b \cdot d)$

可以得知，$(0,0)$是該群的幺元，

$(a,b) \cdot (0,0) = (a \cdot 0, b \cdot 0) = (a,b) = (0 \cdot a, 0 \cdot b) = (0,0) \cdot (a, b)$

每個元的逆元是自身(源于$Z_2$的每個元逆元為自身)，實際上

$(a,b) \cdot (a,b) = (a \cdot a, b \cdot b) = (0,0)$

很顯然也滿足乘法交換律

$(a,b) \cdot (c,d) = (a \cdot c, b \cdot d) = (c \cdot a, d \cdot b) = (c,d) \cdot (a,b)$

所以這是一個Abel群。

然而，4階循環群$Z_4$里的$1$的周期為4，而這個群里除幺元外所有的元素周期都為2，顯然不是循環群。

那么，有非交換群嗎？

有的，我們給出以下6元群。

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

其中，

$x^2=y^3=e$

$yx=xy^2$

生成乘法表如下

\begin{matrix}
\cdot& e & y & y^2 & x & xy & xy^2 \\
e & e & y & y^2 & x & xy & xy^2 \\
y & y & y^2 & e & xy^2 & x & xy\\
y^2 & y^2 & e & y & xy & xy^2 & x\\
x & x & xy & xy^2 & e & y & y^2\\
xy & xy & xy^2 & x & y^2 & e & y\\
xy^2 & xy^2 & x & xy & y & y^2 & e\\
\end{matrix}

可以驗證，上面是一個群,

另外，這個乘法表的方陣并不是對稱方陣，也就是，它并不是Abel群。

其實，這個群是階數最小的非交換群，它是一個二面體群，記作$D_3$，所謂$D_n$，是正$n$邊形的所有對稱映射構成的群,$D_3$就是正三角形的對稱映射群。

對稱映射群，這個名字一下子不好理解，那就換個名字，就叫全等群。

正n邊形和自身有多少種不同的全等？

順時針方向：

$S_{A_1,A_2,...A_n} \cong S_{A_1,A_2,...A_n}$

$S_{A_1,A_2,...A_n} \cong S_{A_2,A_3,...A_n,A_1}$

$...$

$S_{A_1,A_2,...A_n} \cong S_{A_n,A_1,...A_{n-1}}$

逆時針方向：

$S_{A_1,A_2,...A_n} \cong S_{A_1,A_n,...A_2}$

$S_{A_1,A_2,...A_n} \cong S_{A_2,A_1,A_n...A_3}$

$...$

$S_{A_1,A_2,...A_n} \cong S_{A_n,A_{n-1},...A_1}$

總共$2n$個全等。

另外，

$D_3 \cong S_3$

$S_3$是3階對稱群，也就是3個元素所有的置換組成的群。

群同構

一般群論教材里會先講群同態，再把群同構當成群同態的一種，其中可以引入同態定理，但那是一本正經的講法。

我這里只是講個大致，所以同態我直接濾過了。

其實同構才是拍下腦袋就能明白的東西，因為它實在太自然了。

同構同構，顧名思義，就是同樣的結構。研究一個群，代表所有與之同構的群的性質。

先看看數學符號，群$a$和群$b$同構記作$a \cong b$

即便沒學過高等數學的中學生，也會知道這個符號在平面幾何、立體幾何里指圖形的全等，也就是性質完全一模一樣。

我們以數學的直覺，來想想什么樣的兩個群稱為同構呢。

群有兩個東西，一個是里面的元素集合，一個是構建在元素集合上的二元運算。

我們甚至可以超越群的限制，想象一下什么叫$<G_1,f_1> \cong <G_2,f_2>$，

其中，$f_1$是集合$G_1$上的二元運算，$f_2$是集合$G_2$上的二元運算，

不一定需要構成群。

那么，應該是在一一對應下兩者的所有表現一模一樣。那么應該是：

對于一一對應$f:G_1\rightarrow G_2$

$\forall a, b \in G_1:f(a\cdot _{1}b)=f(a)\cdot _{2} f(b)$

上一章里，求出的群有很多同構，那么我們如何讓同構的群只出一個即可呢？

最簡單的方法，就是構造一個過濾條件，每當新出一個群，就看看是否和之前出過的群同構，

還是用方陣(array下用一維來模擬二維)來代表二元運算，以下函數用來判斷同構，op1/op2則是代表二元運算的方陣。

import array
import itertools as it

def is_isomp(s, op1, op2):
    n = len(s)
    make_mul = lambda op : lambda a, b : op[a * n + b]
    #將矩陣op1和op2轉化成真正的函數
    mul_op1 = make_mul(op1)
    mul_op2 = make_mul(op2)
    #將排列轉換成一一對應
    f = lambda n : s[n]
    #遍歷所有的乘法
    for a, b in it.product(range(n), range(n)):
        #如果發現不滿足,當然不是同構
        if f(mul_op1(a, b)) != mul_op2(f(a), f(b)):
            return False
    #如果發現當前一一對應滿足同構,那么就返回構成同構
    return True

def isomp(n, op1, op2):
    #遍歷所有的一一對應,所有的一一對應其實和所有的n全排序一一對應
    for s in it.permutations(range(n)):
        if is_isomp(s, op1, op2):
            return True
    return False

我們看看之前$D_3$在上一節里表示乘法的array該是什么

首先，我們讓$e,y,y^2,x,xy,xy^2$分別對應$0,1,2,3,4,5$，那么乘法表矩陣應該是

\begin{matrix}
0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
1 & 2 & 0 & 5 & 3 & 4\\
2 & 0 & 1 & 4 & 5 & 3\\
3 & 4 & 5 & 0 & 1 & 2\\
4 & 5 & 3 & 2 & 0 & 1\\
5 & 3 & 4 & 1 & 2 & 0\\
\end{matrix}

顯然任何一個群，在恒等映射下一定是同構的，這種同構是平凡的，也就是沒啥大的意義。

我們用程序搜一下:

op = array.array('i', [0, 1, 2, 3, 4, 5,
                       1, 2, 0, 5, 3, 4,
                       2, 0, 1, 4, 5, 3,
                       3, 4, 5, 0, 1, 2,
                       4, 5, 3, 2, 0, 1,
                       5, 3, 4, 1, 2, 0])
for s in it.permutations(range(6)):
    if is_isomp(s, op, op):
        print(s)

得到所有構成同構的一一對應：

(0, 1, 2, 3, 4, 5)
(0, 1, 2, 4, 5, 3)
(0, 1, 2, 5, 3, 4)
(0, 2, 1, 3, 5, 4)
(0, 2, 1, 4, 3, 5)
(0, 2, 1, 5, 4, 3)

這種同構是一個群自己到自己的映射，稱為自同構。

一個群所有的自同構其實也構成一個群，稱為自同構群。

$D_3$和$D_3$的自同構群(可記作$Aut(D_3)$)恰好同構：

op = array.array('i', [0, 1, 2, 3, 4, 5,
                       1, 2, 0, 5, 3, 4,
                       2, 0, 1, 4, 5, 3,
                       3, 4, 5, 0, 1, 2,
                       4, 5, 3, 2, 0, 1,
                       5, 3, 4, 1, 2, 0])
#ss裝下所有的D3上的自同構置換
ss = []
for s in it.permutations(range(6)):
    if is_isomp(s, op, op):
        ss.append(list(s))

#兩個置換的乘積
def mul(a, b):
    r = [0] * len(a)
    for i in range(len(b)):
        r[i] = a[b[i]]
    return r

#op_aut是D3自同構群的乘法表
op_aut = array.array('i', [0] * 36)
for i, a in enumerate(ss):
    for j, b in enumerate(ss):
        c = mul(a, b)
        for k, s in enumerate(ss):
            if c == s:
                op_aut[i * 6 + j] = k
                break
#以下判斷D3和D3自同構群兩者同構與否
print(isomp(6, op, op_aut))

不過關于自同構群屬于題外話，不深入講了。

子群

如果一個群內部的一部分元素在該群的乘法下也構成一個群，那么這個群則叫子群(subgroup)。

很明顯，子群中必然包含原群的幺元作為幺元。

比如之前的二面體群$D_3$中，

$\{e,x\}$

$\{e,y,y^2\}$

$\{e,xy\}$

$\{e,xy^2\}$

在原乘法下，都是$D_3$的子群，注意，這些群都是循環群。

另外，$\{e\}$和$\{e,y,y^2,x,xy,xy^2\}$也是$D_3$的子群，只是這是每個群都有的，也就是平凡的，沒什么特殊意義。

對于$n$階循環群，如果$m$是$n$的正約數，則該循環群有$m$階子群，

實際上，$n/m$生成的群，就是$n$階循環群的$m$階子群，當然子群也是循環群。

直積

這是一種用群構建群的方式。

如果$<G_1,\cdot_1>$和$<G_2,\cdot_2>$都是群，

那么集合$G=\{(a,b)|a \in G_1,b \in G_2\}$

配合以下乘法

$(a_1,b_1) \cdot (a_2,b_2)=(a_{1}\cdot_{1} a_2,b_{1}\cdot_{2}b_2)$

我們來看一下它為什么是一個群。

首先，對于任意$G$下$(a,b),(c,d),(e,f)$，

$(a,b)\cdot(c,d) \cdot (e,f)$

$=(a\cdot_{1}c,b\cdot_{2}d)\cdot(e,f)$

$=(a\cdot_{1}c\cdot_{1}e,b\cdot_{2}d\cdot_{2}f)$

$=(a\cdot_{1}(c\cdot_{1}e),b\cdot_{2}(d\cdot_{2}f))$

$=(a,b)\cdot(c\cdot_{1}e,d\cdot_{2}f)$

$=(a,b)\cdot((c,d)\cdot(e,f))$

滿足結合律，

對于任意$G$下$(a,b)$，

假設$e_1$和$e_2$是原群的幺元,

$(a,b)\cdot (e_1,e_2) = (a,b) = (e_1,e_2)\cdot (a,b)$

所以$(e_1,e_2)$是幺元,

$(a,b)\cdot (a^{-1},b^{-1}) = (e_1,e_2) = (a^{-1},b^{-1}) \cdot (a,b)$

所以$(a^{-1},b^{-1})$是逆元，

根據群的定義，這個新的代數結構的確是群，稱為兩個群的外直積。

為了研究群的內部結構，我們引入內直積，這樣直積前的兩個群都是最終得到的群的子集。

如果$<G_1,\cdot_1>$和$<G_2,\cdot_2>$都是群，

那么，集合$G=\{a\cdot b|a \in G_1,b\in G_2\}$滿足

$a_{1},a_{2} \in G_{1} \land b_{1},b_{2} \in G_{2} \land a_{1} \cdot b_{1} = a_{2} \cdot b_{2} \Rightarrow a_{1} = a_{2} \land b_{1} = b_{2}$

再加上相應的乘法就是內直積得到的群，

對于乘法，原$G_1$里的元和原$G_2$里的元兩者乘法可交換，

那么，對于$a,c \in G_1, b,d \in G_2$，

$(a\cdot b) \cdot (c\cdot d)$

$=a\cdot b \cdot c \cdot d$

$=a\cdot (b \cdot c) \cdot d$

$=a\cdot (c \cdot b) \cdot d$

$=a\cdot c \cdot b \cdot d$

$=(a\cdot c) \cdot (b \cdot d)$

外直積和內直積得到的結果實際上是同構的，所以從研究的角度來說，是可以替代的。

我們再回頭看看$D_3$，它也有$\{e,x\}$和$\{e,y,y^2\}$兩個子群，

但它并不是這兩個子群的直積，因為第一個群的$x$和第二個群的$y$乘法不可交換。

另外，兩個Abel群的直積依然是Abel群，這個很容易證明，這一條與本系列所要討論的Abel群的結構有直接關系。

還是給直積一個符號以便后面敘述吧，記群$G_1$和群$G_2$的直積為$G_1\otimes G_2$

我們現在考慮有限Abel群的生成元。

如果從群$G$中取$n$個元可以生成$G$，

暫時記作$G=<a_1,a_2,...a_n>$

因為Abel群滿足乘法交換律，那么$G$中任意的元$g$都可以寫成以下的形式:

$g = k_1*a_1+k_2*a_2+...k_n*a_n$

其中，$k*a$中$k$是小于$a$周期的自然數，

意思為$k$個$a$相乘(加)的結果。再重申一次，對于Abel群(也就是可交換群)，我們可以把里面的乘法叫加法，所以這里使用加號。

其中，如果存在一組$k_1,k_2...k_n$

使得$k_1*a_1+k_2*a_2+...k_n*a_n = 0$

那么$k_1*a_1,k_2*a_2,...kn*an$必然全為$0$

在這種情況下，對于任意$k_1*a_1+k_2*a2+...k_n*a_n$和$j_1*a_1+j_2*a2+...j_n*a_n$

兩者相減為$(k_1 - j_1)*a_1+(k_2-j_2)*a_2+...(k_n-j_n)*a_n$

相減為$0$則意味著$(k_1 - j_1)*a_1=0\land (k_2 - j_2)*a_2=0 \land (k_n - j_n)*a_n=0$

根據上面條件，我們發現兩者相等只有在各項相等的情況下。

并且本身就是Abel群，兩者當然也是乘法可交換的。

從而，$G$是$<a_1>,<a_2>,...<a_n>$這些循環群的內直積

也就是$G=<a_1>\otimes<a_2>\otimes ...<a_n>$

另外，對于Abel群$G=<a_1,a_2,...a_n>$

如果存在$k_1*a_1,k_2*a_2,...k_n*a_n$不全為$0$使得$k_1*a_1+k_2*a_2+...k_n*a_n = 0$

那么$a_1,a_2,...a_n$中必然存在一個元可以被其他元線性表出，這其實是線性代數的基本功，回憶一下無關線性向量組相關的知識，再加上聯系到此處各個元的周期有限，應該不難證明，此處省略證明留給讀者。

于是可以找到少一個元生成整個群。

如此不斷剔除多余的生成元下去，最終總可以找到滿足開始的條件，也就是無論如何，有限Abel群都可以表示為循環群直積的形式。

循環群直積的標準化

現在我們再來考慮一個例子，

假如一個6元的Abel群我們發現同構于$Z_2 \otimes Z_3$

我們用外直積可能更容易理解，

它的六個元分別是

$(e,e),(e,b),(e,b^2),(a,e),(a,b),(a,b^2)$

其中$a$周期為$2$，$b$周期為$3$

結果發現里面有一個周期為6的元素$(a,b)$，結果其實它同構于$Z_6$

我們當然更喜歡直接到位用$Z_6$就能很清楚的明白它的結構了。

這就意味著我們雖然可以有辦法把Abel群表示為循環群的直積，但仍需要進一步化簡。

我們考慮$Z_m \otimes Z_n$

為了明白起見，我們還是用外直積來理解。

考慮它有兩個生成元$(a,e)$和$(e,b)$

其中$a$周期為$m$，$b$周期為$n$

顯然，$(a,b)$的周期是$m$和$n$最小公倍數，記作$lcm(m,n)$。

另，$m$和$n$最大公約數，記作$gcd(m,n)$。

我們有

$lcm(m*n) = m/gcd(m,n)*n = n/gcd(m,n)*m$

其中，$m/gcd(m,n)$和$n/gcd(m,n)$都是正整數，

又顯然，對于其他任何元$(k_1*a,k_2*b)$

$lcm(m*n)*(k_1*a,k_2*b)$

$=((lcm(m*n)*k_1)*a,(lcm(m*n)*k_2)*b)$

$=((n/gcd(m,n)*m*k_1)*a,(m/gcd(m,n)*n*k_2)*b)$

$=(n/gcd(m,n)*k_1*(m*a),m/gcd(m,n)*k_2*(n*b))$

$=(e,e)$

 這意味著$(a,b)$有著整個群里最大的周期。

不難得出，

$(m/gcd(m,n)*a,n/gcd(m,n)*b)$和$(a,b)$可以作為整個群的生成元

具體證明讀者自行去證，提示一下，需要用到以下命題：

對于任意正整數$m$，$n$，存在整數$p$和$q$，使得

$mp+nq=gcd(m,n)$

$(a,b)$周期為$lcm(m,n)$，

$(m/gcd(m,n)*a,n/gcd(m,n)*b)$周期為$gcd(m,n)$

所以$Z_m \otimes Z_n \cong Z_{gcd(m,n)} \otimes Z_{lcm(m,n)}$

注意，$lcm(m,n)$是整個群最大的周期，并且$gcd(m,n)$是$lcm(m,n)$的約數。

另外，對于平凡的直積

$Z_1 \otimes Z_n \cong Z_n$

可以去掉$Z_1$項

又因為直積滿足交換之后依然同構，

于是對于$Z_{k_1} \otimes Z_{k_2} \otimes ... Z_{k_n}$的化簡，可以如下這樣兩層循環進行，可以使得最終為一組循環群的直積，滿足左邊循環群的階數是右邊循環群階數的約數。

#最大公約數
def gcd(m, n):
    while True:
        if n == 0:
            return m
        m %= n
        if m == 0:
            return n
        n %= m

#最小公倍數
def lcm(m, n):
    return m * n // gcd(m, n)

#標準化
def trans(k):
    #復制k數組
    a = [n for n in k]
    length = len(a) 
    #兩輪循環化簡
    for n in range(length - 1):
        for m in range(n + 1, length):
            a[n], a[m] = gcd(a[n], a[m]), lcm(a[n], a[m])
    #剔除掉1
    for i in range(length):
        if a[i] != 1:
            return a[i:]
    return a

比如我們想要標準化$Z_{6} \otimes Z_{10} \otimes Z_{15} \otimes Z_{20}$

trans([6,10,15, 20]) => [10, 30, 60]

也就是$Z_{10} \otimes Z_{30} \otimes Z_{60}$

以上的結果可以看出，運算到最后，前面的數字是后面數字的約數，并且不存在1，這個表示對于這個群是唯一的。

于是我們就根據此得到給定階數的Abel群所有的同構。

以72階Abel群為例，我們分解72為大于1的整數乘積，滿足左邊是右邊的約數，可以窮舉出72階Abel群所有的同構如下：

$Z_{72}$

$Z_2 \otimes Z_{36}$

$Z_3 \otimes Z_{24}$

$Z_6 \otimes Z_{12}$

$Z_2 \otimes Z_2 \otimes Z_{18}$

$Z_2 \otimes Z_6 \otimes Z_6$

下一節我們設計程序來窮舉給定階數Abel群的所有同構。