# 代數導論 (16) - Conjugation

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這邊考慮的 *group action* 是「取 *conjugate*」：

$$
\begin{align}
G \times G &\to G
\newline
(g, h) &\mapsto (ghg^{-1})
\end{align}
$$

這個動作在前面定義 *group ation* 時，已經證明這是個 *group action* 了。這邊進一步導出一些關於他的結論。

取 *conjugate* 作為一個 *group action* 時，常常會有一些自己專屬的名詞。比如說：

1. 這個動作的 *stabilizer* 會特地叫成 *centralizer*，符號不用 $G_x$ 而用 $C_G(x)$
2. *orbit* 會特地叫做 *conjugate class*，符號會用 $C_x$ 而不是 $orb(x)$。

不過這某些程度來說是溝通方便。以後用到這些名詞時，就自動知道是在討論「取 *conjugate*」這個 *group action*，比較不會產生「這個 *orbit* 到底是哪個 *group action* 做出來的？」這種問題。

而前面有證明過：某個「元素的 *orbit*」跟「其 *stabilizer* 所形成的 *quotient*」存在以下雙射：

$$
\begin{align}
G/G_x & \to orb(x)
\newline
gG_x &\mapsto g(x)
\end{align}
$$

把 *group action* 替換成「取 *conjugate*」，並且把用語換成 *conjugate* 上面的術語，這個雙射會寫成：

$$
\begin{align}
G/C_G(x) & \to C_x
\newline
gC_G(x) &\mapsto gxg^{-1}
\end{align}
$$

> 這些符號有時候滿令人困惑的，至少我在看版書時碰到一些問題。舉例來說，「$x$ 的 *conjugate class*」跟「$x$ 的 *stabilizer*」這兩件事，分別是 $C_x$ 跟 $G_x$，但看起來實在是非常相似。又比如：做 *quotient* 時候，分母的 *centralizer* 跟做出來的 *conjucate class* 都是用同一個字母 $C$，更別提不同書或教師使用的各種華麗下標了。

## 定理：Normal Subgroup 必為某些 Conjugate Class 的聯集

:::danger
**Thm**

假定 $G$ 是一個群，且 $H \lhd G$。則必定存在某些 $g \in G$，使得「$H$ 是這些 $g$ 的 *conjugate class* 的聯集」：

$$
H = \bigcup_{g} C_g
$$

:::

可以證明：對於任意一個 *conjugate class*，它跟一個 *normal subgroup* 的關係只可能是「包含在 $H$ 中」或「完全沒有交集」。因為假定：

$$
x \in (H \cap C_g)
$$

既然 $x \in C_g$，這就表示 $C_g$ 這個 *conjugacy class* 可以表成：

$$
C_g = \{gxg^{-1} \mid g \in G\}
$$

但依照 *normal subgroup* 的定義：既然 $x \in H$，所以他跟 $G$ 中任何元素取 *conjugate* 的結果，都要在 $H$ 中：

$$
gxg^{-1} \in H \quad \forall g \in G
$$

但這也就是在說：$C_g$ 中的每一個元素都在 $H$ 中：

$$
C_g \subseteq H
$$
## 定理：Class Equation

這個定理的精神是這樣：==*group action* 會把作用的集合分割成很多個很多不相交的 *orit*==。而==每個 *orbit* 中的元素個數，就是裡面任意一個元素的 *stabilizer* 跟原先的群做出的 *quotient* 得到的大小==。而如果更進一步，$X$ 有限的話，假定 $x_1 \dots x_n$ ==分別屬於不同的 *orbit*==，那應該會期待：

$$
|X| = \sum_{i = 1}^{n}|orb(x_i)|
$$

或者。更進一步，套用「*orbit* 數目就是 *stabilizer* 做出的 *coset* 數目」，有：

$$
|X| =\sum_{i = 1}^{n}|orb(x_i)| = \sum_{i = 1}^{n} |G/G_{x_i}|
$$

套用到 *conjugate* 作為 *group action* 的狀況，這時 $X = G$。因此也就是說：

$$
\boxed{|G| = \sum_{i = 1}^{n}|G/G_{x_i}|}
$$

這個就是 *class equation* 的雛形。不過，除了單純相加之外，*class equation* 進一步將這些 *orbit* 依照「大小是不是 $1$」進行分類。

這所有的 $G/G_{x_i}$ 中，==有些 $x_i$ 的 *stabilizer* 可能剛好會是整個 $G$==，也就是發生某些 $x_i$ 有 $G = G_{x_i}$ ，的狀況，即：他的 *stabilizer* $G_{x_i}$ 就是整個群，所以整個 $G$ 中的元素以 *conjugate* 在他上面，他都只在原來的位置上不動。這時，這個元素的 *orbit* 大小就是 $1$。==這些元素的集合稱作 $G$ 的 *center*，符號用 $Z(G)$== 來表示。也就是：

$$
Z(G) = \{a \in G \mid gag^{-1} = g \quad \forall g \in G\}
$$

說穿了，$Z(G)$ 就是收集所有在 *conjugate* 作用下，*orbit* 大小是 $1$ 的元素。如果把這些元素，跟其他「*orbit* 大小比 $1$ 大的元素」分開來看，並不失一般性假定那些「*orbit* 大小比 $1$ 大的元素」的元素是 $x_1 \dots x_r$ 這 $r$ 個的話，那麼上面 $|G|$ 也可以表為：

$$
|G| = \sum_{i = 1}^{n}|G/G_{x_i}| = |Z(G)| + \sum_{i = 1}^{r}|G/G_{x_i}|
$$

其中，$x_1 \dots x_r$ 是些「*orbit* 比 $1$ 大的元素」; 而 $Z(G)$ 是那些「*orbit* 大小是 $1$ 的元素」，或說「整個群都是他的 *stabilizer* 的元素」，或說「在 $G$ 的 *center* 中的元素」。如果更騷包一點，把 $x_i$ 的 *stabilizer* $G_{x_i}$ 通通都寫成 *centralizer* 的形狀，把「*orbit*」說成「*conjugate class*」，那麼就有了 *class equation*：

:::danger
**Thm (Class Equation)**

假定 $G$ 是個有限群。假定 $G$ 有 $r$ 個大小不為 $1$ 的 *conjugate class*，並且 $g_1 \dots g_r$ 這 $r$ 個元素各自來自不同的 *conjgate class*，則：

$$
\boxed{|G| = |Z(G)| + \sum_{i = 1}^{r}|G/C_G(g_i)|}
$$

其中，$Z(G)$ 是 $G$ 的 *center*，即：在 *congugate* 作為 *group action* 下，「以整個群為 *stabilizer* (*centralizer*) 的元素」所形成的集合：

$$
Z_G = \{z \in G \mid gzg^{-1} = z\ \forall g \in G \}
$$

:::

### 定理：p-group 的 Center 有單位元以外的元素

:::danger
**Thm (p-group 的 Center 不只有單位元)**

假定 $G$ 是一個有限群。$G$ 的大小是某質數的次方，則 $G$ 的 *center* 必定有除了 $1$ 以外的元素。即：

$$
|G| = p^{n} \Rightarrow |N(G)| \neq 1
$$

其中，$p$ 為一質數，且 $n \in \mathbb N$。

:::

證明方式是使用 *class equation*。首先，從 *class equation*，可知 $Z(G)$ 有：

$$
|Z(G)| = \underbrace{|G|}_{p^n} - \sum_{i = 1}^{r}|G/C_G(g_i)|
$$

如果可以證明後面那坨 $\sum$ 會是 $p$ 的倍數，那就可以證明 $|Z(G)|$ 是 $p$ 的倍數，然後就證明完了。但這邊可以注意到：任意 $g_i$ 的 *stabilizer* $C_{G}(g_i)$ 都會是個 $G$ 的子群，所以套用 *Lagrangr* 定理：

$$
|C_{G}(g_i)|\ \bigg{|}\ |G|
$$

因此：

$$
|G/C_G(g_i)| = {\frac {|G|}{|C_G(g_i)|}\ \bigg{|}\ |G|}
$$

但是 $|G| = p^{n}$，他為一的因數就是 $p$，所以：

$$
|G/C_G(g_i)|\ \bigg{|}\ p^{n} \Rightarrow |G/C_G(g_i)|\ \bigg{|}\ p
$$

因為對於每個 $C_G(g_i)$ 都對，所以每個都是 $p$ 的倍數，因此加總起來之後，$\sum$ 也是 $p$ 的倍數。由此得證：

$$
|Z(G)| = \left(\underbrace{|G|}_{p^n} - \sum_{i = 1}^{r}|G/C_G(g_i)|\right)\ \bigg{|}\ p
$$

### 推論：個數為質數平方的群之構造

:::danger
**Corollary**

假定 $P$ 是一個群。若存在質數 $p$，使得：

$$
|P| = p^{2}
$$

則下列兩個敘述成立：

</br>

++**1. P 可交換**++：

$$
\boxed{P \text{ is }\mathbf{\ Abelian}}
$$

++**2. P 的構造**++：

$P$ 與「$(\mathbb Z/p^2 \mathbb Z)$」或「$(\mathbb Z/p\mathbb Z) \times (\mathbb Z/p\mathbb Z)$」其中一者同構：

$$
\boxed{\begin{align}
&P \simeq Z_{p^2} &\text{or}
\newline
&P \simeq (Z_p \times Z_p)
\end{align}}
$$
:::

因為 $(\mathbb Z/\mathbb Z_{p^2})$ 等等看起來實在是有點長，而且目前沒有要用到 *p-adic group* 的符號，所以就暫時用 $Z_p$, $Z_{p^2}$ 等來表示 $(\mathbb Z / p \mathbb Z)$ 及 $(\mathbb Z/p^2\mathbb Z) \times (\mathbb Z/p\mathbb Z)$。

==Abelian==：套用上面的定理。因為 $|P| = p^2$，所以 *center* 的大小必定比 $1$ 還大。但 *center* 又是個 *subgroup*，所以他的大小受到 *Lagrange* 定理的限制，只能是 $p$ 或 $p^2$：

$$
|Z(P)| = p \text{ or } p^2
$$

這也就是在說：

$$
|P/Z(P)| = p \text{ or }1
$$

在 $|Z(P)|$ 為 $p$ 的狀況下，$|P/Z(P)|$ 也是 $p$。又因為 $p$ 是一個質數，任何質數個數的有限群都會是循環群，所以這時 $P/Z(P)$ 是循環群。而在講 *subgroup* 的時候有證明過：如果跟 *center* 做出的 *quotient group* 是個循環群，那麼原來的群必定 *Abelian*。

==Isomorphism==

依照「這個群中有沒有 *order* 為 $p^2$ 的元素」來分別討論。

==存在==：假定這個群當中，*order* 為 $p^2$ 的元素，那就直接有有：

$$
P \simeq Z_{p^2}
$$

因為找出這個 *order* 是 $p^2$ 的元素，用它做循環群。循環群必定會是 $P$ 的子群，而且這個做出來的循環群個數又跟母群 $P$ 一樣多，所以就一定跟母群一模一樣。

==不存在==：另外一方面，假定這樣的元素不存在。在這樣的狀況下，因為任何元素的 *order* 都要是母群大小的因數，但它只有 $1$, $p$, $p^2$ 這 3 種狀況。所以對於任意非單位元的元素 $x$，既然 *order* 不是 $1$ (不是單位元)，也不可能是 $p^2$ (前提)，所以就只能是 $p$：

$$
\forall x \neq 1.\quad o(x) = p
$$

也就是說：

$$
\langle x \rangle \simeq Z_p
$$

這時，挑另外一個 $y$，使得：

$$
y \in P \setminus \langle x \rangle
$$

並且考慮：

$$
\begin{align}
\sigma : \langle x \rangle \times \langle y \rangle & \to P
\newline
(x^a, y^b) &\mapsto x^ay^b
\end{align}
$$

其中：

$$
\begin{align}
0 \leq a < p
\newline
0 \leq b < p
\end{align}
$$

只要可以證明 $\sigma$ 是個 *isomorphism* ，那就都證明完了。但因為 $x, y$ 的 *order* 都是 $p$，所以 $\langle x \rangle \times \langle y \rangle$ 跟 $p$ 的數目一樣多。因此，只要證明 *injection*，就自動有 *bijection*。因此，現在只要證明：*kernel* 是單位元就好。

假定：

$$
x^{a}y^{b} = 1
$$

目標是

$$
a = b = 0
$$

==利用反證法==：首先，不可能有「其中一個是 $0$，而另外一個人不是 $0$」的狀況。因為前提是 $0 \leq a, b < p$，而且 $x, y$ 的 *order* 都是 $p$。所以如果這件事發生了，就表示 $x^a$ 或 $y^b$ 是 $1$，也就是有人的 *order* 比 $p$ 小。然後就跟兩者 *order* 是 $p$ 的假設相違背。

除此之外，也不可能 $a, b$ 同時非零。這是因為若兩者非零，那麼 $a \neq 0$。這時就有：

$$
x^{a} = y^{-b}
$$

因為 $0 \leq a, b < p$，所以 $a$ 必定與 $p$ 互質。套用歐幾里德演算法得知：

$$
\begin{align}
(a, &p) = 1
\newline
&\Rightarrow \exists m, n \in \mathbb Z.ma + np = 1
\end{align}
$$

因此：

$$
\boxed{x} = x^{1} = x^{ma + np} = (x^{a})^{m} = y^{-bm} \in \boxed{\langle y \rangle}
$$

但這時就得到了 $x$ 在 $\langle y \rangle$ 中的結論：

$$
x \in \langle y \rangle
$$

但前面取 $y$ 時，就是取「不在 $\langle x \rangle$ 中的元素」了：

$$
y \in P \setminus \langle x \rangle
$$

所以就矛盾了。由此得證唯一的可能，就是 $a, b$ 均為 $0$。