# 代數導論 (1.1) : 群的簡介

這篇定義兩個代數結構：群與體。除此之外，為了日後方便舉例，各自舉出了一些這些代數結構的例子，以及這些例子所衍生的一些基本性質。

[TOC]

## 定義：群

:::warning
**Def (Group)**：*Group* 是一個由一個集合 $G$ 及一個 $G$ 上的二元運算：

$$
\star : G \times G \to G
$$

所形成的二元祖 $(G, \star)$。其中，二元運算 $\star$ 必須滿足下面三個性質：

1. ++結合律++
$$
\boxed{(a \star b) \star c = a \star (b \star c)}
$$
2. ++存在單位元++：存在一個元素 $i \in G$，使得任意 $a \in G$，有：
$$
\boxed{a \star \mathbb{I} = \mathbb{I} \star a = a}
$$
3. ++任意元素存在反元素++：對於任意 $a \in G$，存在元素 $a'$，使得：
$$
\boxed{a \star a' = a' \star a = e}
$$

若更近一步，運算 $\star$ 滿足：

4. ++交換律++：
$$
a \star b = b \star a
$$

則稱這個群為可交換群 (或阿貝爾群)。

:::

比如說：$(\mathbb R, +)$, $(\mathbb Z, +)$, $(\mathbb Q, +)$ 都是群。

在指稱群時，有時候會偷懶，把「$(G, \star)$ 是一個群」講成「$G$ 是一個群」。不然講一個群就要一直重複講「$G$ 跟 XX 運算構成的那個群」有點麻煩。

除此之外，有時候會把 $a \star b$ 簡寫成 $ab$。只要看到並排的元素，就自動知道他中間有一個群的二元運算就對了。

因為有結合律的關係，所以不難證明這些運算括弧的順序並不會影響結果。比如說 $abcd$ 不管哪種括號方法都會相等：

$$
(a)(b)(c)(d)
=\begin{cases}
(ab)(c)(d) = (abc)(d)
\newline
(a)(bc)(d) = (a)(bcd)
\newline
(a)(b)(cd) = (ab)(cd)
\end{cases} = (abcd)
$$

除此之外，當這個運算寫很多次時，也可能會寫成冪次：

$$
\underbrace{a \star a \star a \dots \star a}_{n} = a^n
$$

這樣雖然比較簡單，但如果 $\star = +$，也就是這個二元運算是加法時，寫成次方看起來似乎不太順眼。所以另外一種可能的簡記是寫成：

$$
\underbrace{a \star a \star a \dots \star a}_{n} = na
$$

### 反元素與單位元唯一

:::danger
**Prop 1**：假定 $G$ 是一個群。則下列性質成立：

1. ++單位元是唯一的++
2. ++任何元素的反元素都是唯一的++
3. ++反元素的性質++：對於任意 $a, b \in G$，有：
$$
\boxed{(ab)^{-1} = (b^{-1})(a^{-1})}
$$
:::

假定這樣的 *identity* 有 $e_1, e_2$ 兩個。也就是說：對於任意 $a \in G$，$e_1, e_2$ 都滿足：

$$
\begin{align}
a \cdot e_1 = e_1 \cdot a = a \newline
a \cdot e_2 = e_2 \cdot a = a
\end{align}
$$

既然如此，把第一式的 $a$ 換成 $e_2$，就有：

$$
e_1 \cdot e_2 = e_2 \cdot e_1 = e_1
$$

但另外一方面，對式二的 $a$ 換成 $e_1$，就會得到：

$$
e_2 \cdot e_1 = e_2
$$

因此得證：

$$
e_1 = e_2
$$

第二個性質也是類似。假定：

$$
\begin{align}
a \cdot a' = a' \cdot a = e \newline
a \cdot a'' = a'' \cdot a = e
\end{align}
$$

對於 $a'$，有：

$$
a' = a' \cdot e = a' \cdot (a\cdot a'') = \underbrace{(a' \cdot a)}_{e} \cdot a'' = a''
$$

現在知道反元素唯一了，所以只要說明 $(ab)^{-1}$ 跟 $(b^{-1})(a^{-1})$ 都是 $(ab)$ 的反元素就證明完了。而顯然 $(ab)^{-1}$ 這個符號已經代表了 $(ab)$ 的反元素。而：

$$
(ab)(b^{-1})(a^{-1}) = a(bb^{-1})a^{-1} = e
$$

### 性質：左右消去律

:::danger
**Prop2 (消去律)**

對於任意 $u, v, w \in G$，有「左消去律」及「右消去律」：

$$
\boxed{
\begin{align}
u \cdot v = u \cdot w \Rightarrow v = w
\newline
v \cdot u = w \cdot u \Rightarrow v = w
\end{align}}
$$

:::

既然 $u \cdot v = u \cdot w$，那麼同時作用上 $u$ 的反元素：

$$
u^{-1}(uv) = u^{-1}(uw) \Rightarrow v = w
$$

類似地：

$$
(vu)u^{-1} = (wu)u^{-1} \Rightarrow v = w
$$

這裡有一個觀察：假定 $(G, \cdot)$ 是一個群，而現在指證了 $(G, \cdot)$ 的做消去律，但還沒證明右消去律。除了如法炮製本來的證明方法之外，也可以進一步這樣思考。首先定義：

$$
\times : (a \times b) \to b \cdot a
$$

這樣一來，$(G, \times)$ 也會是個群，所以也要有左消去律。但 $(G, \times)$ 的左消去律，恰好就是 $(G, \cdot)$ 的右消去律，所以就自動證明完了。

## 定義：元素的 Order

:::warning
**Def (Order)**：假定 $a \in G$。若存在正整數 $n$，使得：

$$
a^n = \mathbb{I}
$$

則稱 $n$ 為 $a$ 的 *order*。並且用 $o(a)$ 或 $|a|$ 來表示 *order* 當中最小者。
:::

舉例來說，考慮 $(\mathbb Z, +)$ 這個群。則對於任意 $a \neq 0$，$o(a) = \infty$; 而對於 $0$，因為自己就是加法單位元，所以 $o(0) = 1$

又比如考慮 $S_3$。考慮下列元素：

$$
f = (1, 2, 3) \in S_3
$$

則：

$$
\begin{align}
&f^2 = (1, 2, 3) \cdot (1, 2, 3) = (1, 3, 2)
\newline
&f^3 = (1, 3, 2) \cdot (1, 2, 3) = \mathbb{I}
\end{align}
$$

因此，$(1, 2, 3)$ 在 $S_3$ 的 *order* 就是 3。聽起來也很合理，因為 $f$ 每作用一次，會往後遞移一次，但全部的元素也只有 3 個。因此作用三次之後，就回到循環一開始出發的地方。

從 *order* 的定義可以觀察到：假定 $a ^{n} = \mathbb I$，則顯然：

$$
(a^n) \cdot (a^n) = \mathbb I \cdot \mathbb I = \mathbb I
$$

以此類推，任意 $n$ 的倍數，都應該也要是一個合法的 *order*。這個觀察可以更進一步推論：

### 性質：Order 與最小 Order 的倍數

:::danger
**Prop**： $G$ 是一個群，且 $a \in G$。假定 $o(a) = n$，則：

$$
a^{m} = \mathbb I \Rightarrow n | m
$$
:::

這個證明是用整數的除法。整數 $m$ 可以表為：

$$
m = q\cdot n + r \quad 0 \leq r < n
$$

反證：若 $r \neq 0$，則可知 $a^m$ 可表為：

$$
a^{m} = \underbrace{\underbrace{a \dots a}_{n} \cdot \underbrace{a \cdot a}_{n} \dots \underbrace{a \cdot a}_{n}}_{q} \cdot a^r = \mathbb I
$$

但這樣一來，就有：

$$
a^r = \mathbb I \quad 0 \leq r < n
$$

但 $n = o(a)$ 已經定義為「所有 *order* 當中最小者」，因此就矛盾了。