# 代數導論 (9) - Subgroup Generated by Set

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*Cyclic subgroup* 是用一個元素生成一個子群，現在要來討論用「一個集合生出一個子群」。這件事情有點像線性代數裡面，給定一個集合之後，問包含這個集合的最小子空間是什麼？這邊也幾乎是如出一徹的問這個問題：給定一個集合 $S \subseteq G$，請問包含 $S$ 的最小的子群是什麼？

其中一個操作方法是使用「子群的交集還是子群」的性質。考慮「所有包含 $S$ 的子群的交集」。這個子群定義為 $\bar S$ ：

## 定義：包含 S 的最小子群

:::warning
**Def**

假定 $G$ 是一個群，$S \subseteq G$。定義 $\bar S$ 為以下的集合：

$$
\bar S = \bigcap_{S \subset H \leq G} H
$$

:::

這種定義跟分析裡面的 *closure* 根本就是一樣的訂法，只是分析是用閉集訂。除此之外，這個東西跟向量空間的 *span* 很像，都是某種包含元集合的「最小」子結構：

:::danger
**prop (包含 S 的最小子群)**

假定 $G$ 是一個群，$S \subseteq G$。則 $\bar S$ 必定是一個子群：

$$
\boxed {\bar S \leq G}
$$

除此之外，他還是「包含 $S$ 的最小子群」。即：

$$
\begin{align}
\forall H &\leq G.
\newline
&S \subseteq H \Rightarrow \bar S \subseteq H
\end{align}
$$

:::

因為子群的交集還是子群，而 $\bar S$ 是所有包含 $S$ 的子群的交集，所以必定還是個子群。而且更進一步證明他「最小」，因為對於任意 $S \subset H' \leq G$，既然它包含了 $S$，在定義 $\bar S$ 時，就一定會被取到交集。寫的正式一點，就是：

## 定義：Subgroup Generated by Set

$$
\bar S = H' \bigcap \left(\bigcap_{\begin{align}S \subseteq H \leq G \newline H \neq H'\end{align}}H\right) \subseteq H'
$$

所以這樣定義出的 $\bar S$ 一定是最小的子群。不過，這樣的子群不太好操作，所以可以用另外一種方法定義，如同在線性代數中可以證明那個「最小子空間」其實就是集合的 *span* 一樣。

:::warning
**Def (Subgroup Generated by Set)**

幾定 $G$ 是一個群，$S \subseteq G$。則定義 $\langle S \rangle$ 為：

$$
\langle S \rangle = \left\{ n \in \mathbb N, a_i = \pm 1, s_i \in G \mid \prod_{i = 1}^{n} s_i^{a_i} \right\}
$$

:::

換言之，$\langle S \rangle$ 就是把所有可以用 $S$ 中的元素與其反元素做出來的東西收集起來。而這個東西會是一個群。更進一步，這個群其實就是 $\bar S$：

## 性質：兩者相等

:::danger
**Thm**

假定 $G$ 是一個群，$S \subseteq G$。則：

$$
\boxed{\langle S \rangle \leq G}
$$

且更進一步：

$$
\boxed{\bar S = \langle S \rangle}
$$

:::

首先，$\langle S \rangle$ 是個子群可以用子群條件。假定 $s_1, s_2 \in \langle s \rangle$，也就是說：存在 $u_i$, $v_i$ $\in S$，使得：

$$
\begin{align}
s_1 &= \prod_{i = 1}^{n_1}u_i^{a_i}
\newline
s_2 &= \prod_{i = 1}^{n_2}v_i^{b_i}
\end{align}
$$

則由反元素的性質，以及 $\langle S \rangle$ 的定義，可知：

$$
(s_2)^{-1} = \prod_{i = n_1}^{1}v_i^{-b_i} \in \langle S \rangle
$$

因此，使用子群的等價條件：

$$
s_1 s_2^{-1} = \left(\prod_{i = 1}^{n_1}u_i^{a_i}\right)\left(\prod_{i = n_1}^{1}v_i^{-b_i}\right) \in \langle S \rangle
$$

得證是一個子群。更進一步 $S \subseteq \langle S \rangle$，因為把 $S$ 中元素當作 $s_1$，$a_1$ 取 $1$，跑遍所有 $S$ 中元素之後就會發現在裡面。既然 $\langle S \rangle$ 是個「包含 $S$ 的子群」，由 $\bar S$ 是「最小子群」的性質可知：

$$
S \subseteq \langle S \rangle \leq G \Rightarrow \bar S \subseteq \langle S \rangle
$$

但另外一方面，既然 $\bar S$ 也是一個包含 $S$ 的群，所以所有用 $S$ 的元素與其反元素做出來的東西，應該都要在 $\bar S$ 裡面。但 $\langle S \rangle$ 就是收集所有 $S$ 的元素與反元素之間，所有可能的作用結果，所以 $\langle S \rangle \subseteq \bar S$。

## 例子：只有兩個元素的狀況

現在討論只有兩個元素的可交換群。即假定：

$$
S = \{x, y\}
$$

且：

$$
xy = yx
$$

所以：

$$
\bar S = \{x^{a} y^{b} \mid a, b \in \mathbb Z\}
$$

:::danger
**Prop 1**

假定 $G$ 是一個群，且 $x, y \in G$。並且兩者在群所給定的二元運算下可交換，即：

$$
xy = yx
$$

且 $o(x), o(y) < \infty$。則：

$$
|\overline {\{x, y\}}| \leq o(x) \cdot o(y)
$$

:::

這邊注意到：

$$
\overline{\{x, y\}} = \{x^a y^b \mid a, b \in \mathbb Z\}
$$

但如果 $o(x)$, $o(y)$ 是有限的，那麼 $a$ 實質上就只有 $0 \dots o(x) - 1$ 這 $o(x)$ 種狀況，因為如果比 $a > o(x)$ 大，利用：

$$
\begin{align}
a = o(x)\cdot q + r \Rightarrow x^{a} &= x^{o(x)q}x^{r}
\newline
&= x^{r}
\end{align}
$$

就可以把次數降到介於 $0$ 與 $o(x) - 1$ 之間。類似地，$b$ 也只有 $0 \dots o(y) - 1$ 這 $o(y)$ 種狀況，所以 $a, b$ 的選擇至多 $o(x) \cdot o(y)$ 種選擇，因此元素數目不多於兩個 *order* 相乘。

這個關係並不是等號的理由也不難想像：比如說 $o(x) = 8$，取 $\{x, x^4\}$。這個集合能組出的群根本就是 $\langle x \rangle$，所以 $\overline{|\{x, x^4\}|} = 8$。但 $o(x) = 8$，且 $o(x^4) = 2$，兩個乘起來 $o(x)o(x^4)$ 是 $16$。

仔細思考一下，這個關鍵似乎兩個元素中的循環群有沒有過多重複的元素。如果重疊的數目過多，那麼搭配的過程中，相同的組合也越多。那要不重複到什麼程度呢？這裡有另外一個敘述：

:::danger
**Prop 2**

在 **prop 1** 的前提，若更進一步有：

$$
(o(x), o(y)) = 1
$$

則等號成立。即：

$$
|\overline{\{x, y\}}| = o(x) \cdot o(y)
$$

而且：

$$
\overline{\{x, y\}} = \langle xy \rangle
$$

:::

為了方便，令：

$$
\begin{align}
H &= \langle x \rangle
\newline
K &= \langle y \rangle
\end{align}
$$

由循環子群「*order* 與所生成的循環群元素數目相同」的性質，可以知道 $o(x) = |H|$，$o(y) = |K|$，所以下面就用 $|H|, |K|$ 分別表示 $x$ 與 $y$ 的 *order*。

之所以會有不等於的狀況，是因為難保在 $0 \leq a_1, a_2 < o(x)$ 且 $0 \leq a_1, a_2 < o(y)$ 時，出現兩個做出來的元素恰好相等的狀況。也就是：

$$
x^{a_1} y^{b_1} = x^{a_2}y^{b_2}
$$

但在 $o(x), o(y)$ 互質時，這樣的狀況不會發生。或是說就算發生了，也必定有 $a_1 = a_2$ 與 $b_1 = b_2$。這是因為發生上面的狀況時，有：

$$
\begin{align}
x^{a_1 - a_2} = y^{b_2 - b_1} &\in \langle x \rangle \cap \langle y \rangle
\newline &= (H \cap K)
\end{align}
$$

但 $H \cap K$ 會同時是 $H, K$ 的子群。所以依照 *Lagrange* 定理，有：

$$
\begin{align}
|H \cap K| &\bigg{|} |H|
\newline
|H \cap K| &\bigg{|} |K|
\end{align}
$$

換句話說，$|H \cap K|$ 是 $|H| = o(x)$ 與 $|K| = o(y)$ 的一個公因數。但 $|H|$, $|K|$ 互質，所以：

$$
|H \cap K| \bigg{|} 1 \Rightarrow |H \cap K| = 1
$$

既然 $(H \cap K)$ 裡面只有一個元素，又是個子群，所以唯一的可能就是：

$$
H \cap K = \{1\}
$$

把這個結論代回，得到：

$$
x^{a_1 - a_2} = y^{b_2 - b_1} = 1
$$

這時，再套用 *order* 的定義，知道這時只能是：

$$
\begin{align}
o(x) & \mid a_1 - a_2
\newline
o(y) & \mid b_2 - b_1
\end{align}
$$

但這就跟 $0 \leq a_1, a_2 < o(x)$ 且 $0 \leq a_1, a_2 < o(y)$ 的狀況矛盾。

最後，證明這個群是循環群。首先，因為 $\{xy\} \subseteq \overline{\{x, y\}}$ 套用前面「包含集合的最小子群」的結論，有：

$$
xy \in \overline{\{x, y\}} \Rightarrow \langle xy \rangle \subseteq \overline{\{x, y\}}
$$

現在來看看 $xy$ 的 *order* 是多少。假定這個 *order* 是 $l$：

$$
x^{l}y^{l} = 1 \Rightarrow x^{l} = y^{-l} \in H \cap K
$$

但在 $|H|, |K|$ 互質時，$H \cap K = \{1\}$，所以唯一的可能就是：

$$
x^{l} = y^{-l} = 1
$$

注意 $y^{-l} = 1$ 其實也表示 $y^{l} = 1$。既然 $l$ 次方之後，$x^{l}$, $y^{l}$ 都要變成 $1$，$l$ 就必須要是 $o(x)$ 的倍數，也要是 $o(y)$ 的倍數。因此：

$$
o(x)o(y) \mid l
$$

換句話說：

$$
o(x)o(y) \leq l
$$

但另外一方面，由 *Lagrange* 定理，既然 $\langle xy \rangle$ 是 $\overline{\{x, y\}}$ 的子群，所以這個循環群的 *order* 就必定要是母群的大小 $|\overline{\{x, y\}}| = o(x)o(y)$ 的因數。但也就是：

$$
l \mid o(x)o(y) \Rightarrow l \leq o(x)o(y)
$$

由此得證：

$$
l = o(x)o(y)
$$

但既然 $\langle xy \rangle \subseteq \overline{\{x, y\}}$，而且兩個集合元素數目又相同，所以兩個集合只能一樣大。也就是：

$$
\langle xy \rangle = \overline{\{x, y\}}
$$