课堂记录，杂乱无章

# 3rd Apr 2025

证明：考虑$\varphi:S\to S'$，定义为$\varphi(H)=f(H)$。考虑单射，任取$H_1,H_2\in S$，我们知道

$$\varphi(H_1)=\varphi(H_2)\implies \forall h_1\in H_2,\ \exists h_2\in H_2,\ f(h_1)=f(h_2)\implies \forall h_1\in H_2,\ \exists h_2\in H_2,\ f(h_2^{-1}h_1)=e.$$

那么$h_2^{-1}h_1\in Ker f\leq H_2$，所以$h_1\in h_2 H_2=H_2$。因为$h_1$ 是任意的，所以$H_1\subseteq H_2$。同理有$H_2\subseteq H_1$。
因此$\varphi$ 是单射。

考虑证明$\varphi$ 是满射，任取$H\in S'$，令

$$N=f^{-1}(H)=\{g\in G:f(g)\in H\}.$$

我们知道$H\leq G$ 是子群（同态的原像）。而$Ker f=f^{-1}(\{e\})$，所以$Ker f\leq N$。又因为$f$ 是满射，所以$f(N)=H$（注意，如果$f$ 不是满射时，这一条可能不满足）。
因此$\varphi$ 是满射。
$\square$

证明：因为$H\unlhd G$，所以$f(H)\unlhd G'$。设$H'=f(H)$，那么因为$f$ 是满同态，所以

$$G'/H'=\{f(g)H':f(g)\in G'\}.$$

定义$\sigma:G\to G'/H'$ 为

$$\sigma(g)=f(g)H'.$$

不难验证$\sigma$ 是同态。又因为$f$ 是满同态，所以$\sigma$ 也是满同态。而且注意到

$$Ker\sigma=\{g\in G:f(g)H'=H'\}=\{g\in G:f(g)\in H'\}=f^{-1}(H').$$

根据上面子群对应定理的证明，以及$H'=f(H)$，所以$H=f^{-1}(H')$。
因此$Ker\sigma=H$。所以根据群同态基本定理

$$G/H=G/Ker\sigma\cong G'/H'.$$

$\square$

第一同构定理实际上说明了

$$G'/f(H)\cong (G/Ker f)/(H/Ker f)\cong G/H.$$

证明：可以证明，$HN\leq G$，以及$N\unlhd HN$。
定义$\varphi:H\to HN/N$ 为

$$\varphi(h)=hN.$$

那么可以验证$\varphi$ 是同态，而且$\varphi$ 是满同态，因为陪集$(h\cdot n)N=hN$。
下面考虑$Ker\varphi$:

$$Ker\varphi=\{h\in H:\varphi(h)=hN=N\}=\{h\in H:h\in N\}=H\cap N.$$

因此根据群同态基本定理，

$$H/(H\cap N)=H/Ker\varphi\cong HN/N.$$

$\square$

两个同构定理证明思路是同样的：构造一个满同态，然后用群同态基本定理。

证明：$(\Rightarrow)$ 若$G/N$ 是单群，且$N<H\leq G$，那么根据第一同构定理

$$G/H\cong (G/N)/(H/N).$$

因为$G/N$ 是单群，且$N<H$，所以$H/N$ 不只含有一个单位元，所以$H/N=G/N$，即$H=G$。因此$N$ 是$G$ 的极大正规子群。

$(\Leftarrow)$ 假设$\{e\}<H'\unlhd G/N$，我们要证明$H'=G/N$。定义自然同态$\varphi:G\to G/N$:

$$\varphi(g)=gN.$$

令$H=\varphi^{-1}(H')$，而且$N=\varphi^{-1}(\{e_{G/N}\})<H$，且$H\unlhd G$。
因为$N$ 是极大正规子群，而且$N<H\unlhd G$，所以$H=G$。
因此$G/N$ 是单群。
$\square$

练习：验证$End(G)$ 是一个含幺半群，$Aut(G)$ 是一个群，运算都为映射的复合。

练习：对于任意$a\in G$，验证$\sigma_a=aga^{-1}$ 的确是一个同构，称为内自同构。而且全体内自同构构成一个群，记为$Inn(G)$。

证明：$Inn(G)\leq Aut(G)$ 是好证明的。那么验证正规性，对于$f\in Aut(G),\sigma_a\in Inn(G)$，那么

$$(f\sigma_af^{-1})(x)=f(af^{-1}(x)a^{-1})=f(a)xf(a)^{-1}=\sigma_{f(a)}(x).$$

因此$f\sigma_a f^{-1}\in Inn(G)$。

定义一个$\varphi:G\to Inn(G)$ 为$\varphi(a)=\sigma_a$。那么容易验证$\varphi$ 是同态。它是满同态也是显然的。而且

$$Ker\varphi=\{a\in G:\forall x\in G,\ axa^{-1}=x\}=C(G).$$

因此根据群同态基本定理$G/C(G)=G/Ker\varphi\cong Inn(G)$。
$\square$

可交换性越差，$Inn(G)$ 越大。

例：如果$G$ 是 Abel 群，那么$C(G)=G$，此时$Inn(G)$ 是平凡的。

例：令$G=\mathbb{Z}$，考虑$Aut(\mathbb{Z})$。这其中只有两个元素：$f(n)=n,f(n)=-n$。

例：令$G=S_3$。那么$Inn(S_3)\cong S_3/C(S_3)\cong S_3$。

# 10th Apr 2025

来点 orbit，burnside 引理的应用例子。

项链问题：用$n$ 种颜色的珠子做成$m$ 颗珠子的项链，一共有多少种不同的方法。

简化版：设$X=\{1,...,m\}$ 表示$m$ 颗珠子的集合，$A=\{a_1,...,a_n\}$ 为$n$ 个颜色集合。那么一个项链对应了一个映射$f:X\to A$。令$\Omega=\{f:X\to A\}$ 这样的集合，那么$|\Omega|=n^m$。

下面我们考虑二面体群$D_m$ 对$\Omega$ 的作用。我们考虑

$$g=\begin{pmatrix} 1 & 2 & ... & m\\ i_1 & i_2 & ... & i_m \end{pmatrix}\in D_m\leq S_m,\qquad f=\begin{pmatrix} 1 & 2 & ... & m \\ C_1 & C_2 & ... & C_m \end{pmatrix}\in\Omega,$$

那么我们定义群作用

$$g(f)=\begin{pmatrix} i_1 & i_2 & ... & i_m\\ C_1 & C_2 & ... & C_m \end{pmatrix}\in\Omega.$$

可以验证，这是一个群作用。那么我们想要求$|\Omega/D_m|$，即 orbit 的数量。根据 Burnside 引理，

$$|\Omega/D_m|=\frac{1}{|D_m|}\sum_{g\in D_m}|\Omega^g|.$$

下面考虑$\Omega^g$，假设$g$ 是一个$1^{\lambda_1}...m^{\lambda_m}$ 型置换，什么时候$f$ 是一个不动点呢？这意味着$g$ 的轮换分解中，同一个轮换中的珠子颜色相同。所以

$$|\Omega^g|=n^{\lambda_1+...+\lambda_m}.$$

所以$|\Omega^g|$ 只和$g$ 的类型有关。然后生草的是，最后表达式也没有解析解，就是对不同类型的轮换求和。

$$\frac{1}{|D_m|}\sum_{[\lambda_1,...,\lambda_m]}C(\lambda_1,...,\lambda_m)\cdot n^{\lambda_1+...+\lambda_m},$$

其中$C(\lambda_1,...,\lambda_m)$ 是轮换类型的数量。

当$n=3,m=6$ 时，那么$D_6$ 中有

• 1 个$1^6$ 型；
• 3 个$1^22^2$ 型（沿着 6 边形的对称轴翻转，对称轴过一对顶点）；
• 4 个$2^3$ 型（沿着 6 边形的对称轴翻转，对称轴过一对边中点。以及一个旋转 180 度的）；
• 2 个$3^2$ 型（旋转 120，240 度）；
• 2 个$6^1$ 型（旋转 60，300 度）。

因此答案是

$$\frac{1}{12}(3^6+3\cdot 3^4+4\cdot 3^3+2\cdot 3^2)=92.$$

一共有 92 种不同的项链。

图论：考虑$n$ 个顶点的图有多少种。设$V=\{1,...,n\}$，$Y=\{\{i,j\}:i,j\in V,i\neq j\}$。
那么一个带标号的图，也就是一个映射$f:Y\to \{0,1\}$，令$\Omega$ 是这样映射的集合。我们要考虑顶点没有标号的图的个数。定义一个对称群$S_n$，对$\Omega$ 的作用为

$$\sigma(f):\{i,j\}\mapsto f(\{\sigma^{-1}(i),\sigma^{-1}(j)\}).$$

意思是，新图中$\sigma(i),\sigma(j)$ 连边，当且仅当原来图$i,j$ 连边。
因此我们又要开始求 orbit 数量了。譬如$n=4$ 时，我们考虑$\Omega^\sigma$。

• $\sigma$ 是$1^6$ 型置换，$|\Omega^e|=|\Omega|=2^{C_4^2}=2^6$；
• $\sigma$ 是$1^22^1$ 型置换，不妨设$\sigma=(12)(3)(4)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,4\})=f(\{2,4\}),f(\{1,3\})=f(\{2,3\})$，其余$f$ 任取。所以$|\Omega^\sigma|=2^4$。
• $\sigma$ 是$1^13^1$ 型置换，不妨设$\sigma=(123)(4)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,2\})=f(\{2,3\})=f(\{3,1\}),f(\{1,4\})=f(\{2,4\})=f(\{3,4\})$。因此$|\Omega^\sigma|=2^2$。
• $\sigma$ 是$2^2$ 型置换，不妨设$\sigma=(12)(34)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,3\})=f(\{2,4\}),f(\{1,4\})=f(\{2,3\})$，所以$|\Omega^\sigma|=2^4$。
• $\sigma$ 是$4^1$ 型置换，不妨设$\sigma=(1234)$。那么$\sigma(f)=f$ 意味着$f(\{1,2\})=f(\{2,3\})=f(\{3,4\})=f(\{4,1\})$，$f(\{1,3\}=f(\{2,4\}))$，所以$|\Omega^\sigma|=2^2$。

最后，答案就是

$$\frac{1}{4!}(2^6+6\cdot 2^4+4\cdot 2^2+3\cdot 2^4+6\cdot 2^2)=11.$$

条幅问题：想象一个 6 个格子排成一排的条幅，3 种颜色，每一个位置可以染一个颜色。条幅旋转 180 度认为相等。
还是令$\Omega=\{f:\{1,2,3,4,5,6\}\to \{1,2,3\}\}$。考虑一个二元群$\{0,1\}$，作用为

$$1(f)(i)=f(6-i).$$

那么$|\Omega^0|=|\Omega|=3^6$，$|\Omega^1|=3^3$，因为$1(f)=f$ 意味着$f$ 这个染色是对称的。因此 答案是

$$\frac{1}{2}(3^6+3^3)=\frac{1}{2}(729+27)=378.$$

# 17th Apr 2025

网格问题： 给定一个$4\times 4$ 的网格，每一个网格内可以染 2 种颜色，问有多少种染色方法。

还是先考虑简单情况，假如我们可以区分网格。那么所有的染色方案就是：

$$\Omega=\{f:\{1,2,...,16\}\to \{A,B\}\}.$$

故有$|\Omega|=2^{16}$ 个染色方案。

接下来我们考虑没有标号的情况。网格只有 4 种旋转，这个旋转群就是 4 阶循环群\bZ_4。

定义群作用就是几何含义，旋转 0,90,180,270 度。很显然

$$\begin{aligned} &|\Omega^{0}|=|\Omega|=2^{16},\\ &|\Omega^{90}|=2^4,\\ &|\Omega^{180}|=2^8,\\ &|\Omega^{270}|=2^4. \end{aligned}$$

因此答案就是

$$\frac{1}{4}(2^{16}+2^8+2^4+2^4)=16456.$$

# 24th Apr 2025

证明：只证明必要性。几乎是平凡的，因为取$x\in H$，就可以得到乘法封闭，$H$ 是子环。然后立刻得到$H$ 是理想。
$\square$

证明 highly trivial。

证明 trivial。

证明：设理想$I\neq \{0\}$，取一个非零元素$a\in I$。那么我们知道$1=a\cdot a^{-1}\in I$（因为$a\in I$）。因此根据前述定理，$1\in I$ 推出$I=F$。

$\square$

我们知道，由元素$a\in A$ 生成的子理想有如下形式：

$$(a)=\left \{\sum xay+sa+at+na:x,y,s,t\in A,n\in\mathbb{N}\right \}.$$

这样由一个元素生成的理想被称为主理想。
若$A$ 是含单位元的交换环，那么

$$(a)=\{xa:x\in A\}.$$

例：在$\mathbb{Z}$ 中，两个数$m,n\in\mathbb{Z}$ 生成的理想和一个数$gcd(m,n)$ 生成的理想是一样的。所以$\mathbb{Z}$ 中所有理想都是由一个元素生成，被称为主理想环。

例：在多项式环$R[x]$ 中，由$多项式f(x)=x$ 生成的理想是$\{x\cdot g(x):g\in R[x]\}$，即所有不含常数项的多项式。

例：$R[x]/(x^2)=\{a_0+a_1x+(x^2):a_0,a_1\in\mathbb{R}\}$。

例：考虑$p$ 是一个素数，那么$(p)=p\mathbb{Z}$ 是$\mathbb{Z}$ 的一个极大理想。

其实命题反过来也是对的。
证明：只要证明在$A/M$ 中，非零元素都是可逆的。
由于$M\neq A$，那么$1\not\in M$，所以$1+M\neq 0+M$。任取一个$a+M\in A/M$ 使得$a\not\in M$。那么$(a)+M$ 是一个理想（两个理想相加），且$M\subsetneq (a)+M$。因此$(a)+M=A$。即存在$b\in A,m\in M$ 使得$ab+m=1$（因为$(a)$ 的一般形式）。因此

$$ab+m+M=1+M,$$

即$ab+M=1+M$。因此$a+M$ 在$A/M$ 中可逆。
$\square$

例：设$p$ 是素数，那么$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\cong \mathbb{Z}_p$ 是一个域。因为$p\mathbb{Z}$ 是一个极大理想。