我们上近世代数课的时候,老师谈到在同构意义之下只有两个不同的四阶群,六阶群也是只有两个,还说到这是代数的研究生入学考试题目。说到这样了,我就饶有兴致地研究了一下,发现只有两个互不同构的四阶群这几乎是显然的,感觉这题用来做研究生考试题太水了吧?接着分析了一下六阶的情况,发现复杂了不少(元素增加)。而今天在实变函数课的时候,想到了一个简化的技巧,遂也证明了只有两个互不同构的六阶群。把结果和研究过程贴在这里,与大家分享。

两个四阶群

不管是四阶群还是六阶群,它们都是有限群。有限群的一个特点就是,可以把它们的乘法表写出来(只要不怕麻烦~~)。既然要研究四阶群的数目,我们只需要列出四阶群的乘法表就行了。设四阶群为$G_4=\{e, a, b, c\}$,其中$e$是单位元,根据这些信息,我们至少可以写出乘法表的一部分:
$$\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a & & & \\
b & b & & & \\
c & c & & & \end{array}$$
接着考虑$a^2$的结果。它只能为$e$或$b$(如果是等于$c$,那么跟等于$b$是等价的),我们分别考虑它们。

如果为$e$,那么就在相应的位置填写$e$。同时,要注意:乘法表中每行、每列的结果都是不能重复的(有限群的重排),这使得乘法表的构造就像数独的推理一般了!因此,填完$a^2=e$之后,我们就可以将乘法表的填写推至
$$\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a &e &c &b \\
b & b &c & & \\
c & c &b & & \end{array}$$
于是剩下的四个空,不是$\begin{array}{c}{a}&{e}\\{e}&{a}\end{array}$就是$\begin{array}{c}{e}&{a}\\{a}&{e}\end{array}$了。不难证明两种情况都构成一个群的乘法表,于是成功构造了两个四阶群的“乘法表”:
$$\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a &e &c &b \\
b & b &c &e &a \\
c & c &b &a &e \end{array} \quad\text{和}\quad \begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a &e &c &b \\
b & b &c &a &e \\
c & c &b &e &a \end{array}$$
这两个群分别是Klein四元群四阶循环群。另外一个情况是$a^2=b$,这种情况是一气呵成的(填完$b$之后,剩下的都出来了):
$$\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a &b & & \\
b & b & & & \\
c & c & & & \end{array}\quad\to\quad\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a &b &c &e \\
b & b &c & & \\
c & c &e & &
\end{array}\quad \to \quad \begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a &b &c &e \\
b & b &c &e &a \\
c & c &e &a &b
\end{array}$$
这只不过是四阶循环群的另一种写法。因此有且仅有这两种情况。

两个六阶群

到了六阶,我们的“数独”就不大好做了,因为元的个数增多了,于是已知信息相对减少了。玩过数独的朋友都知道,初始信息越少的数独往往越困难。我们利用群的一些性质,简化我们的推理。

由于是有限群,因此六阶群里的每个元的阶都是有限的,而且根据拉格朗日定理,元素的阶只能是群的阶6的因子。现在我们假设$a$是六阶群里阶最大的元(之一),那么$|a|$等于6,3或2。如果$|a|=6$,那么就表明这个群就是六阶循环群,这是第一种情况,考虑完毕。(果然,换一个角度,快很多~~)

第二种情况$|a|=3$,即$a^3=e$,那么我们就知道了群里的三个元:$e,a,a^2\equiv b$,设第四个元为$c$,那么根据假设$c$的阶只能为3或2(即不能大于3)。但是$|c|=3$是不可能的,因为如果$|c|=3$,那么群里便多了两个元:$c,c^2$,于是已知群里的五个元了。那$ac$和$ca$呢?它们都不是$e,a,a^2,c,c^2$的任意一个,于是它们都是新的元,然而群是6阶的,因此$ac=ca$,从而$(ac)^3=a^3 c^3=e$,那么$(ac)^2$呢?它显然不是$e,a,a^2,c,c^2,ac$中的任意一个,于是这个群的阶数大于6,矛盾。

如此一来,$|c|=2$,群里多了一个元$c$,考虑$ac$和$ca$,它们都不是$e,a,a^2,c$的任意一个,因此是新元,而且$ac\neq ca$,因为如果一旦$ac=ca$,那么$(ac)^6=a^6 c^6=e$,而且$(ac)^3\neq e,(ac)^2\neq e$,因此$ac$的阶是6!这跟$a$的阶最大是矛盾的,因此$ac\neq ca$,这样一来群的六个元都出来了:$e,a,a^2,c,ac,ca$,于是不难列出乘法表:
$$\begin{array}{c|cccccc}
\cdot & e & a & a^2 & c & ac & ca \\
\hline
e & e & a &a^2 &c &ac &ca \\
a & a & a^2 &e &ac &ca &c \\
a^2 & a^2 & e &a &ca &c &ac\\
c & c & ca &ac &e &a &a^2 \\
ac & ac & c &ca &a^2 &e &a\\
ca & ca & ac &c &a &a^2 &e
\end{array}$$

最后一种情况是$|a|=2$,那么这种情况有没有可能呢?如果$|a|=2$,那么只知道群里的两个元$e,a$,考虑第三个元$b$,它的阶只能是$2$,那么现在已知三个元$e,a,b$,同样考虑$ab,ba$,如果它们不等,那么我们就知道群里的五个元。可是第六个元怎么办呢?如果添加一个新元$c$,那么就会产生新元$ac$等,这导致群的阶数大于6!但是就算$ab=ba$也不行,因为此时就有四个元素$e,a,b,ab$,添加一个新元$c$,那么$ac,abc$都是不同的新元,这样群的阶数还是大于6!两种情况都导致矛盾。

因此有且只有两个互不同构的六阶群。

n阶?

六阶群的分析篇幅已经那么长了,如果读者想去分析八阶群的个数,那就需要很大的勇气和毅力了(答案是5个)。当然,如果要分析九阶和十阶群,反而会简单些,答案是2个,复杂程度很大程度上取决于阶数$n$的因子个数。部分的结果可以参考:
http://zh.wikipedia.org/wiki/小群列表
http://www.douban.com/note/245316892/

虽然我们上述分析篇幅之长,显得有点笨拙,但事实上,就算是运用其他方法,我们所得到的结果也不比这里的方法能得到的结果多很多。互不同构的n阶群的数目以及具体构造,是相当困难的题目,我们至今没有一个能够对于给定的n,求出互不同构群的数目的公式。来自baike.com的资料表明,即便是考虑有多少个互不同构的$p^k$阶群,也是一个艰难的问题,迄今只解决了当p为奇素数且k≤6时以及当p=2且k≤7时$p^k$阶群的个数问题。


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