群的运算：从可逆操作开始

把数轴上的每个点向右移三个单位，之后再移回去，原来的点都能找回来。把每个数都乘以零，就做不到这一点：所有输入挤到了同一个输出，已经没有足够的信息恢复原状。群论要研究的一类运算，保留了这种“能够撤销”的结构。

这里的对象不一定是数。平移本身也可以作为一个对象，两次平移接在一起，形成一次新的平移。我们会逐步把“接在一起”“什么也没做”“撤销操作”写成条件。条件一旦写准，许多看起来不同的问题就可以共用同一段证明。

1.1 运算需要把对象和规则一起交代

记 $T_b(x)=x+b$。例如 $T_3$ 把输入 5 送到 8，$T_{-2}$ 把 5 送到 3。若先做 $T_c$，再做 $T_b$，则

结果仍是一次平移。因此，“所有实数平移”这个集合，在函数复合下不会跑到集合外面。注意 $T_b$ 是一个函数，$b$ 是它的参数，$T_b(x)$ 才是函数对输入 $x$ 给出的值。把这三个层次分开，后面的符号会轻松很多。

在集合 $G$ 上，一个二元运算是函数

它接收一个有顺序的元素对 $(a,b)$，给出唯一的结果 $a*b$。结果属于 $G$，叫作对这个运算封闭。只说“用加法”还不足以确定研究对象：整数加法、偶数加法和非负整数加法的允许元素并不相同。

图中强调的是输入和输出所属的集合。比如两个整数相加仍是整数；两个正整数相减可能得到负数，所以减法不能作为正整数集合上的二元运算。如果把集合扩大到所有整数，减法才满足封闭性，但它随后还会在另一个群条件上失败。

有限集合上的运算可以写成表格。下面按“行元素先写、列元素后写”的方式记录模 4 加法：

这里 3 与 2 的结果是 1，意思是 $3+2\equiv1\pmod4$。我们将这个集合记为 $\mathbb Z_4$；一般的 $\mathbb Z_n$ 取代表元 。它们代表整数的同余类，不是声称整数等式 成立。

余数代表元可以换，结果所在的类必须不变。若 $a'=a+kn$、$b'=b+\ell n$，那么

所以换代表元不会改变和的同余类。乘法也有同样的要求，因为

这种与代表元选择无关的性质叫良定义。这里只用了先修数论中的同余关系；第 6 章把整个陪集作为运算对象时，还要重新检查良定义，不能靠“写得像公式”就默认成立。

1.2 群公理把可逆性写清楚

设 $G$ 上已经给定二元运算，暂时将 $a*b$ 简写为 $ab$。如果以下条件成立，就称 $(G,*)$ 为一个群。

对任意 $a,b,c\in G$，有结合律 $(ab)c=a(bc)$。括号改变的是哪两项先合成一个对象，因子的排列 $a,b,c$ 没有变。

集合中存在一个单位元 $e$，使每个 $a\in G$ 都满足 $ea=ae=a$。这个 $e$ 对所有元素通用，不能每遇到一个 $a$ 就另选一个“单位”。

对每个 $a\in G$，存在 $b\in G$ 使 $ab=ba=e$。此时 $b$ 叫作 $a$ 的逆元，记为 。逆元要求仍在当前集合里，两侧相乘都要得到单位元。

图里用非负整数加法展示逆元条件的失败：加上 2 可以留在集合里，撤销所需的 −2 却不在其中。前面三个条件都建立在二元运算已封闭的基础上。证明一个结构是群，需要覆盖所有允许的元素；反驳时，找到一处不满足条件就足够了。检查很多例子没有失败，并不能代替全称证明。

整数加法是最熟悉的群。整数之和仍是整数，加法有结合律，单位元是 0，整数 $a$ 的逆元是 $-a$。这里应当写 $a+(-a)=0$，不能把乘法记号的 $a^{-1}$ 误读成普通倒数。非负整数在加法下有同一个单位元，但 2 的逆元 $-2$ 不在集合里，因而不是群。

整数减法虽然封闭，却不结合。例如

此外，0 只满足 $a-0=a$，不满足对所有 $a$ 都有 $0-a=a$。这是“右侧看起来有单位”不能替代两侧单位元的一个具体例子。

模 $n$ 加法满足群条件。结合律来自整数加法：无论中间何时取余，最终仍是 $a+b+c$ 的同余类；0 是单位元，$a$ 的逆元是 $-a$ 所在的类。群的元素个数叫群的阶，用 $|G|$ 表示。因此 $\mathrm{\mid }{\mathbb{Z}}_n\mathrm{\mid }=$。整数加法群有无限多个元素，叫无限群。第 2 章还会定义“一个元素的阶”，它和整个群的阶不是同一个概念。

乘法需要选对集合

模 $n$ 乘法的单位元是 1，但把全部余数放进来通常得不到群。只要 $n\ge2$，0 乘任何元素都不能得到 1。删去 0 也不够：模 10 中 $2\cdot5\equiv0$，既出了非零集合，2 也没有乘法逆元。

先修数论给出准确条件：$a$ 在模 $n$ 下有乘法逆元，当且仅当 $\gcd(a,n)=1$。一方面，$ab\equiv1\pmod n$ 表示 ，所以 的公因数必须整除 1。另一方面，若二者互质，Bézout 等式 给出 的同余类作为逆元。

于是定义

在乘法下它构成群。为检查封闭性，若 $a,b$ 分别有逆元 $a',b'$，那么 $(ab)(b'a')=1$，所以 仍有逆元。结合律由整数乘法继承，1 在集合里， 的逆元本身也可逆，因为它的逆元就是 。这里所有计算都按模 进行。

例如

因为 $2\cdot8=16\equiv1\pmod{15}$。同一个符号 2，在 $\mathbb Z_{15}$ 的加法群里，逆元却是 13。逆元属于哪种运算，必须读清楚。

如果一个群还满足对任意 $a,b$ 都有 $ab=ba$，就称为阿贝尔群，也叫交换群。整数加法、模 $n$ 加法和 $U(n)$ 都是阿贝尔群。交换律是额外性质；接下来会出现一个不满足它的群。

1.3 操作次序会改变结果

在数轴上记 $A(x)=2x$、$B(x)=x+3$。将输入 1 先交给 $B$，再交给 $A$，结果是 8；先交给 $A$，再交给 ，结果是 5。两条路径计算的是不同函数：

本课把函数乘积 $AB$ 约定为 $A\circ B$，即右边的函数先作用。因此 $AB$ 的输入沿 $B$、$A$ 的顺序经过两步。置换、对称变换和群作用都沿用这一约定。

两条路径使用完全相同的操作，只改变了先后。用一个输入得到不同输出，就足以证明两个函数不同；想证明函数相同，却要对所有输入成立。

现在把集合扩大为所有函数

这些函数叫可逆的仿射变换。复合给出

所以参数的运算规则是

由于 $a,c$ 都非零，$ac$ 也非零，结果仍在集合中。这里不能把第二个参数写成 $b+d$：在右边变换产生的平移 $d$ 上，左边还会做一次倍率为 $a$ 的缩放。

结合律来自函数复合。对于三个函数 $F,G,H$ 以及任意输入 $x$，

这段论证没有改变实际执行顺序，也没有要求 $FG=GF$。单位元是 $F_{1,0}$。从 $y=ax+b$ 解出 $$，得到逆函数

它的第一个参数非零，仍在集合中；代回去，两种复合顺序都得到输入本身。因此这些仿射变换在复合下构成群。开头的 $A,B$ 已经证明它不交换。

我们也能直接核对一次带参数的乘法：

例如输入 2，经右边变换得到 10，再经左边得到 $-19$；合成函数给 $-6\cdot2-7=-19$。这里的数值核对可以发现算错，但群公理仍由前面的任意参数论证保证。

实验：让同一个输入走两条路径

先把 $A$ 设为 $2x$、$B$ 设为 $x+3$，预测 $AB$ 与 $BA$ 的输出差是否随输入变化。逐步执行后，比较每一步的输入、输出和合成公式。再把两个操作都改为平移，检查差异会不会消失。

默认两条输出相差 3，因为合成函数分别是 $2x+6$ 与 $2x+3$。一般地，

这个条件来自比较相同斜率 $ac=ca$ 之后的常数项；它说明非交换群里也可能有会交换的特定元素对。“群不交换”是说至少存在一对不交换，并不是说每一对都不交换。

把 $a$ 改为零会丢失可逆性，实验应拒绝把它作为群元素。若允许常数函数混进来，两个不同输入都会变成 $b$，不存在能够同时恢复它们的逆函数。

1.4 撤销时要把顺序倒过来

群的定义只说单位元和逆元存在。为什么可以放心地写“那个单位元”和 $a^{-1}$，而不注明这次选的是哪一个？这里需要唯一性。

设 $e,f$ 都是单位元。把它们相乘，利用 $e$ 是左单位得到 $ef=f$；利用 $f$ 是右单位得到 $ef=e$。两式合起来就是 $$。

对固定元素 $a$，假设 $u,v$ 都是它的逆元。利用结合律，把同一个乘积换一种括法：

这段式子只使用定义里已有的等式，所以没有偷偷预设逆元唯一。从现在起，$a^{-1}$ 才有了无歧义的含义。

考虑复合操作 $ab$。右边的 $b$ 先做，左边的 $a$ 后做。撤销时先撤销 $a$，再撤销 $b$，相应的乘积应是 $b^{-1}a^{-1}$。正式检查如下：

候选元素两侧都能还原到单位元，由唯一性可知

图中的逆操作与原操作一一配对。若把逆元写成 $a^{-1}b^{-1}$，中间一般没有相邻的 $b,b^{-1}$ 可消掉，运算不会自动还原。比如上一节 $AB(x)=2x+6$ 的逆是 ；先减 3 再除以 2 所得的 ，就撤销错了次序。

同样，因为 $aa^{-1}=a^{-1}a=e$，$a$ 自己就是 $a^{-1}$ 的逆元，故 。对更多因子重复应用乘积逆元公式，会得到

等式两边乘在哪里

已知 $ax=b$，要消去 $x$ 左边的 $a$，就在等式两边左乘 $a^{-1}$：

这证明任何解都只能是 $a^{-1}b$。还需要检查这个候选确实是解：$a(a^{-1}b)=b$。于是解既存在，又唯一。对于 $xa=b$，应在右侧乘 ，得到唯一解 。

更一般地，若 $axb=c$，则

左边的因子从左边消，右边的因子从右边消。把结果代回 $a(a^{-1}cb^{-1})b=c$，可以再次核对顺序。

消去律也是这样得来的。如果 $ab=ac$，左乘 $a^{-1}$ 得 $b=c$；如果 $ba=ca$，右乘 $$ 得 。这不允许从 直接“约掉两边的 ”，因为 所在的侧不同。

例如仿射变换 $A(x)=2x$、$B(x)=x+3$ 下，求满足 $AX=B$ 的 $X$。公式给 ，所以

代回 $A(X(x))=x+3$ 正确。而 $BA^{-1}(x)=x/2+3$ 代回后变为 ，失败原因是把右侧的乘法次序换了。

1.5 同一个元素反复运算

在乘法记号下，$a^k$ 表示把 $a$ 与自身相乘 $k$ 次。结合律让我们不必每次写括号。规定

这里指数是整数。没有额外定义时，$a^{1/2}$ 并不是本课程中的群运算；某个元素可能没有平方根，也可能有多个平方根。

对任意整数 $m,n$，有

为什么负指数也能这样处理？当 $m,n$ 都非负时，把同样的因子接在一起即可。当两者都非正时，对 $a^{-1}$ 做同样的计算。若一正一负，例如 $a^m a^{-k}$，就在中间逐对消去相邻的 $a,a^{}$： 时留下 ， 时留下 。反过来的次序用 消去。于是第一条对所有整数成立。

第二条在 $n>0$ 时，把 $n$ 份 $a^m$ 依第一条合并；$n=0$ 两侧都是单位元。对 $n<0$，先由第一条知道 ，所以 ，再把负指数化为逆元的正指数，就得到同样的结果。

特别地，$a^ma^n=a^na^m$。这只说明同一个元素的幂彼此交换，并没有把整个群变成阿贝尔群。

要把 $(ab)^k$ 写成 $a^kb^k$，还需要 $a,b$ 交换。以 $k=2$ 为例，

若 $ab=ba$，中间的 $ba$ 可以换成 $ab$，结果才变成 $aabb$。对正整数 $k$，反复这样移动因子便可分组；对负指数，再结合乘积逆元公式与 $a^{-1},b^{-1}$ 的交换性得到结论。

反过来，若对某一对 $a,b$ 已知 $(ab)^2=a^2b^2$，则

在左侧消去 $a$、右侧消去 $b$，得到 $ba=ab$。因此，平方分配在这一对元素上成立，已经足以说明这一对会交换。

开头的仿射变换 $A(x)=2x$、$B(x)=x+3$ 给出可见的反例：

它们不是同一个函数。若只把运算符号当作普通实数乘法，错的往往就是这种没有交代的换序。

把一个操作搬到新的坐标位置

考虑 $aba^{-1}$ 的平方：

连接处的 $a^{-1}a$ 抵消，剩下两个 $b$。对正整数 $k$，相邻连接处全部抵消，得到

$k=0$ 时右边为 $aa^{-1}=e$；$k<0$ 时用 $(ab{a}^{-1}{)}^{-1}=a{b}^{-1}{a}^{}$，再对 使用正指数情形。这样公式覆盖所有整数。后面会把 称为共轭，现在先掌握它怎样算，不必背一个没有操作含义的新名词。

在加法群里，同一个概念写成 $ka$，意思是重复相加。譬如在 $\mathbb Z_{12}$ 中，$3\cdot5=5+5+5=3$；这里前面的 3 是重复次数，后面的 3 是取余后的群元素。

1.6 表格能够检验什么

在一个有限群的运算表中，每一行都恰好出现一次群里的每个元素。固定行元素 $a$，若该行两处结果相同，即 $ab=ac$，消去律给 $b=c$，所以不会重复。该行有 $|G|$ 个位置，结果都在只有 $|G|$ 个元素的集合里；不重复就意味着全部出现。每一列的结论同理，使用的是右消去。

行里的顺序可能改变，但任何元素都不会丢失。这是群公理推出的结果，不能反过来仅凭行列没有重复就宣布它是群。

例如，在 $\{0,1,2,3,4\}$ 上给出下面的运算。每个格子都在集合里，每行每列也都包含全部五个元素，0 还是两侧单位元。

然而，取 $a=1,b=1,c=2$，查表得到

图中两条计算路径都查同一张表，但括号决定了第一次查哪一格。最后的 2 与 4 不同，给出一个明确的失败见证。

结合律失败，所以它不是群。更仔细看，2 的右逆元是 3，而 $3*2=1$，它不是两侧逆元；“一行里能找到单位元”也不够。

对有限表格，可以逐项检查所有 $|G|^3$ 个三元组。数量有限时，这是一种穷尽验证，而不是随机抽样。对无穷多个仿射变换，表格当然列不完，必须使用第 1.3 节那种任意参数的证明。

实验：沿两条括号路径查表

在模 4 加法表中选三个元素，分别跟踪 $(ab)c$ 与 $a(bc)$ 的两次查表。随后切换到上面的五元素运算，使用 $1,1,2$，预测哪一处结果会分开。也可以改动一个格子，再让实验寻找不满足的条件。

一次三元组相同，只检查了这个三元组。完整检查会列出失败的具体见证；若全部三元组均通过，再连同封闭性、单位元和每个元素的两侧逆元一起确认，才是在这个有限表格范围内证明群结构。交换性另列，因为群本身并不要求交换。

1.7 练习：每一步都有允许它的条件

练习 1｜换一种加法。 在 $\mathbb R$ 上定义 $x*y=x+y+2$。证明它构成阿贝尔群，写出单位元和每个元素的逆元。若把集合改为 $[0,\infty)$，保留同一运算，会在哪个条件上失败？

练习 2｜有逆元才可以消去。 在模 21 的乘法中求 5 的逆元，并求 $5x\equiv4\pmod{21}$ 的解。解释为什么同样的求逆步骤不能用于 $7x\equiv1\pmod{21}$，并判断后一个方程是否有解。

练习 3｜复合方程。 令 $P(x)=3x-1$、$Q(x)=-x+4$、$T(x)=x+2$。求可逆仿射变换 ，使 ，并对一般输入检验。

练习 4｜逆元是否保持原来的顺序。 证明：若一个群对所有 $a,b$ 都满足 $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$，那么该群是阿贝尔群；阿贝尔群也满足这个条件。注意这里题设的顺序与一般逆元公式不同。

练习 5｜用不同指数表达同一元素。 若 $a^{12}=e$ 且 $a^{20}=e$，证明 $a^4=e$。这些条件能否推出 ？给出具体群及反例。再证明：如果还有 ，则 。

练习 6｜合成后再反复执行。 设 $c=aba^{-1}$。证明对每个正整数 $k$，$c^k=e$ 当且仅当 $b^k=e$。如果把 改成 ，结论还成立吗？

练习 7｜改一个格子。 从模4加法表出发，仅把第2行、第2列的结果由0改为1，这里的行列指元素标号。判断新运算是否仍封闭、是否仍以0为两侧单位元；找一个结合律失败的三元组。

进一步思考｜把元素与逆元配对。 设 $G$ 是有限群，且元素总数为偶数。将每个 $g\ne g^{-1}$ 与 $g^{-1}$ 配成一对，解释为什么一定存在 $$ 满足 。

改为非负实数后，封闭性和结合律保留，但单位元只能是 $-2$，它不在集合中。单这一处失败就足以判定不是群。不能把普通加法的单位元 0 搬过来，因为此处 $x*0=x+2$。

$7$ 与 $21$ 不互质，没有乘法逆元。若 $7x\equiv1\pmod{21}$ 有解，则整数等式 $7x-21k=1$ 成立，左边被7整除，右边不能，矛盾。这里用的是整除反证，没有假装能够除以一个没有逆元的元素。

它的斜率 $-1/3$ 非零，确实在仿射群内。代回去，$X(Q(x))=(x+3)/3$，再作用 $P$ 得 $x+2=T(x)$，对所有实数输入成立。

反向，阿贝尔群中的逆元也属于群，因此 $b^{-1}a^{-1}=a^{-1}b^{-1}$，代入一般公式即得题设。这里没有把待证交换律提前拿来用。

这不能推出 $a=e$。在加法群 $\mathbb Z_{12}$ 中取元素3，重复相加12次、20次都得到0，元素3本身却不为0。此处 $a^k$ 应换成加法记号的 $k a$。

若还有 $a^9=e$，利用 $1=9-2\cdot4$，得到 $a=a^9(a^4)^{-2}=e$。这次用到了新的指数约束，而非从 $a^4=e$ 擅自“开四次方”。

换成 $ab$ 后一般不成立。取加法群 $\mathbb Z_6$ 中 $a=1,b=0,k=1$；$kb=0$，但 $k(a+b)=1$。共轭形式中的两侧抵消，正是前一结论成立的原因。

此外，元素2所在行已经没有0，它连右逆元都没有。看似局部的一个格子，可能同时破坏不止一个群条件。