如何构造一个阶为 p^3 的非阿贝尔群

最近在做 Silverman 的 Abstract Algebra: An Integrated Approach 第六章习题时，遇到了这样一个挑战题。

6.16 (d): Challenge Problem. Construct a non-abelian group of order $p^{3}$ for every prime $p$ .

初探

我们知道，当 $p = 2$ 时，可以立刻想到两个例子： $D_{4}, Q_{8}$ 。但对于其他的素数 $p$ ——这似乎并不显然（至少对于第一次接触这道题的同学来说）。题目的难点在于，这个“非阿贝尔”的条件非常刁钻，而目前我没有什么趁手的工具来解决它。

于是我回忆起——学校课本的一道习题：

设集合 $G = {(a, b) ∣ a, b \in R \land a \neq 0}$ ，规定 $(a, b) \circ (c, d) = (a c, a d + b)$ ，证明： $G$ 对于所规定的运算 $\circ$ 构成群。

稍微验证一下得知，这个运算确实不满足交换律。因此是一个 $R^{2}$ 上非交换群，单位元是 $(1, 0)$ 。但这里的定义域是 $R^{2}$ ，如何将其“改装到”阶为 $p^{3}$ 呢？

一个直接的想法是令 $a \in C_{p^{2}}, b \in C_{p}$ ，运算照搬课本，然而这并不成立，原因是有些元素没有逆元。举一个例子，你找不到元素 $(0, 0)$ 的逆元，因为 $(0, 0) \circ (c, d) = (0, b) \neq (1, 0)$ ，因此这种构造不构成一个群。

因此我的探究陷入了困境，我们可能需要给 $a, b$ 的定义域做出一些额外的限制，但具体怎么构造——这似乎也并不显然。于是这条路走到了死胡同。

半直积法

于是在我某一天瞎翻 Silverman 后续内容时，瞥见了一个新符号： $⋊$ ——学名为“半直积”，这个符号看上去就像一个普通的直积被“扭了一下”，构成的群应该是非交换的。

于是我尝试去构造 $C_{p^{2}} ⋊ C_{p}$ ，但具体的构造方法是什么呢？课本的话罗里吧嗦太长懒得看，于是我问 GPT 半直积的构造方法，得到以下回答：

$φ : H \to Aut (N)$ $N ⋊_{φ} H : (n_{1}, h_{1}) (n_{2}, h_{2}) = (n_{1} \cdot φ (h_{1}) (n_{2}), h_{1} \cdot h_{2})$

$Aut (N)$ 这个符号，我刚刚才在 sylow 定理的习题 6.26 里第一次碰到，好像是“自同构”的意思，然后接着还要证明 $Aut (C_{n})$ 与 $(Z / n Z)^{\times}$ 同构。于是我搞清楚了 $Aut$ 其实是一系列映射构成的集合，对象是“映射”而不是“元素”，然后要求这个映射是同构的。

然后直觉想了一下，对于循环群 $C_{n}$ ，假设其生成元为 $g$ ，如果 $g$ 被映射到了 $g^{d}$ （其中 $d | n$ ），那么所有原来的 $g^{k}$ 都会被映射到 $g^{k d}$ ，而形如 $g^{k d}$ 的元素只有 $n / d$ 个，因此肯定不是双射，也自然不会同构。那么一个自然的结论就是 $gcd (d, n) = 1$ ，这刚好就一一对应了 $(Z / n Z)^{\times}$ 的元素。

我们现在回到 $Aut (N)$ ，也就是 $Aut (C_{p^{2}})$ 本身，我们可以马上如法炮制，得到 $| Aut (C_{p^{2}}) | = (p - 1) p$ ，对应的元素为 ${ϕ_{k} : g \to g^{k} ∣ gcd (k, p^{2}) = 1}$ .

接下来的问题是，我们要让 $H \to Aut (N)$ 这个同态成立，而同态的像 $Image (H)$ 是 $Aut (N)$ 的子群；而同时根据第一同构定理， $| Image (H) | ∣ | H |$ ，因此 $| Image (H) | ∣ gcd (| H |, | Aut (N) |) = p$ ，也就是 $Image (H)$ 只有 $e$ 和 $C_{p}$ 两种可能。前者显然是平凡映射 $id$ ，对应直积，不符合非交换群的要求。因此我们只能考虑如何构造 $Aut (N)$ 的子群同构于 $C_{p}$ .

我们重述一下现在的目标，也就是我们要在集合 ${ϕ_{k} : g \to g^{k} ∣ gcd (k, p^{2}) = 1}$ 中，选取 $p$ 个元素，使得这些元素构成阶为 $p$ 的循环群。

直接观察似乎不太容易，我为了尝试找到一点直觉，取 $p = 3$ ，那么 $Aut (C_{3^{2}}) = {g \to g, g \to g^{2}, g \to g^{4}, g \to g^{5}, g \to g^{7}, g \to g^{8}}$ . 首先 $g \to g$ 一定在子群里，然后剩下的两个元素是 $g \to g^{k}$ 和 $g \to (g^{k})^{k} = g^{k^{2}}$ . 列举一下是否满足封闭性：

$k = 2$ ，此时群为 ${g \to g, g \to g^{2}, g \to g^{4}}$ ，显然 $(g^{2})^{4} = g^{8}$ 不在集合内，故排除。
$k = 4$ ，此时群为 ${g \to g, g \to g^{4}, g \to g^{16} = g^{7}}$ ，而 $(g^{4})^{16} = g^{64} = g, (g^{16})^{16} = g^{256} = g^{4}$ ，满足封闭性，因此是合法的一组。

于是我们可以发现对于 $p = 3$ ，合法的映射对应的指数为 ${1, 4, 7}$ ，于是聪明的小伙伴可以大胆猜想对于任意 $p$ ，这个值应该是 ${1, p + 1, 2 p + 1, \dots, p (p - 1) + 1}$ 。我们来验证一下这是否成立——也就是等价于下面的一个经典数论结论：

(1 + p)^{k} \equiv 1 + k p (\mod p^{2})

证明也很简单，根据二项式定理：

(1 + p)^{k} = 1 + k p + (\binom{k}{2}) p^{2} + \dots \equiv 1 + k p (\mod p^{2})

因此，我们就找到了一个合法的同态 $φ : H \to Aut (N)$ ，满足：

φ (h_{1}) (n_{2}) = n_{2}^{1 + h_{1} p}

代入到原来的半直积式子可得：

(n_{1}, h_{1}) (n_{2}, h_{2}) = (n_{1} \cdot φ (h_{1}) (n_{2}), h_{1} \cdot h_{2}) = (n_{1} \cdot n_{2}^{1 + h_{1} p}, h_{1} \cdot h_{2})

但其实这样写有一点问题，因为 $h_{1} p$ 是群元素和整数的操作，这种操作并没有被定义。所以我们需要显式规定 $n \in Z / p^{2} Z, h \in Z / p Z$ ，把原先的乘法换成加法，乘方换成乘法即可说通：

(a, b) (c, d) = (a + c (1 + b p), b + d)

验证一下结合律是否成立（你可以使用计算机代数系统减少手算的痛苦），可以发现无论左结合还是右结合，结果 $(x, y) (a, b) (c, d) = (x + a (1 + y p) + c (1 + y p + b p), y + b + d)$ .

而对于交换律， $(0, 1) (1, 0) = (1 + p, 1), (1, 0) (0, 1) = (1, 1)$ ，并不相等，所以群非交换。

然后容易得到单位元为 $(0, 0)$ 。至于逆元，我们要找到一组 $(x, y)$ ，满足 $(a, b) (x, y) = (0, 0)$ . $y = - b$ 是显然的，然后我们有 $a + x (1 + b p) = 0 (\mod p^{2})$ ，这里由于 $(1 + b p)$ 不能被 $p$ 整除，所以模 $p^{2}$ 的逆元存在，故 $x = - a (1 + b p)^{- 1} (\mod p^{2})$ .

综上，我们便成功构造了一个阶为 $p^{3}$ 的非交换群。

与课本的关系

虽然做出了这道题，但我依然好奇课本那条路究竟是否是死胡同。其实如果仔细观察的话，课本的运算结构其实和我的答案有一定的相似之处，我们尝试对课本的运算进行一定变形：

(a, b) \circ (c, d) = (a c, a d + b)

令 $x = b, y = a, u = d, v = c$ ，则等式替换为：

(x, y) * (u, v) = (y u + x, y v)

这样至少证实跟我们先前推出来的 $(a + c (1 + b p), b + d)$ 有一点相似了，但具体细节还有些区别：比如说那个 $y$ 元素可能得变形一下，还有右边的 $y v$ 怎么变成加法形式。

注意到我们的运算是在 $C_{p^{2}} ⋊ C_{p}$ 进行的，也就是 $x, u \in Z / p^{2} Z$ 。那 $y, v$ 又怎么办呢？我们可以尝试把之前的那个同态 $φ (h_{1}) (n_{2}) = n_{2}^{1 + h_{1} p}$ 转换成加法形式，也就是令：

φ (h_{1}) = 1 + h_{1} p (\mod p^{2})

之前证明过，所有 $1 + h_{1} p$ 构成了一个 $(Z / p^{2} Z)^{\times}$ 的子群，大小为 $p$ 。因此我们可以令 $U = {1 + k p (\mod p^{2}) : k \in Z / p Z} ≅ C_{p}$ ，同时 $y, v \in U$ ，这样就是一个合法的 $p^{3}$ 阶非交换群了。

总结一下，目前的情况就是：

$U = {1 + k p (\mod p^{2}) : k \in Z / p Z}$
$(x, y) * (u, v) = (y u + x, y v)$
$x, u \in Z / p^{2} Z, y, v \in U$ .

当然这还没有结束，为了最终化简成与我们先前答案一样的形式，我们需要将 $U$ 重新参数化为 $C_{p}$ 。于是我们再做一次变量替换，令：

y = 1 + b p, v = 1 + d p, b, d \in Z / p Z

从而：

y u + x = (1 + b p) u + x

y v = (1 + b p) (1 + d p) \equiv 1 + (b + d) p (\mod p^{2})

而后者同构于 $b + d (\mod p)$ ，因此实际上原式已经变形为：

(x, b) * (u, d) = (x + (1 + b p) u, b + d)

最后代回 $x = a, u = c$ 即可得到：

(a, b) * (c, d) = (a + (1 + b p) c, b + d)

恰好就是上一节推出来的结果。GPT 给出的评价是：

你那个 $p^{3}$ 阶群，是课本“仿射型”群公式在一个特定 $p$ -阶作用子群上的特化；两种写法只是坐标顺序和参数化不同。

还有其他的吗？

实际上对于奇素数 $p$ ，阶为 $p^{3}$ 的群只有5种，其中有三个交换的：

C_{p^{3}}, C_{p^{2}} \times C_{p}, C_{p} \times C_{p} \times C_{p}

和两个非交换的。也就是 Heisenberg 群 $H$ ：

H = {(\begin{matrix} 1 & a & c \\ 0 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) : a, b, c \in F_{p}}

和我们构造出来的：

C_{p^{2}} ⋊ C_{p} : (a, b) (c, d) = (a + c (1 + b p), b + d)

我们可以证明对于奇素数 $p$ ， $H$ 与 $C_{p^{2}} ⋊ C_{p}$ 不同构，原因是 $C_{p^{2}} ⋊ C_{p}$ 有阶为 $p^{2}$ 的元 $(1, 0)$ ，现在取 $X \in H$ ，考虑 $X$ 的阶，令：

N = (\begin{matrix} 0 & a & c \\ 0 & 0 & b \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

则：

X^{p} = (I + N)^{p} = I + (\binom{p}{1}) N + (\binom{p}{2}) N^{2} + (\binom{p}{3}) N^{3} + \dots

注意到对于 $k \geq 3$ ， $N^{k} = 0$ ，也就是 $(\binom{p}{3}) N^{3}$ 及其之后的项可以删去。而 $(\binom{p}{1}) = p \equiv 0 (\mod p)$ ，也就是我们可以得到：

X^{p} = I + (\binom{p}{2}) N^{2}

由于 $(\binom{p}{2}) = \frac{p (p - 1)}{2}$ ，当且仅当 $p > 2$ 时， $\frac{p (p - 1)}{2} \equiv 0 (\mod p)$ ，此时 $X^{p} = I$ ，说明 $H$ 与 $C_{p^{2}} ⋊ C_{p}$ 不同构。

最后一点，那么 $p = 2$ 的情况又如何呢？可以证明，无论是 $H$ ，还是 $C_{2^{2}} ⋊ C_{2}$ 都同构于本文开头提到的 $D_{4}$ ，再加上 $Q_{8}$ ，其实仍然是五种类型。这说明其实 $Q_{8}$ 是一个 outlier，不能用最朴素的半直积直觉一眼看出来。