行间公式索引

本节的标题指出了两个核心主题：商群 (Quotient Groups) 的计算和 单群 (Simple Groups)。

1. 商群的挑战: 作者开篇点明，商群是抽象代数中的一个难点。它的抽象性较高，不像我们熟悉的数字加减法那样直观。
2. 计算的重要性: 为了克服这种抽象性，最好的方法就是进行具体的计算。通过动手计算，我们可以将抽象的概念与实际的例子联系起来，从而建立起深刻的理解。
3. 目标：建立直觉: 本节的首要目标是培养对商群的直观感觉。我们不仅要知道定义，更要能“感觉”到它是什么，它在做什么。
4. 符号约定: 在讨论商群时，我们总是需要一个正规子群。为了强调这一点，本节统一使用字母 $N$ 来代表正规子群 (Normal subgroup)，而不是之前泛指子群时常用的 $H$。这是一种符号上的提醒，时刻告诉我们前提条件是“正规性”。

这段话用“坍缩”这个词来建立商群的直观理解。

1. N 成为新的单位元: 在商群 $G/N$ 中，最重要的规则是原来的正规子群 $N$ 本身被当作了新的单位元。就像在整数加法中 0 是单位元，在商群的运算里，$N$ 这个集合扮演了 0 或 $e$ 的角色。
2. 坍缩 (Collapse): 把 $N$ 这个可能包含很多元素的集合，看作“一个”东西（单位元），这个过程就是“坍缩”。
3. 陪集一起坍缩: 群的结构（运算规则）是环环相扣的。既然 $N$ 坍缩了，那么所有与 $N$ 有关的陪集（形如 $aN$ 的集合）也必须随之坍缩。每个陪集 $aN$ 在商群 $G/N$ 中也变成了一个单一的元素。
4. 图15.1的解释:
   • 图的上半部分代表原来的群 $G$。
   • 图中那些垂直的灰色条带，每一条都代表 $N$ 的一个陪集。例如，最中间那条是 $N$ 本身，旁边的是 $aN$, $bN$ 等。
   • 图的下半部分是一条线，代表商群 $G/N$。
   • 从上到下的箭头 $\gamma$ 表示一个同态映射，它把整个 $G$ “投影”到 $G/N$ 上。这个投影的过程，就是把上面每一条垂直的灰色条带（一个陪集）“压扁”，变成下面线上的一个点。
   • 因此，$G/N$ 中的每一个点，都对应着 $G$ 中的一整个陪集。
5. 商群的运算规则: 这是最关键的一点。要想计算商群中两个元素（也就是两个陪集）的“乘积”，比如 $(aN) * (bN)$，我们不需要对这两个集合做什么复杂的操作。我们只需要从第一个集合 $aN$ 中随便挑一个代表元素（比如 $a$），从第二个集合 $bN$ 中也随便挑一个代表元素（比如 $b$），在原来的群 $G$ 中把它们相乘得到 $ab$。然后看 $ab$ 属于哪个陪集，这个陪集 $(ab)N$ 就是最终的结果。图中的虚线箭头展示了这个过程：在上面两个条带中各选一个点，相乘后落到第三个条带中，这对应着下面线上两个点的运算结果是第三个点。

这部分通过两个极端的例子来展示“坍缩”的程度。

1. 坍缩的条件: 作者首先明确了两个元素在商群中被视为“相同”（即属于同一个陪集）的条件。
   • 加法群: $a$ 和 $b$ 坍缩在一起 $\iff a - b \in N$。
   • 乘法群: $a$ 和 $b$ 坍缩在一起 $\iff ab^{-1} \in N$ (或者 $a^{-1}b \in N$)。
   • 这两种表述是等价的，都意味着 $a$ 和 $b$ 属于同一个陪集。例如，在乘法群中，$ab^{-1} = n \in N \iff a = nb$，这表明 $a$ 是 $b$ 的一个左陪集中的元素。但由于 $N$ 是正规的，左右陪集相等，所以 $a \in bN$ 且 $a \in Nb$。
2. 坍缩的程度: “坍缩”可以很轻微（几乎没变），也可以很剧烈（所有东西都变成一个）。
3. 示例 15.2：无坍缩:
   • 群 G: 整数加法群 $\mathbb{Z}$。
   • 正规子群 N: 只包含单位元0的平凡子群 $N=\{0\}$。任何群的平凡子群都是正规的。
   • 计算商群 $\mathbb{Z}/\{0\}$:
   • 商群的元素是 $N=\{0\}$ 的陪集。
   • 陪集的形式是 $m+N = m+\{0\} = \{m+0\} = \{m\}$，其中 $m$ 是任意整数。
   • 所以，陪集 $\{0\}, \{1\}, \{-1\}, \{2\}, \{-2\}, ...$ 构成了商群 $\mathbb{Z}/\{0\}$。
   • 每个陪集里只有一个元素，原群 $\mathbb{Z}$ 中的每个元素都独立地构成了一个陪集。
   • 没有任何两个不同的整数被“坍缩”到同一个陪集里。
   • 结论: $\mathbb{Z}/\{0\}$ 和 $\mathbb{Z}$ 之间存在一个一一对应的关系，并且运算结构也保持不变。例如，在 $\mathbb{Z}/\{0\}$ 中计算 $(\{2\}) + (\{3\})$，我们取代表元素 2 和 3，在 $\mathbb{Z}$ 中相加得 5，所以结果是 $\{5\}$。这和在 $\mathbb{Z}$ 中计算 $2+3=5$ 是完全一样的结构。
   • 同构 (Isomorphic): 这种结构上的完全相同，我们用符号 $\simeq$ 表示。所以 $\mathbb{Z}/\{0\} \simeq \mathbb{Z}$。这就像是给每个整数 $m$ 穿上了一件马甲，把它叫成 $\{m\}$，但本质没变。

这是“坍缩”的另一个极端：灾难性坍缩。

1. 群 G: 实数加法群 $\mathbb{R}$。
2. 子群 N: $n\mathbb{R}$，其中 $n$ 是一个正整数。$n\mathbb{R}$ 的定义是所有实数乘以 $n$ 后得到的数的集合。例如，$2\mathbb{R}$ 就是所有 $2r$ 形式的数的集合，其中 $r$ 是实数。
3. N 是正规子群: 因为 $\mathbb{R}$ 是阿贝尔群（加法满足交换律），所以它的任何子群都是正规的。
4. 计算商群 $\mathbb{R}/n\mathbb{R}$:
   • 关键洞察: 作者引导我们思考 $n\mathbb{R}$ 到底是什么。
   • 一个数 $x$ 是否在 $n\mathbb{R}$ 中？这意味着是否存在一个实数 $r$ 使得 $x = nr$。
   • 对于任何一个实数 $x$，我们总可以把它写成 $x = n \cdot (x/n)$。因为 $x$ 是实数，$n$ 是非零正整数，所以 $x/n$ 也一定是一个实数。
   • 这说明，任何实数 $x$ 都可以被表示为 $n$ 乘以另一个实数的形式。因此，任何实数 $x$ 都在集合 $n\mathbb{R}$ 中。
   • 结论是：$n\mathbb{R}$ 这个集合实际上就是整个实数集 $\mathbb{R}$。
5. 坍缩结果:
   • 我们要计算的商群是 $\mathbb{R}/\mathbb{R}$。
   • 根据商群的定义，它的元素是子群 $\mathbb{R}$ 在群 $\mathbb{R}$ 中的陪集。
   • 但这里只有一个陪集，就是 $\mathbb{R}$ 本身。因为对于任何 $a \in \mathbb{R}$，陪集 $a+\mathbb{R} = \{a+r \mid r \in \mathbb{R}\}$，由于 $r$ 可以取遍所有实数，所以 $a+r$ 也能取遍所有实数，结果还是 $\mathbb{R}$。
   • 因此，商群 $\mathbb{R}/\mathbb{R}$ 只包含一个元素，这个元素就是集合 $\mathbb{R}$。
   • 一个只有一个元素的群被称为平凡群 (trivial group)。
   • 在这种情况下，整个群 $\mathbb{R}$ 被“坍缩”成了单个点。

这部分阐述了研究商群的动机，并引出了一个非常重要的特例：阶为2的商群。

1. 极端情况的总结: 作者首先总结了前面两个例子：
   • $G/\{e\} \simeq G$ (商掉平凡子群，等于没变)
   • $G/G \simeq \{e\}$ (商掉整个群，变成平凡群)
   • 结论是：这两种极端的商群本身研究价值不大，因为它们没有提供关于 $G$ 的“新”信息。
2. 研究商群的目的: 我们研究商群 $G/N$ 的真正目的，是希望 $N$ 是一个非平凡的真子群（即 $N \neq \{e\}$ 且 $N \neq G$）。在这种情况下：
   • 对于有限群，$G/N$ 是一个比 $G$ 更小（阶更低）的群。
   • 小群的结构通常比大群简单。
   • 通过研究这个更简单的 $G/N$，我们可以反过来推断出关于复杂大群 $G$ 的某些性质。这是一种“化繁为简”的数学思想。
   • $G/N$ 之所以能反映 $G$ 的性质，是因为它的运算规则是直接继承自 $G$ 的。
3. 阶为2的商群: 这是一个非常有用的简单情况。
   • 如果商群 $|G/N| = 2$，根据拉格朗日定理的推论（陪集划分群），我们知道 $|G/N| = |G|/|N|$。所以 $|G|/|N| = 2$，即 $|G| = 2|N|$。这意味着子群 $N$ 的大小恰好是整个群 $G$ 的一半。
   • 一个重要的结论: 作者接着指出，任何大小是群一半的子群（我们称之为指数为2的子群），自动就是正规子群。
   • 证明: 假设 $H$ 是 $G$ 的子群且 $|H| = |G|/2$。$H$ 本身是 $G$ 中 $H$ 的一个陪集。根据陪集的性质，不同的陪集不相交。由于 $|H|$ 占了一半，那么 $G$ 中所有不在 $H$ 里的元素就构成了剩下的部分。对于任何一个不在 $H$ 里的元素 $a$，它的左陪集 $aH$ 的大小也是 $|H|$，所以 $aH$ 必须恰好是 $G$ 中所有不在 $H$ 里的元素的集合。同理，右陪集 $Ha$ 也必须是这个集合。既然 $aH$ 和 $Ha$ 都是同一个集合（$G-H$），那么它们必然相等。对于在 $H$ 中的元素 $h$，我们有 $hH=H=Hh$。所以对于所有 $g \in G$，$gH=Hg$ 都成立。因此，$H$ 是正规子群。

这个例子是上一段理论的直接应用。

1. 背景:
   • $S_n$ 是对称群，包含所有对 $n$ 个元素进行的置换。其阶为 $|S_n| = n!$。
   • $A_n$ 是交错群，包含 $S_n$ 中所有的偶置换。其阶为 $|A_n| = n!/2$。
   • 偶置换是可以写成偶数个对换（2-循环）乘积的置换。奇置换是需要奇数个对换的置换。
2. 应用指数为2的定理:
   • 我们有 $|A_n| = |S_n|/2$。这说明 $A_n$ 是 $S_n$ 中一个指数为2的子群。
   • 根据上一段的结论， $A_n$ 自动成为 $S_n$ 的一个正规子群。
   • 因此，我们可以构造商群 $S_n/A_n$。
3. 商群 $S_n/A_n$ 的结构:
   • 其阶为 $|S_n/A_n| = |S_n|/|A_n| = 2$。
   • 这个2阶群只有两个元素。
   • 一个是单位元，即正规子群 $A_n$ 本身。这个陪集包含了所有的偶置换。
   • 另一个元素是 $S_n$ 中所有不属于 $A_n$ 的元素的集合，即所有奇置换的集合。我们可以用任何一个奇置换 $\sigma$ 来表示这个陪集，记作 $\sigma A_n$。
   • 所以，$S_n/A_n = \{A_n, \sigma A_n\}$。
4. 商群运算的直观解释:
   • 作者建议给这两个元素起个别名：
   • $A_n$ (所有偶置换的集合) $\rightarrow$ "偶数"
   • $\sigma A_n$ (所有奇置환的集合) $\rightarrow$ "奇数"
   • 现在我们来看商群的乘法表（Cayley table）：
   • $A_n \cdot A_n = A_n$ $\rightarrow$ (偶数)(偶数) = 偶数 (两个偶置换的合成是偶置换)
   • $A_n \cdot (\sigma A_n) = \sigma A_n$ $\rightarrow$ (偶数)(奇数) = 奇数 (偶置换与奇置换的合成是奇置换)
   • $(\sigma A_n) \cdot A_n = \sigma A_n$ $\rightarrow$ (奇数)(偶数) = 奇数 (奇置换与偶置换的合成是奇置换)
   • $(\sigma A_n) \cdot (\sigma A_n) = A_n$ $\rightarrow$ (奇数)(奇数) = 偶数 (两个奇置换的合成是偶置换)
   • 这个运算表和我们在学习置换的奇偶性时学到的规则完全一致。
5. 结论: 商群 $S_n/A_n$ 的结构，精准地、抽象地捕捉了“置换奇偶性”的运算法则。它告诉我们，从宏观上看，$S_n$ 的世界可以被简化为“奇”和“偶”这两种力量的互动。

这部分利用商群的知识，举出了一个非常著名的反例，证明拉格朗日定理的逆命题不成立。

1. 引子: 首先，作者总结了上个例子的启示：商群的运算揭示了原群中“元素类型”之间的运算规律。
2. 问题陈述:
   • 拉格朗日定理: 子群的阶必然整除整个群的阶。
   • 逆命题: 如果一个数 $d$ 整除群 $G$ 的阶，那么 $G$ 是否一定有一个阶为 $d$ 的子群？
   • 答案: 否。这个逆命题是错误的。
   • 反例: 作者将证明，交错群 $A_4$（阶为 $|A_4| = 4!/2 = 12$）没有阶为 6 的子群。注意，6 是 12 的一个因子。
3. 证明 (反证法):
   • 假设: 假设 $A_4$ 存在一个阶为 6 的子群，我们称之为 $H$。
   • 推论1 (正规性): 因为 $|H|=6$ 且 $|A_4|=12$，所以 $H$ 是 $A_4$ 的一个指数为2的子群。根据我们刚学到的知识，这意味着 $H$ 必须是 $A_4$ 的一个正规子群。
   • 推论2 (商群结构): 既然 $H$ 是正规的，我们可以构造商群 $A_4/H$。其阶为 $|A_4|/|H| = 12/6 = 2$。
   • 推论3 (元素性质): 任何一个2阶群（比如 $\mathbb{Z}_2$）都有一个性质：每个元素的平方都等于单位元。在 $A_4/H$ 中，这意味着：
   • 单位元 $H$ 的平方是 $H \cdot H = H$。
   • 非单位元 $\sigma H$ (其中 $\sigma$ 是任何一个不在 $H$ 中的 $A_4$ 元素) 的平方也是单位元，即 $(\sigma H)(\sigma H) = H$。
   • 推论4 (回到原群): 商群的运算规则是 $(\sigma H)(\sigma H) = \sigma^2 H$。所以 $\sigma^2 H = H$。这等价于说，$\sigma^2$ 这个元素必须属于子群 $H$。
   • 这个结论非常关键：对于 $A_4/H$ 中的非单位元 $\sigma H$，其代表元素 $\sigma$ 的平方 $\sigma^2$ 必须在 $H$ 中。
   • 这意味着什么？$A_4$ 中的元素被分成了两类：在 $H$ 里的，和不在 $H$ 里的。
   • 对于在 $H$ 里的元素 $\alpha$，$\alpha^2$ 显然也在 $H$ 中 (因为 $H$ 是子群，对运算封闭)。
   • 对于不在 $H$ 里的元素 $\beta$ (它们构成了陪集 $\sigma H$)，我们刚刚证明了 $\beta^2$ 也必须在 $H$ 中。
   • 结论: 如果 $A_4$ 真的有阶为6的子群 $H$，那么 $A_4$ 中所有元素的平方都必须是 $H$ 的成员。
   • 寻找矛盾: 现在我们来检验一下 $A_4$ 中元素的平方。$A_4$ 的元素是所有的偶置换，包括单位元、8个3-循环和3个形如 (12)(34) 的对换之积。
   • 作者给出了一个计算: 3-循环 $(1,3,2)$ 的平方是 $(1,3,2)(1,3,2) = (1,2,3)$。
   • 所以，如果 $(1,3,2)$ 在 $H$ 外，它的平方 $(1,2,3)$ 必须在 $H$ 内。
   • 如果 $(1,3,2)$ 就在 $H$ 内，那么 $H$ 就包含了 $(1,3,2)$。
   • 我们来看另一个计算：$(1,2,3)^2 = (1,3,2)$。
   • 这意味着，只要 $(1,2,3)$ 和 $(1,3,2)$ 这对互逆的3-循环有一个不在 $H$ 中，另一个就必须在 $H$ 中。
   • 但更强的结论是：所有元素的平方都在H中。
   • $A_4$ 中所有的3-循环都可以表示为另一个3-循环的平方。例如，$(1,2,3) = (1,3,2)^2$, $(1,2,4)=(1,4,2)^2$ 等等。
   • $A_4$ 中总共有8个3-循环：(1,2,3), (1,3,2), (1,2,4), (1,4,2), (1,3,4), (1,4,3), (2,3,4), (2,4,3)。
   • 根据“所有元素的平方都必须在 $H$ 中”的推论，这8个3-循环都必须在 $H$ 中。
   • 矛盾产生: 如果这8个3-循环都在 $H$ 中，那么 $H$ 的阶至少是8。但这与我们最初的假设“$H$ 的阶是6”相矛盾。
   • 最终结论: 最初的假设是错误的。因此，$A_4$ 不存在阶为 6 的子群。拉格朗日定理的逆命题不成立。

这部分开始演示如何具体计算一个阿贝尔群的商群，并根据有限生成阿贝尔群基本定理来确定它的最终结构。

1. 背景知识:
   • 有限生成阿贝尔群: 可以由有限个元素通过群运算生成的所有元素的群。
   • 有限生成阿贝尔群基本定理: 任何有限生成阿贝尔群都同构于若干个循环群的直积，形式为 $\mathbb{Z}_{p_1^{k_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{k_2}} \times ... \times \mathbb{Z}^r$。对于有限阿贝尔群，就是 $\mathbb{Z}_{n_1} \times \mathbb{Z}_{n_2} \times ...$ 的形式。
   • 计算商群的目标: 就是要把商群表示成上述标准形式。
2. 示例 15.7 问题:
   • 群 G: $G = \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_6$。这是一个阶为 $4 \times 6 = 24$ 的阿贝尔群。元素是形如 $(a,b)$ 的数对，其中 $a \in \mathbb{Z}_4, b \in \mathbb{Z}_6$。
   • 子群 H: $H = \langle(0,1)\rangle$。这是由元素 $(0,1)$ 生成的循环子群。因为 G 是阿贝尔群，H 自动是正规子群。
   • 目标: 计算商群 $G/H$ 的结构。
3. 分析子群 H:
   • $H$ 的元素是 $(0,1)$ 的所有倍数（加法群中）。
   • $1 \cdot (0,1) = (0,1)$
   • $2 \cdot (0,1) = (0,2)$
   • $3 \cdot (0,1) = (0,3)$
   • $4 \cdot (0,1) = (0,4)$
   • $5 \cdot (0,1) = (0,5)$
   • $6 \cdot (0,1) = (0,6) = (0,0)$ (因为第二个分量在 $\mathbb{Z}_6$ 中)。
   • 所以 $H = \{(0,0), (0,1), (0,2), (0,3), (0,4), (0,5)\}$。这个子群恰好是 $\{0\} \times \mathbb{Z}_6$。
   • $H$ 的阶是 $|H|=6$。
4. 分析商群 G/H:
   • 阶: $|G/H| = |G|/|H| = 24/6 = 4$。所以这是一个4阶群。
   • 阿贝尔性: 因为 $G$ 是阿贝尔群，它的商群 $G/H$ 也一定是阿贝尔群。
   • 可能的结构: 根据基本定理，一个4阶的阿贝尔群只可能同构于 $\mathbb{Z}_4$ 或 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。我们需要判断是哪一种。
5. 寻找陪集代表元:
   • 商群的元素是 $H$ 的陪集。我们需要找到4个不同的陪集。
   • $H$ 本身是一个陪集: $(0,0)+H$。
   • 我们尝试用最简单的元素来构造新的陪集。取 $(1,0)$。
   • $(1,0)+H = \{(1,0), (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5)\}$。这与 $H$ 不相交，是第二个陪集。
   • 取 $(2,0)$。
   • $(2,0)+H = \{(2,0), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5)\}$。这是第三个陪集。
   • 取 $(3,0)$。
   • $(3,0)+H = \{(3,0), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5)\}$。这是第四个陪集。
   • 我们找到了4个陪集，它们的并集恰好覆盖了整个 $G$。所以 $G/H = \{(0,0)+H, (1,0)+H, (2,0)+H, (3,0)+H\}$。
6. 确定商群结构:
   • 我们可以用 $(0,0), (1,0), (2,0), (3,0)$ 作为这四个陪集的代表元。
   • 让我们看看由代表元 $(1,0)$ 对应的那个陪集 $((1,0)+H)$ 的阶是多少。
   • $1 \cdot ((1,0)+H) = (1,0)+H$
   • $2 \cdot ((1,0)+H) = (2,0)+H$
   • $3 \cdot ((1,0)+H) = (3,0)+H$
   • $4 \cdot ((1,0)+H) = (4,0)+H = (0,0)+H = H$ (因为第一个分量在 $\mathbb{Z}_4$ 中)。
   • 这个陪集的阶是4。
   • 因为商群 $G/H$ 中存在一个阶为4的元素，所以它必然是循环群，即 $G/H \simeq \mathbb{Z}_4$。($\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ 中所有非单位元元素的阶都是2)。
7. 直观解释:
   • 子群 $H$ 把第二个坐标 $\mathbb{Z}_6$ 的所有可能性都“包含”了。
   • 在商群 $G/H$ 中，我们把 $H$ 中的所有元素都视为0。这意味着，任何形如 $(0,b)$ 的元素都被“置零”了。
   • 两个元素 $(a,b)$ 和 $(a',b')$ 在商群中被视为相同，如果它们的差 $(a-a', b-b')$ 在 $H$ 中。
   • $(a-a', b-b') \in H$ 意味着 $a-a'=0$ 并且 $b-b'$ 是任意 $\mathbb{Z}_6$ 中的值。
   • 所以 $a=a'$。这意味着，两个元素只要第一个坐标相同，无论第二个坐标是什么，它们都属于同一个陪集。
   • 因此，陪集完全由第一个坐标来区分。第一个坐标有4种可能（0,1,2,3），所以有4个陪集。
   • 这种结构正是在第一个坐标上的 $\mathbb{Z}_4$ 的结构。第二个因子 $\mathbb{Z}_6$ 被“模掉”或者说“坍缩”了。

这段将上一个例子的直观结论，提升为一个普适的定理，并给出了一个优雅的证明。

1. 定理陈述:
   • 背景: 设 $G$ 是两个群 $H$ 和 $K$ 的外直积 $H \times K$。
   • 构造子群: 我们在 $G$ 中构造一个特殊的子群 $\bar{H}$，它由所有第二个分量是单位元的元素组成，即 $\bar{H} = \{(h, e_K) \mid h \in H\}$。这个 $\bar{H}$ 本身与 $H$ 是同构的。
   • 结论1 (正规性): $\bar{H}$ 是 $G$ 的一个正规子群。
   • 结论2 (商群结构): 商群 $G/\bar{H}$ 同构于另一个因子群 $K$。
   • 对称性: 同理，如果构造 $\bar{K} = \{(e_H, k) \mid k \in K\}$，那么 $G/\bar{K}$ 同构于 $H$。
2. 定理的直观理解: 这个定理的本质就是“模掉一个因子，得到另一个因子”。这与示例15.7的直观解释完全一致。
3. 证明 (使用同态基本定理): 这是一个非常经典和高效的证明方法。
   • 第一步：定义一个聪明的映射: 定义一个从 $G=H \times K$ 到 $K$ 的映射 $\pi_2$，叫做投影同态 (projection homomorphism)。它的作用是简单地扔掉第一个分量，只保留第二个分量：$\pi_2((h,k)) = k$。
   • 第二步：验证映射是同态:
   • 取 $G$ 中两个元素 $(h_1, k_1)$ 和 $(h_2, k_2)$。
   • 先在 $G$ 中运算再映射：$\pi_2((h_1, k_1)(h_2, k_2)) = \pi_2((h_1h_2, k_1k_2)) = k_1k_2$。
   • 先映射再在 $K$ 中运算：$\pi_2((h_1, k_1)) \cdot \pi_2((h_2, k_2)) = k_1 \cdot k_2$。
   • 两者相等，所以 $\pi_2$ 是一个群同态。
   • 第三步：找到同态的核 (Kernel): 核的定义是所有被映射到目标群单位元 $e_K$ 的元素的集合。
   • $\operatorname{Ker}(\pi_2) = \{ (h,k) \in H \times K \mid \pi_2((h,k)) = e_K \}$
   • $\pi_2((h,k)) = k$，所以 $k=e_K$。
   • 因此，$\operatorname{Ker}(\pi_2) = \{ (h, e_K) \mid h \in H \}$。
   • 这正是我们定义的子群 $\bar{H}$。
   • 第四步：应用同态基本定理 (定理14.11):
   • 同态基本定理说：对于任何群同态 $\phi: G \to G'$，它的像 $\phi[G]$ 同构于商群 $G/\operatorname{Ker}(\phi)$。
   • 在本例中，同态是 $\pi_2: H \times K \to K$。
   • 核是 $\operatorname{Ker}(\pi_2) = \bar{H}$。
   • 像是什么？对于 $K$ 中的任何元素 $k$，我们总能找到 $G$ 中的元素 $(e_H, k)$，使得 $\pi_2((e_H, k)) = k$。所以这个映射是映上 (onto) 的，它的像就是整个 $K$。
   • 把这些代入同态基本定理：$K \simeq (H \times K) / \bar{H}$。
   • 定理得证。
   • 关于正规性: 同态的核永远是一个正规子群，这是同态理论的一个基本结论。所以从 $\operatorname{Ker}(\pi_2) = \bar{H}$ 我们直接就得到了 $\bar{H}$ 是正规子群的结论。

这是一个关于商群结构继承性的简单而重要的定理。

1. 定理陈述: 如果你用一个循环群（可以由单个元素生成的群）去构造一个商群，那么得到的商群也必然是一个循环群。换言之，“循环性”这个性质可以被商群所继承。
2. 证明思路:
   • 已知:
   • $G$ 是循环群，所以存在一个生成元 $a$，使得 $G = \langle a \rangle = \{a^k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。
   • $N$ 是 $G$ 的一个正规子群。（在阿贝尔群中，任何子群都是正规的；在非阿贝尔循环群中，也是如此，因为所有元素都是 $a$ 的幂，它们互相之间是可交换的）。
   • 要证: $G/N$ 是循环群。这意味着我们需要在 $G/N$ 中找到一个“生成元陪集”，它的所有幂可以遍历 $G/N$ 的所有元素。
   • 候选生成元: 一个自然的想法是，如果 $a$ 能生成 $G$，那么包含 $a$ 的陪集 $aN$ 能否生成 $G/N$ 呢？
   • 验证:
   • $G/N$ 的任意一个元素是什么形式？是某个陪集 $gN$，其中 $g \in G$。
   • 因为 $G$ 是由 $a$ 生成的，所以任何 $g$ 都可以写成 $a$ 的某个幂次，即 $g = a^k$（对于某个整数 $k$）。
   • 所以，$G/N$ 中的任意一个元素都可以写成 $a^k N$ 的形式。
   • 根据商群的运算法则， $a^k N = (aN)^k$。
   • 这说明，$G/N$ 中的任何一个元素（陪集 $gN$）都可以表示为我们所选的那个特定陪集 $aN$ 的 $k$ 次幂。
   • 这正是“$aN$ 生成 $G/N$”的定义！
   • 结论: 我们成功地找到了 $G/N$ 的一个生成元（就是 $aN$），因此 $G/N$ 是一个循环群。

这个例子比 15.7 稍微复杂一点，但仍然展示了因子是如何被“坍缩”的。

1. 问题: 计算商群 $(\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_6) / \langle(0,2)\rangle$。
2. 分析子群 H:
   • $H = \langle(0,2)\rangle$ 是由 $(0,2)$ 生成的循环子群。
   • $1 \cdot (0,2) = (0,2)$
   • $2 \cdot (0,2) = (0,4)$
   • $3 \cdot (0,2) = (0,6) = (0,0)$ (在 $\mathbb{Z}_6$ 中)。
   • 所以 $H = \{(0,0), (0,2), (0,4)\}$。这是一个阶为3的子群。
3. 分析商群 G/H:
   • 原群 $G = \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_6$ 的阶是 24。
   • 商群的阶是 $|G/H| = |G|/|H| = 24/3 = 8$。
   • 这是一个8阶的阿贝尔群。根据基本定理，它可能同构于 $\mathbb{Z}_8$, $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2$, 或 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。
4. 作者的直观解法:
   • 作者没有去穷举陪集，而是采用了更宏观的视角。
   • 观察子群 H 的形态: 子群 $H$ 的所有元素的第一个坐标都是0。这意味着 $H$ 完全“生活”在第二个因子 $\mathbb{Z}_6$ 的世界里。$H$ 实际上就是 $\{0\} \times \langle 2 \rangle_{\mathbb{Z}_6}$。
   • 第一个因子发生了什么: 当我们模掉 $H$ 时，我们是在问：什么时候 $(a,b)$ 和 $(a',b')$ 等价？当 $(a-a', b-b') \in H$ 时。
   • 这要求 $a-a'=0$，即 $a=a'$。
   • 所以，两个元素如果要等价，它们的第一个坐标必须相同。这意味着第一个坐标 $\mathbb{Z}_4$ 的结构没有受到任何“坍缩”的影响。它被完整地保留了下来。所以商群中会有一个 $\mathbb{Z}_4$ 的部分。
   • 第二个因子发生了什么:
   • 等价条件还要求 $b-b' \in \langle 2 \rangle_{\mathbb{Z}_6}$。
   • 这正是构造商群 $\mathbb{Z}_6 / \langle 2 \rangle$ 的等价关系！
   • 商群 $\mathbb{Z}_6 / \langle 2 \rangle$ 的阶是 $6/3=2$，它同构于 $\mathbb{Z}_2$。
   • 组合起来: 第一个因子 $\mathbb{Z}_4$ 保持不变，第二个因子 $\mathbb{Z}_6$ “坍缩”成了 $\mathbb{Z}_2$。因此，总的商群结构就是这两部分的直积。
   • 结论: $(\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_6) / \langle(0,2)\rangle \simeq \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2$。
5. 验证: 这是一个8阶群，与我们计算的阶数相符。$\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2$ 是三种可能的8阶阿贝尔群之一。作者的直观解法直接得到了答案。

这个例子是本节计算部分最关键、最微妙的一个，它旨在纠正一个常见的错误直觉。

1. 问题: 计算商群 $(\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_6) / \langle(2,3)\rangle$。
2. 错误的诱惑: 作者首先指出了一个看似合理但错误的思路。
   • 子群是由 $(2,3)$ 生成的。
   • 直觉可能会告诉我们，这相当于把第一个坐标中的 2 “置零”，也把第二个坐标中的 3 “置零”。
   • 如果这样，$\mathbb{Z}_4$ 模掉 $\langle 2 \rangle$ 会得到 $\mathbb{Z}_2$。
   • $\mathbb{Z}_6$ 模掉 $\langle 3 \rangle$ 会得到 $\mathbb{Z}_3$。
   • 所以商群似乎是 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$。
3. 为什么是错的:
   • 计算子群 H: $H = \langle(2,3)\rangle$。
   • $1 \cdot (2,3) = (2,3)$
   • $2 \cdot (2,3) = (4,6) = (0,0)$ (在 $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_6$ 中)。
   • 所以 $H = \{(0,0), (2,3)\}$，这是一个阶为2的子群。
   • 计算商群的阶: $|G/H| = |G|/|H| = 24 / 2 = 12$。
   • 而那个错误思路得到的商群 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ 的阶是 $2 \times 3 = 6$。
   • 阶数都不对，所以那个思路肯定错了。
   • 根本原因: “将 $(2,3)$ 置零”不等于“将 $(2,0)$ 和 $(0,3)$ 都置零”。在商群中，我们只知道 $(2,3)$ 等价于 $(0,0)$。我们不知道 $(2,0)$ 是不是也等价于 $(0,0)$。事实上，它不等价，因为 $(2,0) - (0,0) = (2,0)$，而 $(2,0)$ 并不在 $H=\{(0,0),(2,3)\}$ 中。子群 $H$ 的元素在两个坐标上是“纠缠”在一起的，它没有“对齐”坐标轴，所以不能将两个因子分开处理。
4. 正确的解法:
   • 我们已经知道商群是一个12阶的阿贝尔群。
   • 可能的结构: 根据基本定理，12阶阿贝尔群只有两种可能（同构意义下）：
   • $\mathbb{Z}_{12}$ (也写作 $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_3$，因为4和3互素)
   • $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_6$ (也写作 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$)
   • 区分方法: $\mathbb{Z}_{12}$ 是循环群，它有一个阶为12的元素，也有阶为4的元素。而 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_6$ 中元素的最大阶是 $\text{lcm}(2,6)=6$。它没有阶为12或4的元素。所以，只要我们在商群中能找到一个阶为4的元素，答案就必然是 $\mathbb{Z}_{12}$。
   • 寻找高阶元素: 作者提议测试陪集 $(1,0)+H$ 的阶。
   • 计算陪集的阶: 我们需要找到最小的正整数 $k$，使得 $k \cdot ((1,0)+H) = H$，这等价于 $k \cdot (1,0) \in H$。
   • $k \cdot (1,0) = (k \pmod 4, 0)$。
   • 我们要找最小的 $k>0$，使得 $(k \pmod 4, 0)$ 在 $H=\{(0,0), (2,3)\}$ 中。
   • 可能的情况只有 $(k \pmod 4, 0) = (0,0)$ 或者 $(k \pmod 4, 0) = (2,3)$。
   • 第二个可能显然不成立，因为 $0 \neq 3$。
   • 所以只剩下 $(k \pmod 4, 0) = (0,0)$。
   • 这要求 $k \pmod 4 = 0$。满足这个条件的最小正整数 $k$ 是 4。
   • 结论: 我们找到了一个阶为4的元素 $((1,0)+H)$。
   • 因此，这个商群不可能是 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_6$。它必须是同构于 $\mathbb{Z}_{12}$（或写作 $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_3$）的那个。
   • 作者最后写 "同构于 $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_3$ 或 $\mathbb{Z}_{12}$" 是因为这两者本身就是同构的（中国剩余定理）。

这个例子将商群的计算从有限群推广到无限群，并利用几何直觉来帮助理解。

1. 问题: 计算无限阿贝尔群 $(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / \langle(1,1)\rangle$ 的结构。
2. 几何可视化:
   • 群 G: $G = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。可以把它想象成平面直角坐标系中所有横纵坐标都是整数的点（一个“格点”平面）。群运算是向量加法。
   • 子群 H: $H = \langle(1,1)\rangle$。这是由向量 $(1,1)$ 生成的循环子群。它的元素是 $(1,1)$ 的所有整数倍：$\{..., (-2,-2), (-1,-1), (0,0), (1,1), (2,2), ...\}$。在几何上，这些点正好构成了通过原点、斜率为1的直线 $y=x$ 上的所有格点。
   • 商群 G/H: 它的元素是子群 $H$ 的陪集。
   • 陪集的几何形态:
   • 一个陪集是 $g+H$ 的形式。例如，取点 $(1,0)$，它的陪集是 $(1,0)+H = \{ (1,0)+k(1,1) \mid k \in \mathbb{Z} \} = \{ (1+k, k) \mid k \in \mathbb{Z} \}$。
   • 这些点 $(1,0), (2,1), (3,2), (0,-1), ...$ 构成了哪条直线？对于点 $(x,y)=(1+k, k)$，我们有 $x-y = (1+k)-k = 1$。所以这些点都在直线 $y=x-1$ 上。这是一条通过 $(1,0)$、斜率也是1的直线。
   • 一般结论: 任何一个陪集 $(a,b)+H$ 都对应于直线 $y-x = b-a$ 上的所有格点。因此，整个 $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 格点平面被划分成了一族平行的、斜率为1的直线。每一条这样的直线（上的所有格点）就是商群中的一个元素。
3. 寻找代表元:
   • 我们需要为每一条平行线（每一个陪集）找一个代表。
   • 一个聪明的方法是，用每条直线与 x-轴的交点（如果交点是格点的话）或者某个方便的轴上的点来代表。
   • 作者选择用 x-轴上的格点 $(m,0)$ 来作为代表。
   • 陪集 $(m,0)+H$ 对应于直线 $y-x = 0-m = -m$，即 $y=x-m$。
   • 不同的整数 $m$ 给出不同的、平行的直线。例如 $m=0$ 给出 $y=x$ (H本身)，$m=1$ 给出 $y=x-1$， $m=-1$ 给出 $y=x+1$。
   • 这些直线覆盖了所有的陪集。任何一个点 $(a,b)$ 所在的陪集都可以被一个x-轴上的点代表。具体来说，$(a,b)$ 所在的直线是 $y-x=b-a$。这条直线与x-轴（$y=0$）相交于 $x=a-b$。所以点 $(a-b, 0)$ 就是这个陪集的一个x-轴代表元。
   • 因此，我们可以用集合 $\{\dots, (-2,0), (-1,0), (0,0), (1,0), (2,0), \dots\}$ 中的点来代表所有的陪集。
4. 确定商群结构:
   • 我们选择的代表元集合 $\{ (m,0) \mid m \in \mathbb{Z} \}$ 与整数集 $\mathbb{Z}$ 存在明显的一一对应关系：$m \leftrightarrow (m,0)$。
   • 我们来检查运算是否也对应。在商群中计算 $((m,0)+H) + ((n,0)+H)$：
   • 取代表元 $(m,0)$ 和 $(n,0)$。
   • 在 $G$ 中相加得到 $(m+n, 0)$。
   • 结果是 $(m+n, 0)$ 所在的陪集，即 $(m+n, 0)+H$。
   • 这恰好与在 $\mathbb{Z}$ 中计算 $m+n$ 的结果相对应。
   • 结论: 商群 $(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / \langle(1,1)\rangle$ 与整数加法群 $\mathbb{Z}$ 同构。
5. 另一种理解方式（同态）:
   • 定义一个映射 $\phi: \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$，其规则是 $\phi((x,y)) = x-y$。
   • 验证同态: $\phi((x_1,y_1)+(x_2,y_2)) = \phi((x_1+x_2, y_1+y_2)) = (x_1+x_2)-(y_1+y_2) = (x_1-y_1) + (x_2-y_2) = \phi((x_1,y_1)) + \phi((x_2,y_2))$。所以是同态。
   • 找核: $\operatorname{Ker}(\phi) = \{(x,y) \mid \phi((x,y))=0\} = \{(x,y) \mid x-y=0\} = \{(x,y) \mid x=y\}$。这正是子群 $\langle(1,1)\rangle$。
   • 找像: 对于任何整数 $k \in \mathbb{Z}$，我们能找到一个格点 $(x,y)$ 使得 $x-y=k$ 吗？当然，比如取 $(k,0)$，就有 $\phi((k,0)) = k-0=k$。所以映射是映上的，像就是整个 $\mathbb{Z}$。
   • 应用同态基本定理: 商群 $(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / \operatorname{Ker}(\phi)$ 同构于像 $\mathbb{Z}$。即 $(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / \langle(1,1)\rangle \simeq \mathbb{Z}$。

这部分引入了群论中一个极其重要的概念：单群。

1. 回顾商群的作用: 商群 $G/N$ 是对 $G$ 的一种“粗糙化”或“简化”。我们通过“模掉”一个正规子群 $N$ 来得到一个更小的、可能更简单的群，从而研究 $G$ 的结构。
2. 一个自然的问题: 如果一个群 $G$ 根本没有可以用来“模掉”的子群呢？
   • “可以用来模掉”意味着这个子群必须是正规的。
   • 为了得到有意义的简化，我们不希望模掉平凡子群 $\{e\}$（因为 $G/\{e\} \simeq G$，没有简化），也不希望模掉整个群 $G$（因为 $G/G \simeq \{e\}$，信息全无）。
   • 所以，我们关心的是非平凡的真正规子群 (non-trivial proper normal subgroup)。
3. 单群的定义:
   • 一个群如果除了 $\{e\}$ 和它自身以外，再也找不到任何正规子群了，那么这个群就不能再被商群这种方法“分解”或“简化”了。
   • 这种无法被进一步分解的“基本粒子”或“原子”式的群，就叫做单群 (Simple Group)。
   • 严格定义: 一个群 $G$ 被称为单群，需满足两个条件：
4. $G$ 是非平凡群（$G \neq \{e\}$，即它至少有两个元素）。
5. $G$ 的正规子群只有 $\{e\}$ 和 $G$ 本身。
6. 一个已知的例子: 作者提醒我们，我们已经见过一种单群了。
   • 定理10.10说，一个素数阶的群（例如5阶群）是循环群。
   • 根据拉格朗日定理，它的子群的阶只能是1或者这个素数本身。
   • 所以，一个素数阶群除了 $\{e\}$ 和它自身，根本没有任何其他子群，更不用说正规子群了。
   • 因此，任何素数阶群（如 $\mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_5, ...$）都是单群。它们是阿贝尔单群。

这部分给出了一个极其重要的非阿贝尔单群家族的例子。

1. 定理陈述: 对于所有 $n \ge 5$，交错群 $A_n$ (即 $n$ 个元素上的所有偶置换构成的群) 都是单群。
   • 这意味着 $A_5, A_6, A_7, ...$ 这些群，除了 $\{e\}$ 和它们自身以外，没有任何正规子群。
   • 它们是群论世界里一类非常重要的“基本粒子”。
2. 证明: 作者将这个定理的证明放在了本节末尾的练习39中。这个证明比较长，需要分情况讨论，通常是高阶群论课程的重点。
3. 与已知例子的对比:
   • 我们之前知道的单群是所有素数阶群 $\mathbb{Z}_p$。它们都是阿贝尔群。
   • $A_n$ (当 $n \ge 4$ 时) 是非阿贝尔群。例如，在 $A_4$ 中 $(1,2,3)(1,2,4) = (1,3)(2,4)$，而 $(1,2,4)(1,2,3) = (1,4)(2,3)$，两者不相等。
   • 所以，$A_n$ ($n \ge 5$) 是非阿贝尔单群的一个无限系列。
4. $n < 5$ 的情况呢？
   • $A_1, A_2$ 是平凡群，不讨论。
   • $A_3$ 的阶是 $3!/2 = 3$。3是素数，所以 $A_3 \simeq \mathbb{Z}_3$ 是单群。
   • $A_4$ 的阶是 $4!/2 = 12$。我们在示例15.6的讨论中，实际上已经接触到了它的一个正规子群。那个由单位元和三个双对换组成的集合 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ 是一个阶为4的正规子群（它同构于克莱因四元群）。既然 $A_4$ 有一个非平凡的真正规子群 $V$，所以 $A_4$ 不是单群。
   • 因此，$A_n$ 是单群的条件 $n \ge 5$ 是非常精确的。
5. 其他单群: 作者指出，除了循环群 $\mathbb{Z}_p$ 和交错群 $A_n$ ($n \ge 5$)，还存在很多其他的单群。
   • 他举了一个例子：存在一个阶为 168 的单群。这个群通常被称为 $PSL(2,7)$，是射影特殊线性群。
   • 这个例子告诉我们，单群的种类远比我们想象的要丰富和复杂。$A_5$ (阶60) 是最小的非阿贝尔单群。次小的非阿贝尔单群就是这个阶为168的群。

这段话介绍了20世纪数学最伟大的成就之一：有限单群分类定理，也被称为“巨定理”。

1. 核心思想：群的“因子分解”:
   • 任何一个有限群，都可以被“分解”成一系列的单群。这个分解过程是通过商群来实现的。
   • 例如，非单群 $G$ 有一个正规子群 $N$，我们可以得到 $G/N$ 和 $N$。如果 $G/N$ 或 $N$ 还不是单群，可以继续分解。
   • 这个过程最终会得到一组唯一的“单群因子”（类似于 $G$ 的“合成因子”）。这个结论被称为 Jordan-Hölder 定理。
   • 类比: 这就像任何一个正整数都可以唯一地分解成素数的乘积一样（算术基本定理）。$24 = 2 \times 2 \times 2 \times 3$。
   • 因此，有限单群在群论中的地位，就如同素数在数论中的地位。它们是构成一切的基本砖块。
2. 分类项目: 要想理解所有有限群，关键任务就变成了：
   • 1. 找到所有的有限单群（创建一张“元素周期表”）。
   • 2. 研究这些单群是如何“组合”成更复杂的群的（“成键理论”）。
   • 从1950年到1980年，数学界发起了一项宏大的合作项目，旨在完成第一项任务。
3. 分类结果概述: 这个“元素周期表”包含：
   • 无限族:
   • 循环群 $\mathbb{Z}_p$: 对每个素数 $p$ 都有一个。这是唯一的阿贝尔单群系列。
   • 交错群 $A_n$ ($n \ge 5$): 我们刚学过的。
   • 李型群 (Groups of Lie Type): 16个无限系列，是定义在有限域上的矩阵群，构成了最大、最复杂的一族。
   • 散在单群 (Sporadic Groups): 26个“例外”的单群，它们不属于任何一个无限族，如同周期表上那些行为奇特的孤立元素。
4. 里程碑事件:
   • Feit-Thompson 定理 (1963): 证明了所有奇数阶的有限群都是可解的（可以被层层分解最终得到阿贝尔群因子），一个直接推论是，任何非阿贝尔单群的阶必须是偶数。这个长达255页的论文被认为是分类工作的开端。
   • Aschbacher 的贡献 (1970s): Michael Aschbacher 的工作极大地简化和指引了分类的路径，是分类工作后期的核心人物。
   • 怪物单群 (Monster Group, 1980s): Robert Griess 构造出了最后一个，也是最大的散在单群——“怪物群”。它的阶是一个巨大的数字（约 $8 \times 10^{53}$）。这个群的存在在理论上早有预测，它的成功构造是分类工作完成的标志性事件之一。
   • 完成: 整个分类工作涉及了数百位数学家，发表的论文总页数估计在5000到15000页之间，是人类历史上最庞大和复杂的数学证明之一。

在讨论什么样的商群是单群之前，需要一个关于同态如何处理正规子群的引理。

1. 目标: 我们想找到一种方法来判断，对于一个群 $G$ 和它的正规子群 $N$，商群 $G/N$ 何时会是一个单群。
2. 铺垫: 要实现这个目标，我们需要了解同态映射如何传递“正规性”这个属性。定理15.16正是关于这个的。
3. 定理15.16 陈述:
   • 背景: $\phi: G \to G'$ 是一个群同态。$\phi[G]$ 是 $G$ 在 $G'$ 中的像 (image)。
   • 第一部分（正向传递）: 如果你从 $G$ 中拿一个正规子群 $N$，然后通过 $\phi$ 把它映射过去，得到集合 $\phi[N]$，那么这个集合 $\phi[N]$ 将是像群 $\phi[G]$ 的一个正规子群。
   • 注意: 这里说的是在像群 $\phi[G]$ 中正规，不一定是在整个目标群 $G'$ 中正规。
   • 第二部分（逆向传递）: 如果你从像群 $\phi[G]$ 中拿一个正规子群 $N'$，然后通过 $\phi$ 找到它在 $G$ 中的原像 (preimage) $\phi^{-1}[N']$（即 $G$ 中所有被映射到 $N'$ 里的元素的集合），那么这个原像集合 $\phi^{-1}[N']$ 将是 $G$ 的一个正规子群。
4. 直观理解: 这个定理说明，在群 $G$ 和它的像 $\phi[G]$ 之间，存在一个关于正规子群的“对应关系”。同态 $\phi$ 搭建了这座桥梁，使得“正规性”可以在两岸之间来回传递。这有时被称为对应定理 (Correspondence Theorem) 的一部分。
5. 证明: 作者将证明留作练习。我们简单看一下思路：
   • 证明第一部分: 要证 $\phi[N]$ 在 $\phi[G]$ 中正规。取 $\phi[G]$ 中任意元素 $y$ 和 $\phi[N]$ 中任意元素 $x_N$。我们需要证明 $y x_N y^{-1} \in \phi[N]$。
   • 因为 $y \in \phi[G]$, $x_N \in \phi[N]$，所以存在 $g \in G, n \in N$ 使得 $y=\phi(g), x_N=\phi(n)$。
   • $y x_N y^{-1} = \phi(g)\phi(n)(\phi(g))^{-1} = \phi(gng^{-1})$。
   • 因为 $N$ 在 $G$ 中是正规的，所以 $gng^{-1} \in N$。
   • 因此，$\phi(gng^{-1}) \in \phi[N]$。得证。
   • 证明第二部分: 要证 $\phi^{-1}[N']$ 在 $G$ 中正规。取 $G$ 中任意元素 $g$ 和 $\phi^{-1}[N']$ 中任意元素 $x$。我们要证明 $gxg^{-1} \in \phi^{-1}[N']$。
   • 这等价于证明 $\phi(gxg^{-1}) \in N'$。
   • $\phi(gxg^{-1}) = \phi(g)\phi(x)(\phi(g))^{-1}$。
   • 因为 $x \in \phi^{-1}[N']$，所以 $\phi(x) \in N'$。
   • 因为 $N'$ 在 $\phi[G]$ 中是正规的，且 $\phi(g) \in \phi[G]$，所以 $\phi(g)\phi(x)(\phi(g))^{-1} \in N'$。得证。

这部分内容将“单群”的概念与“商群”紧密联系起来，回答了本节开头提出的问题。

1. 极大正规子群的定义:
   • 一个正规子群 $M$ 被称为“极大的”，意思是它是“顶天立地”的。
   • 条件：
2. $M$ 是一个正规子群，并且 $M \neq G$ (是一个真正规子群)。
3. 在 $M$ 和 $G$ 之间，不存在任何其他的正规子群了。也就是说，如果 $N$ 是一个正规子群，并且 $M \subset N \subseteq G$，那么只可能 $N=M$ 或者 $N=G$。没有“中间站”。
4. 定理 15.18 陈述:
   • 这是一个“当且仅当”的充要条件，揭示了一个深刻的对偶关系。
   • 子群 $M$ 是 $G$ 的极大正规子群 $\iff$ 商群 $G/M$ 是一个单群。
   • 这意味着，一个正规子群是不是“极大”，等价于用它构造出的商群是不是“不可再分”。
5. 证明 (利用定理15.16):
   • 证明 ($\Rightarrow$) 方向:
   • 假设: $M$ 是 $G$ 的极大正规子群。
   • 要证: $G/M$ 是单群。
   • 工具: 自然同态 $\gamma: G \to G/M$，定义为 $\gamma(g) = gM$。
   • 反证法: 假设 $G/M$ 不是单群。那么，它必然存在一个非平凡的真正规子群，我们称之为 $N'$。
   • 根据定理15.16的第二部分（逆向传递），$N'$ 在 $G$ 中的原像 $\gamma^{-1}[N']$ 是 $G$ 的一个正规子群。
   • 这个原像 $\gamma^{-1}[N']$ 是什么样的？
   • 因为 $N'$ 非平凡，所以 $N' \neq \{M\}$ (商群的单位元)。这意味着 $\gamma^{-1}[N']$ 不等于 $M$。具体来说，它严格包含 $M$。
   • 因为 $N'$ 是真子群，所以 $N' \neq G/M$。这意味着 $\gamma^{-1}[N']$ 不等于 $G$。
   • 综上，我们在 $G$ 中找到了一个正规子群 $\gamma^{-1}[N']$，它严格地介于 $M$ 和 $G$ 之间 ($M \subsetneq \gamma^{-1}[N'] \subsetneq G$)。
   • 但这与我们最初的假设“$M$ 是极大正规子群”（即 $M$ 和 $G$ 之间没有其他正规子群）相矛盾！
   • 因此，反证法的假设不成立，$G/M$ 必须是单群。

• 证明 ($\Leftarrow$) 方向:
• 假设: $G/M$ 是一个单群。
• 要证: $M$ 是 $G$ 的极大正规子群。
• 反证法: 假设 $M$ 不是极大的。那么，必然存在一个正规子群 $N$，使得 $M \subsetneq N \subsetneq G$。
• 工具: 同样使用自然同态 $\gamma: G \to G/M$。
• 根据定理15.16的第一部分（正向传递），$N$ 在 $\gamma$ 下的像 $\gamma[N]$ 是 $G/M$ 的一个正规子群。
• 这个像 $\gamma[N]$ 是什么样的？
• 因为 $N$ 严格包含 $M$，所以 $\gamma[N]$ 中除了单位元 $M$ 之外，还包含了其他陪集。因此 $\gamma[N] \neq \{M\}$，它是非平凡的。
• 因为 $N$ 严格小于 $G$，所以 $\gamma[N]$ 不会是整个商群 $G/M$。因此 $\gamma[N]$ 是一个真子群。
• 综上，我们在商群 $G/M$ 中找到了一个非平凡的真正规子群 $\gamma[N]$。
• 但这与我们最初的假设“$G/M$ 是单群”（即它没有非平凡的真正规子群）相矛盾！
• 因此，反证法的假设不成立，$M$ 必须是极大正规子群。

这部分引入了任何一个群（尤其非阿贝尔群）都内生的两个非常重要的正规子群：中心和换位子群。它们揭示了群的“阿贝尔程度”。

1. 动机: 对于非阿贝尔群，交换律 $ab=ba$ 不再普遍成立。我们自然会关心：
   • 这个群“有多不阿贝尔”？
   • 哪些元素是“乖”的，能和所有元素交换？
   • 我们能否“强制”这个群变得阿贝尔，以及在这个过程中会发生什么？
2. 两个特殊的正规子群:
   • 中心 (Center) $Z(G)$: 回答了“哪些元素是乖的？”这个问题。
   • 换位子群 (Commutator Subgroup) $C$: 回答了“我们能否强制群变得阿贝尔？”这个问题。
3. 重要性: 这两个子群之所以重要，是因为它们都是正规子群，因此我们可以用它们来构造商群，从而进一步分析群的结构。并且它们是由群 $G$ 的内在性质唯一确定的，不需要我们去外部指定。
4. 命名来源: “Zentrum”是德语的“中心”，所以用 $Z(G)$ 表示。

这部分正式定义了中心并证明了它的基本性质。

1. 定义: 群 $G$ 的中心 $Z(G)$，是 $G$ 中所有能与 $G$ 的每一个元素交换的元素的集合。
   • 一个元素 $z$ 在中心里，当且仅当对于所有的 $g \in G$，都有 $zg=gz$。
2. 基本性质:
   • $Z(G)$ 是一个子群:
   • 封闭性: 如果 $z_1, z_2 \in Z(G)$，那么对于任何 $g \in G$，有 $(z_1z_2)g = z_1(z_2g) = z_1(gz_2) = (z_1g)z_2 = (gz_1)z_2 = g(z_1z_2)$。所以 $z_1z_2 \in Z(G)$。
   • 单位元: $eg=ge=g$ 对所有 $g$ 成立，所以 $e \in Z(G)$。
   • 逆元: 如果 $z \in Z(G)$，那么 $zg=gz$。两边同时左乘右乘 $z^{-1}$，得到 $g z^{-1} = z^{-1}g$。所以 $z^{-1} \in Z(G)$。
   • $Z(G)$ 是阿贝尔子群: 这是显然的，因为中心里的任何两个元素 $z_1, z_2$ 都能和所有元素交换，当然也包括它们彼此之间。
   • $Z(G)$ 是正规子群:
   • 我们要验证对于任何 $z \in Z(G)$ 和任何 $g \in G$，共轭元素 $gzg^{-1}$ 是否还在 $Z(G)$ 中。
   • 作者给出了一个更简单的验证方法。正规性的一个等价定义是 $gNg^{-1} \subseteq N$。
   • 对于 $z \in Z(G)$，根据定义有 $zg=gz$。将此式右乘 $g^{-1}$，得到 $zgg^{-1} = gzg^{-1}$，即 $z=gzg^{-1}$。
   • 这表明 $gzg^{-1}$ 就是 $z$ 本身，而 $z$ 已经在 $Z(G)$ 中了。所以 $gzg^{-1} \in Z(G)$。
   • 因此，$Z(G)$ 是一个正规子群。
3. 极端情况:
   • 如果 $G$ 本身就是阿贝尔群，那么 $G$ 中的每个元素都能和所有其他元素交换。因此，中心就是整个群 $G$，即 $Z(G)=G$。
   • 在这种情况下，$Z(G)$ 没有提供关于群的交换性的额外信息，所以说“没有用处”。我们研究中心，主要就是为了衡量非阿贝尔群的“非阿贝尔”程度。$Z(G)$ 越大，群的“阿贝尔”程度越高。

这个例子通过具体的群来阐述中心的概念。

1. 平凡中心:
   • 任何群的中心至少包含单位元 $e$。
   • 如果中心只包含单位元，即 $Z(G)=\{e\}$，我们称之为平凡中心。
   • 拥有平凡中心的群，在某种意义上是“最不阿贝尔”的。
2. $S_3$ 的例子:
   • 通过查看 $S_3$ 的乘法表（凯莱表），可以验证只有单位元 $\rho_0$ 与所有6个元素都可交换。
   • 因此 $Z(S_3) = \{\rho_0\}$，其中心是平凡的。
   • 作者补充了一个更一般结论的提示（练习38）：任何阶为 $pq$（p,q为素数）的非阿贝尔群，其中心都是平凡的。$S_3$ 的阶是 $6=2 \times 3$，符合这个模式。
3. 直积群的中心:
   • 考虑群 $G = S_3 \times \mathbb{Z}_5$。它的元素是数对 $(g,h)$，其中 $g \in S_3, h \in \mathbb{Z}_5$。
   • 运算是分量各自运算：$(g_1,h_1)(g_2,h_2) = (g_1g_2, h_1+h_2)$。
   • 我们要找它的中心 $Z(S_3 \times \mathbb{Z}_5)$。一个元素 $(z_g, z_h)$ 在中心里，意味着它必须和所有元素 $(g,h)$ 交换。
   • $(z_g, z_h)(g,h) = (g,h)(z_g, z_h)$
   • $(z_g g, z_h+h) = (g z_g, h+z_h)$
   • 这必须对所有的 $g \in S_3$ 和 $h \in \mathbb{Z}_5$ 成立。
   • 这意味着两个等式必须同时成立：
4. $z_g g = g z_g$ 对所有 $g \in S_3$ 成立 $\implies z_g \in Z(S_3)$。
5. $z_h+h = h+z_h$ 对所有 $h \in \mathbb{Z}_5$ 成立 $\implies z_h \in Z(\mathbb{Z}_5)$。
   • 我们已经知道 $Z(S_3) = \{\rho_0\}$。
   • 因为 $\mathbb{Z}_5$ 是阿贝尔群，所以 $Z(\mathbb{Z}_5) = \mathbb{Z}_5$。
   • 所以，中心元素 $(z_g, z_h)$ 必须满足 $z_g = \rho_0$ 且 $z_h$ 可以是 $\mathbb{Z}_5$ 中的任何元素。
   • 因此，$Z(S_3 \times \mathbb{Z}_5) = \{(\rho_0, 0), (\rho_0, 1), (\rho_0, 2), (\rho_0, 3), (\rho_0, 4)\}$。
   • 这个中心的结构，就是 $\{\rho_0\} \times \mathbb{Z}_5$，它显然同构于 $\mathbb{Z}_5$。
6. 一般结论: 对于直积群 $G_1 \times G_2$，其中心是各自中心的直积：$Z(G_1 \times G_2) = Z(G_1) \times Z(G_2)$。

这部分引入了换位子群的概念，其动机是构造一个群的“阿贝尔化”版本。

1. 商群的本质回顾: 构造商群 $G/N$ 的过程，等同于在代数上“强行”将 $N$ 里的所有元素都当作单位元 $e$ 来看待。
2. 新目标：阿贝尔化 (Abelianization):
   • 对于一个非阿贝尔群 $G$，我们想构造一个和它最“像”的阿贝尔群。
   • “像”体现在这个新群是由 $G$ 导出的，保留了 $G$ 的一部分结构。
   • 如何让一个非阿贝尔群变成阿贝尔群？我们需要强行让所有元素都满足交换律，即对于任意 $a, b$，我们都要求 $ab=ba$。
3. 如何实现“强制交换”:
   • $ab=ba$ 这个等式，在群论中更方便地写作 $aba^{-1}b^{-1} = e$。
   • 这个特殊形式的元素 $aba^{-1}b^{-1}$ 就被称为一个换位子 (commutator)。
   • 换位子 $aba^{-1}b^{-1}$ 的值，衡量了 $a$ 和 $b$ 不满足交换律的“程度”。如果它们可交换，换位子就是 $e$；如果不可交换，换位子就是一个非单位元的元素。
4. 连接商群和阿贝尔化:
   • 我们想强制所有 $aba^{-1}b^{-1}$ 都等于 $e$。
   • 根据第一点的回顾，实现这一点的办法就是，找到一个正规子群，它包含了所有我们想“置零”的元素，然后模掉这个子群。
   • 所以，我们需要一个包含了所有换位子 $aba^{-1}b^{-1}$ 的正规子群。
5. 换位子群的定义动机:
   • 我们不只想找一个包含所有换位子的正规子群，我们想找那个最小的。
   • 为什么是最小的？因为模掉的子群越大，信息损失越多。我们想在实现阿贝尔化的前提下，尽可能多地保留原群 $G$ 的结构。所以我们模掉的子群应该“刚刚好”够用，只包含为了实现交换律所必须置零的那些元素。
   • 这个“由所有换位子生成的最小正规子群”，就是即将定义的换位子群。

这个定理正式确立了换位子群的所有关键性质。

1. 定理陈述分为三部分:
   • Part 1 (定义和正规性): 所有换位子 $aba^{-1}b^{-1}$ 生成的子群 $C$（称为换位子群，也记为 $G'$ 或 $[G,G]$）是一个正规子群。
   • Part 2 (C的商群是阿贝尔的): 商群 $G/C$ 必定是阿贝尔群。
   • Part 3 (C的普适性): 对于任何正规子群 $N$，商群 $G/N$ 是阿贝尔群的充要条件是 $N$ 包含了整个换位子群 $C$ ($C \le N$)。
2. Part 3 的意义:
   • 这个性质说明，换位子群 $C$ 是使得商群 $G/N$ 成为阿贝尔群的最小正规子群。
   • 任何想让商群阿贝尔化的正规子群 $N$，都必须“吞下”整个换位子群 $C$。
   • 因此，$G/C$ 是 $G$ 的“最大”的阿贝尔商群（因为模掉的子群最小，保留的信息最多）。它被称为 $G$ 的阿贝尔化 (abelianization of G)。
3. 证明详解:
   • 证明 Part 1 (C是正规子群):
   • 首先明确 $C$ 的元素是形如 $c_1 c_2 ... c_k$ 的有限乘积，其中每个 $c_i$ 都是一个换位子。
   • 要证 $C$ 正规，需证对任意 $x \in C$ 和 $g \in G$，有 $gxg^{-1} \in C$。
   • 证明的关键简化：只需证明对于单个换位子 $c = aba^{-1}b^{-1}$，它的共轭 $gcg^{-1}$ 仍然在 $C$ 中即可。因为如果成立，那么 $(g x_1 x_2 g^{-1}) = (g x_1 g^{-1})(g x_2 g^{-1})$，乘积的共轭等于共轭的乘积，所以只要单个换位子的共轭在 $C$ 中，任意乘积的共轭也就在 $C$ 中。
   • 核心计算: 作者把 $gcg^{-1}$ 写成了 $g^{-1}cg$（这只是符号选择，不影响结果），然后进行了一个非常巧妙的代数变形：
   • $g^{-1}(cdc^{-1}d^{-1})g$
   • 在中间插入一个 $e = g d^{-1}d g^{-1}$ (这是一个非常规但有效的技巧)。
   • 重新组合括号，得到两个新的表达式的乘积。
   • 第一个是 $[(g^{-1} c) d (g^{-1} c)^{-1} d^{-1}]$，这是元素 $(g^{-1}c)$ 和 $d$ 的换位子，所以它在 $C$ 中。
   • 第二个是 $[d g^{-1} d^{-1} g]$，这是元素 $d$ 和 $g^{-1}$ 的换位子，所以它也在 $C$ 中。
   • 两个在 $C$ 中的元素的乘积，当然还在 $C$ 中。
   • 所以，任何换位子的共轭都仍然在 $C$ 中。因此 $C$ 是正规子群。

• 证明 Part 2 ($G/C$是阿贝尔群):
• 我们需要证明对于任意陪集 $aC$ 和 $bC$，有 $(aC)(bC)=(bC)(aC)$。
• $(aC)(bC) = abC$。
• $(bC)(aC) = baC$。
• 要证 $abC = baC$，这等价于 $(ab)(ba)^{-1} \in C$，即 $aba^{-1}b^{-1} \in C$。
• 根据 $C$ 的定义，它就是由所有换位子生成的，所以 $aba^{-1}b^{-1}$ 当然在 $C$ 中！
• 作者的证明稍微绕了一下，但更直观：$abC = ab(b^{-1}a^{-1}ba)C$。因为 $b^{-1}a^{-1}ba$ 是一个换位子的逆，它在 $C$ 中，所以乘以它不改变陪集。然后通过结合律变成 $(abb^{-1}a^{-1})baC = e \cdot baC = baC$。

• 证明 Part 3 (普适性):
• ($\Rightarrow$) 如果 $G/N$ 是阿贝尔群，那么 $C \le N$:
• $G/N$ 是阿贝尔的，意味着 $(aN)(bN)=(bN)(aN)$ 对所有 $a,b$ 成立。
• 即 $abN = baN$。
• 这等价于 $(ab)(ba)^{-1} \in N$，即 $aba^{-1}b^{-1} \in N$。
• 这说明，所有的换位子都必须在 $N$ 中。
• 既然 $N$ 包含了所有的换位子，而 $C$ 是由所有换位子生成的最小子群，那么 $C$ 必然是 $N$ 的子群，即 $C \le N$。
• ($\Leftarrow$) 如果 $C \le N$，那么 $G/N$ 是阿贝尔群:
• 我们要证明 $(aN)(bN) = (bN)(aN)$，即 $aba^{-1}b^{-1} \in N$。
• 我们知道 $aba^{-1}b^{-1}$ 是一个换位子，所以它在 $C$ 中。
• 而已知条件是 $C \le N$，即 $C$ 的所有元素都在 $N$ 中。
• 所以 $aba^{-1}b^{-1} \in N$ 成立。
• 因此 $G/N$ 是阿贝尔群。

这个例子演示了如何利用定理15.20来确定一个群的换位子群。

1. 目标: 找到 $S_3$ 的换位子群 $C$。
2. 方法1：直接计算 (很麻烦)
   • 作者尝试计算了几个换位子：
   • $[\rho_1, \mu_1] = \rho_2$
   • $[\rho_2, \mu_1] = \rho_1$
   • 因为换位子群 $C$ 必须包含所有的换位子，所以 $C$ 必须包含 $\rho_1$ 和 $\rho_2$。
   • 由于 $C$ 是一个子群，它也必须包含单位元 $\rho_0$。
   • 因此，$C$ 至少包含了集合 $\{\rho_0, \rho_1, \rho_2\}$，这个集合就是交错群 $A_3$。
   • 所以我们得出结论 $A_3 \le C$。
3. 方法2：利用定理15.20的普适性 (更简单)
   • 定理15.20 Part 3 说：$G/N$ 是阿贝尔的 $\iff C \le N$。
   • 我们来找一个已知的正规子群 $N$，使得 $S_3/N$ 是阿贝尔的。
   • 我们知道 $A_3$ 是 $S_3$ 的正规子群 (指数为2)。
   • 我们还知道商群 $S_3/A_3$ 的阶是2，同构于 $\mathbb{Z}_2$。
   • $\mathbb{Z}_2$ 是阿贝尔群！
   • 所以，根据定理，我们必须有 $C \le A_3$。
4. 结合两种方法得出结论:
   • 从方法1，我们得到 $A_3 \le C$。
   • 从方法2，我们得到 $C \le A_3$。
   • 两者结合，唯一的可能性就是 $C = A_3$。
5. 总结: $S_3$ 的换位子群是 $A_3$。

这道题要求我们计算并分类一个商群。

1. 原群 G: $G = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4$。这是一个阿贝尔群，它的阶是 $|G| = 2 \times 4 = 8$。它的元素是形如 $(a,b)$ 的数对，其中 $a \in \{0,1\}$, $b \in \{0,1,2,3\}$。
2. 子群 H: $H = \langle(0,1)\rangle$。这是由元素 $(0,1)$ 生成的循环子群。因为 G 是阿贝尔群，所以 H 自动是正规子群。
3. 计算子群 H:
   • $1 \cdot (0,1) = (0,1)$
   • $2 \cdot (0,1) = (0,2)$
   • $3 \cdot (0,1) = (0,3)$
   • $4 \cdot (0,1) = (0,4) = (0,0)$ (因为第二个分量在 $\mathbb{Z}_4$ 中)。
   • 所以 $H = \{(0,0), (0,1), (0,2), (0,3)\}$。这个子群恰好是 $\{0\} \times \mathbb{Z}_4$。
   • 子群的阶是 $|H|=4$。
4. 计算商群 G/H:
   • 商群的阶是 $|G/H| = |G|/|H| = 8/4 = 2$。
   • 根据有限群的基本知识，任何2阶群都同构于循环群 $\mathbb{Z}_2$。
   • 因此，我们甚至不需要计算陪集，就可以直接得出结论。
5. 分类: 商群 $(\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4) / \langle(0,1)\rangle$ 同构于 $\mathbb{Z}_2$。

这道题与上一题类似，但模掉的子群不同。

1. 原群 G: $G = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4$，阶为8。
2. 子群 H: $H = \langle(0,2)\rangle$。
3. 计算子群 H:
   • $1 \cdot (0,2) = (0,2)$
   • $2 \cdot (0,2) = (0,4) = (0,0)$。
   • 所以 $H = \{(0,0), (0,2)\}$。这是一个阶为2的子群。
4. 计算商群 G/H:
   • 商群的阶是 $|G/H| = |G|/|H| = 8/2 = 4$。
   • 商群是一个4阶的阿贝尔群。根据基本定理，它可能同构于 $\mathbb{Z}_4$ 或 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。
5. 判断商群结构:
   • 我们可以采用示例15.10中的直观解法。子群 $H = \{0\} \times \langle 2 \rangle_{\mathbb{Z}_4}$ 完全“生活”在第二个因子中。
   • 第一个因子 $\mathbb{Z}_2$ 没有受到影响，保持不变。
   • 第二个因子 $\mathbb{Z}_4$ 模掉了它的一个阶为2的子群 $\langle 2 \rangle$。商群 $\mathbb{Z}_4/\langle 2 \rangle$ 的阶是 $4/2=2$，同构于 $\mathbb{Z}_2$。
   • 因此，总的商群结构是 $\mathbb{Z}_2 \times (\mathbb{Z}_4/\langle 2 \rangle) \simeq \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。
6. 分类: 商群 $(\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4) / \langle(0,2)\rangle$ 同构于 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ (克莱因四元群)。

这道题的子群生成元“斜跨”了两个因子，是练习版的“示例15.11”。

1. 原群 G: $G = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4$，阶为8。
2. 子群 H: $H = \langle(1,2)\rangle$。
3. 计算子群 H:
   • $1 \cdot (1,2) = (1,2)$
   • $2 \cdot (1,2) = (1+1, 2+2) = (2,4) = (0,0)$。
   • 所以 $H = \{(0,0), (1,2)\}$。这是一个阶为2的子群。
4. 计算商群 G/H:
   • 商群的阶是 $|G/H| = |G|/|H| = 8/2 = 4$。
   • 这是一个4阶的阿贝尔群，可能是 $\mathbb{Z}_4$ 或 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$。
5. 判断商群结构:
   • 由于子群的生成元 $(1,2)$ 在两个分量上都非零，我们不能再使用之前那种“因子独立坍缩”的直觉。必须回到基本定义，通过检查元素的阶来判断。
   • 我们来找一个元素，看看它的阶是不是4。尝试陪集 $(0,1)+H$。
   • 我们需要找到最小的正整数 $k$，使得 $k(0,1) \in H$。
   • $k(0,1) = (0, k \pmod 4)$。
   • 我们要让 $(0, k \pmod 4)$ 等于 $H$ 中的某个元素，即 $(0,0)$ 或 $(1,2)$。
   • 显然，它不可能等于 $(1,2)$，因为第一个分量 $0 \neq 1$。
   • 所以只可能是 $(0, k \pmod 4) = (0,0)$。
   • 这要求 $k \pmod 4 = 0$。最小的正整数 $k$ 是 4。
   • 我们找到了一个阶为4的元素 $(0,1)+H$！
6. 分类: 因为商群中存在一个阶为4的元素，所以它必须是循环群。商群同构于 $\mathbb{Z}_4$。

这道题与示例15.7和定理15.8的无限版本类似。

1. 原群 G: $G = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$，无限阿贝尔群，可视为平面上的整数格点。
2. 子群 H: $H = \langle(0,1)\rangle$。这是由 $(0,1)$ 生成的循环子群。
3. 计算子群 H: $H = \{ k(0,1) \mid k \in \mathbb{Z} \} = \{ (0,k) \mid k \in \mathbb{Z} \}$。这正是y轴上的所有整数格点。
4. 计算商群 G/H:
   • 我们是在用整个y轴去“模”掉整个平面。
   • 两个点 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$ 在商群中等价，当且仅当它们的差 $(x_1-x_2, y_1-y_2)$ 在 $H$ 中。
   • 这意味着 $x_1-x_2 = 0$ 且 $y_1-y_2$ 是任意整数。
   • 所以等价的条件是 $x_1 = x_2$。
   • 这说明，只要两个点的x坐标相同，无论y坐标是什么，它们都属于同一个陪集。
   • 因此，每个陪集由一条垂直直线 $x=c$ 上的所有格点构成。
   • 我们可以用每条垂直线与x轴的交点 $(c,0)$ 来作为这个陪集的代表元。
   • 代表元的集合是 $\{ (c,0) \mid c \in \mathbb{Z} \}$。
5. 分类:
   • 代表元集合与整数集 $\mathbb{Z}$ 存在一一对应 $c \leftrightarrow (c,0)$。
   • 商群中的运算 $((c_1,0)+H) + ((c_2,0)+H) = (c_1+c_2, 0)+H$ 与 $\mathbb{Z}$ 中的运算 $c_1+c_2$ 完全对应。
   • 因此，商群同构于 $\mathbb{Z}$。