1. 高等群论

11. 高等群论

1.1 第 34 节 同构定理

11.1 [原文]

存在几个关于同构因子群的定理，它们被称为群论的同构定理。其中第一个是定理 14.11，我们为了便于参考将其重新陈述。该定理如图 34.1 所示。

11.2 [逐步解释]

这段话是第34节的引言。它告诉我们这一节的核心内容是关于群论中的几个重要定理，这些定理统称为“同构定理”（Isomorphism Theorems）。这些定理的主要作用是揭示不同群之间，特别是因子群（Factor Group, 也叫商群 Quotient Group）与其他群之间的同构关系。

“同构”（Isomorphism）是一个非常核心的代数概念，如果两个群是同构的，意味着它们在代数结构上是完全一样的，只是元素的“名字”不同。你可以把它们想象成两本用不同语言写的同一本书，内容和结构完全相同。

“因子群”是通过一个群 G 和它的一个正规子群 N 构造出来的新群，记作 G/N。因子群的元素是 N 在 G 中的所有陪集（cosets）。

引言中提到，第一个同构定理实际上在前面的章节（定理14.11）已经讲过了，这里为了内容的完整性和方便读者查阅，会重新陈述一遍。并且，用一张图（图 34.1）来帮助我们直观地理解这个定理。这预示着本节内容具有一定的抽象性，因此作者会借助图示来辅助理解。

11.3 [易错点与边界情况]

* 混淆同态与同构：同态（Homomorphism）只要求保持群的运算结构，但可能不是一一对应的（比如多个元素映射到同一个元素）。同构是一种特殊的同态，它既是单射（一对一）又是满射（映上），是更强的条件。所有同构都是同态，但反之不成立。

* 因子群的前提：构建因子群 G/N 的一个至关重要的前提是，子群 N 必须是群 G 的正规子群（Normal Subgroup）。如果 N 不是正规子群，那么在陪集上定义的运算就不封闭，无法构成一个群。

* 定理的适用范围：同构定理只适用于群论的范畴，对于其他代数结构（如环、域），有类似的同构定理，但具体形式和条件可能不同。

11.4 [总结]

本段是第34节的开篇，介绍了本节将要讨论的核心主题——群的同构定理。这些定理建立了因子群与其他群之间的同构关系。作为起点，本节将首先回顾并重新陈述第一同构定理。

11.5 [存在目的]

这段引言的目的是为读者设定学习预期，明确本节的学习目标。它通过“重新陈述”第一个定理的方式，承接了前面的知识，并预告了后面将要学习的更深入的同构定理（第二和第三同构定理），构建了一个清晰的学习路径。

11.6 [直觉心智模型]

你可以把同构定理想象成一组“代数变形法则”。就像玩乐高积木，一个复杂的结构（群 G）可以通过某种方式“压缩”或“简化”（通过构造因子群 G/N），得到一个更小、更简单的结构。同构定理告诉我们，这个简化后的结构 G/N 在本质上（同构的意义下）和另一个我们可能更熟悉的结构（比如同态的像群 φ[G]）是完全一样的。这组法则让我们能够在不同的群之间建立等价关系，从而可以用简单的群来理解复杂的群。

11.7 [直观想象]

想象你有一张高分辨率的地图（群 G）。你想制作一张更简洁的区域地图。你决定把一些相邻的村庄合并成一个镇（这就是构造因子群的过程，每个镇就是一个陪集，所有被合并的村庄构成一个正规子群 N）。这样你就得到了一张新的、更宏观的地图（因子群 G/N）。

同时，你有一个朋友，他根据地貌特征也画了一张地图（同态像群 φ[G]），这张地图上可能只标出了山脉和河流。

第一同构定理就像一个神奇的发现：你惊讶地看到，你按行政区域合并得到的宏观地图（G/N），和你朋友按地貌画的地图（φ[G]），在结构上竟然是一模一样的！每个镇的位置关系，都完美对应着每条山脉和河流的位置关系。这个定理就揭示了这两种看似不同的“简化”方式（构造因子群和取同态像）之间的深刻联系。

1.2 图 34.1

12.1 [原文]

34.1 图

12.2 [逐步解释]

这张图是第一同构定理的可视化表示，被称为一个“交换图”（Commutative Diagram）。它展示了几个群和它们之间的映射（同态）关系。

* G: 起始的群。

* G': 同态 $\phi$ 的目标群。

* G/K: 由 G 和其正规子群 K（即 $\phi$ 的核）构成的因子群。

* φ[G]: 同态 $\phi$ 的像群，是 G' 的一个子群。

图中有三个映射（箭头）：

1. $\phi: G \rightarrow G'$: 这是一个已知的群同态。它将群 G 中的元素映射到群 G' 中。

2. $\gamma_K: G \rightarrow G/K$: 这是典范同态（Canonical Homomorphism），也叫自然映射（Natural Map）。它的作用是把 G 中的每个元素 x 映射到它所在的陪集 xK。这是从一个群到它的因子群的标准映射。

3. $\mu: G/K \rightarrow \phi[G]$: 这是第一同构定理所断言存在的唯一同构。它将因子群 G/K 与同态像群 φ[G] 连接起来。

“交换图”的意思是，从任意一个起点到任意一个终点，沿着任何路径走，结果都是一样的。在这个图中，从群 G 出发，到达群 φ[G] 有两条路径：

* 路径1（直接路径）: 直接通过映射 $\phi$。对于 G 中的任意元素 x，终点是 $\phi(x)$。

* 路径2（间接路径）: 先通过典范同态 $\gamma_K$ 到达 G/K，得到陪集 xK；然后再通过同构 $\mu$ 到达 φ[G]，得到 $\mu(xK)$。

交换图的性质意味着这两条路径的结果必须相同。也就是说，对于 G 中的任意元素 x，必须满足：

$\phi(x) = \mu(\gamma_K(x))$

由于 $\gamma_K(x) = xK$，这个等式也可以写成：

$\phi(x) = \mu(xK)$

这个图非常精炼地概括了第一同构定理的全部内容：它不仅说明了 G/K 和 φ[G] 是同构的，还明确指出了连接它们的方式，以及这个同构与原始同态 $\phi$ 和典范同态 $\gamma_K$ 之间的关系。

12.3 [易错点与边界情况]

* 箭头的方向：图中箭头的方向至关重要，它表示了映射的定义域和到达域。例如，$\mu$ 是从 G/K 到 φ[G] 的映射，反过来则不一定成立（除非我们考虑它的逆映射 $\mu^{-1}$）。

* μ 的唯一性：定理强调 $\mu$ 是唯一的。这意味着满足 $\phi(x) = \mu(\gamma_K(x))$ 这个条件的同构只有一个，不存在第二个不同的同构也能使这个图交换。

* φ[G] vs G'：要注意 $\mu$ 的终点是 φ[G]（$\phi$ 的像），而不是 G'。φ[G] 是 G' 的一个子群。只有当 $\phi$ 是一个满射（surjective）同态时，φ[G] 才等于 G'。在这种特殊情况下，同构 $\mu$ 将 G/K 映射到整个 G'。

12.4 [总结]

图34.1 是第一同构定理的交换图表示。它直观地展示了原始群 G、因子群 G/K、同态像群 φ[G] 以及连接它们的三个关键映射（$\phi, \gamma_K, \mu$）之间的关系。该图的核心在于表达了关系式 $\phi = \mu \circ \gamma_K$，即从 G 出发，先应用 $\gamma_K$ 再应用 $\mu$ 的效果，等同于直接应用 $\phi$。

12.5 [存在目的]

使用交换图的目的是将一个抽象的代数定理转化为一个具体、直观的几何图形。这有助于：

1. 记忆: 图形比纯文字描述更容易记忆。

2. 理解: 图清晰地展示了各个对象（群）和态射（映射）之间的相互作用和关系。

3. 精确性: 交换图是一种精确的数学语言，它无歧义地表达了映射复合的相等关系，是现代代数（特别是范畴论）中的标准工具。

12.6 [直观想象]

继续用地图的类比。

* G: 你所在的详细城市（有很多街道、建筑）。

* G/K: 你把城市划分为几个行政区（比如朝阳区、海淀区）后得到的区域地图。$\gamma_K$ 就是那个告诉你“你当前所在的具体街道属于哪个行政区”的映射。

* G': 一个更大的世界，比如整个国家。

* φ[G]: 你城市里的一个旅行社组织的一次全国旅游，他们规划了一条路线，只涉及国内的几个著名景点（比如北京、上海、西安）。这个路线图就是 φ[G]。$\phi$ 就是那个告诉你“城市里每个具体地点对应旅游路线的哪个环节”的映射。比如，从你家出发对应北京站，从公司出发也对应北京站（因为它们都在朝阳区，而朝阳区的人统一在北京站集合，这说明 $\phi$ 的核 K 包含了从家到公司的位移）。

* μ: 这个同构告诉你，你的城市行政区划图（G/K）和旅行社的旅游路线图（φ[G]）是完全匹配的。海淀区对应上海站，朝阳区对应北京站，等等。

交换图 $\phi(x) = \mu(\gamma_K(x))$ 的意思是：要知道你家（元素 x）在旅行路线（φ[G]）中的位置（$\phi(x)$，比如北京站），有两种方法：

1. 直接查: 直接用旅行社的映射 $\phi$ 查，$\phi(你家) = 北京站$。

2. 间接查: 先查你家属于哪个行政区（$\gamma_K(你家) = 朝阳区$），然后用区划-路线对应关系 $\mu$ 来查这个区对应的站点（$\mu(朝阳区) = 北京站$）。

两条路径的结果是一样的，这使得整个系统协调一致。

1.3 定理 34.2 (第一同构定理)

13.1 [原文]

34.2 定理 (第一同构定理) 设 $\phi: G \rightarrow G^{\prime}$ 是一个同态，其核为 $K$，设 $\gamma_{K}: G \rightarrow G / K$ 是典范同态。存在唯一的同构 $\mu: G / K \rightarrow \phi[G]$，使得对于每个 $x \in G$，$\phi(x)=\mu\left(\gamma_{K}(x)\right)$。

13.2 [逐步解释]

这是第一同构定理（First Isomorphism Theorem）的正式陈述，也被称为同态基本定理（Fundamental Theorem of Homomorphism）。我们来逐句分解它的内容。

1. 设 $\phi: G \rightarrow G^{\prime}$ 是一个同态，其核为 K

* 这是定理的前提条件。我们从一个已知的群同态 $\phi$ 开始。

* G 和 G' 是两个群。

* $\phi$ 是一个保持群运算的映射，即对于 G 中任意的 a, b，有 $\phi(a \cdot b) = \phi(a) * \phi(b)$（这里 $\cdot$ 和 $*$ 分别是 G 和 G' 的运算）。

* 核（Kernel）K 是 G 的一个非常特殊的子群，它包含了 G 中所有被 $\phi$ 映射到 G' 的单位元 e' 的元素。即 $K = \{x \in G \mid \phi(x) = e'\}$。一个重要的事实是，任何同态的核都是定义域群的一个正规子群。

2. 设 $\gamma_{K}: G \rightarrow G / K$ 是典范同态

* 因为 K 是 G 的正规子群，所以我们可以构造因子群 G/K。

* G/K 的元素是 K 在 G 中的所有左（或右）陪集，形式为 aK，其中 a 来自 G。

* 典范同态 $\gamma_K$ 是一个从 G 到 G/K 的自然映射，它将 G 中的每个元素 a 映射到它自己所在的陪集 aK。即 $\gamma_K(a) = aK$。

3. 存在唯一的同构 $\mu: G / K \rightarrow \phi[G]$

* 这是定理的核心结论的第一部分。它断言了两件事：

* 存在性: 存在一个同构映射 $\mu$。

* 同构对象: 这个同构连接了因子群 G/K 和同态像群 $\phi[G]$。$\phi[G]$ 是 G 中所有元素在 $\phi$ 映射下的像的集合，即 $\phi[G] = \{\phi(x) \mid x \in G\}$。它是 G' 的一个子群。

* 结论: 因此，因子群 G/K 和像群 $\phi[G]$ 在代数结构上是完全一样的。

* 唯一性: 满足下面条件的同构 $\mu$ 是独一无二的。

4. 使得对于每个 $x \in G$，$\phi(x)=\mu\left(\gamma_{K}(x)\right)$

* 这是定理核心结论的第二部分，它精确地描述了同构 $\mu$ 是如何定义的，以及它如何与 $\phi$ 和 $\gamma_K$ 相互关联。

* 将 $\gamma_K(x) = xK$ 代入，得到 $\phi(x) = \mu(xK)$。

* 这个等式告诉我们 $\mu$ 是如何工作的：要找到陪集 xK 在 $\mu$ 下的像，我们只需要在 G 中随便找一个这个陪集的代表元素（比如 x 本身），然后计算这个代表元素在原始同态 $\phi$ 下的像 $\phi(x)$ 即可。

* 这个定义是合理的（well-defined），因为如果 y 也在 xK 中，那么 y = xk (某个 k 属于 K)。于是 $\phi(y) = \phi(xk) = \phi(x)\phi(k)$。因为 k 在核 K 中，所以 $\phi(k)$ 是 G' 的单位元，所以 $\phi(y) = \phi(x)$。这意味着，无论我们选择哪个代表元素，计算出的 $\phi(x)$ 都是一样的。所以 $\mu$ 的定义不依赖于代表元素的选择。

13.3 [具体数值示例]

示例1：整数模n

* G: 整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$。

* G': 整数模n加法群 $(\mathbb{Z}_n, +_n)$，其中 $\mathbb{Z}_n = \{0, 1, \dots, n-1\}$。

* $\phi$: 定义一个同态 $\phi: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}_n$，其规则是 $\phi(x) = x \pmod n$（x 除以 n 的余数）。

* 这是一个同态，因为 $\phi(a+b) = (a+b) \pmod n = (a \pmod n +_n b \pmod n) = \phi(a) +_n \phi(b)$。

* 核 K: 我们找所有被映射到 $\mathbb{Z}_n$ 的单位元 0 的整数。

* $K = \{x \in \mathbb{Z} \mid x \pmod n = 0\}$。这就是所有 n 的倍数的集合，即 $n\mathbb{Z}$。

* $K = n\mathbb{Z} = \{\dots, -2n, -n, 0, n, 2n, \dots\}$。K 是 $\mathbb{Z}$ 的正规子群。

* 因子群 G/K: G/K 就是 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。它的元素是 $n\mathbb{Z}$ 的陪集：

* $0+n\mathbb{Z}, 1+n\mathbb{Z}, 2+n\mathbb{Z}, \dots, (n-1)+n\mathbb{Z}$。

* 像群 $\phi[\mathbb{Z}]$: $\phi$ 映射到了 $\mathbb{Z}_n$ 的每一个元素（因为对于任意 $r \in \mathbb{Z}_n$，整数 r 本身就被映射到 r），所以 $\phi$ 是满射的。

* $\phi[\mathbb{Z}] = \mathbb{Z}_n$。

* 定理结论: 第一同构定理告诉我们，存在一个唯一的同构 $\mu: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}_n$。

* $\mu$ 的作用: $\mu$ 是如何工作的？根据公式 $\mu(xK) = \phi(x)$：

* $\mu(0+n\mathbb{Z}) = \phi(0) = 0 \pmod n = 0$

* $\mu(1+n\mathbb{Z}) = \phi(1) = 1 \pmod n = 1$

* ...

* $\mu((n-1)+n\mathbb{Z}) = \phi(n-1) = (n-1) \pmod n = n-1$

* 这个同构 $\mu$ 建立了一个非常自然的对应关系，把陪集 $k+n\mathbb{Z}$ 映射到 $\mathbb{Z}_n$ 中的元素 k。这证明了我们通常直观理解的 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}_n$ 是同一个东西。

示例2：行列式映射

* G: 所有 n阶可逆实数矩阵构成的群 $(GL_n(\mathbb{R}), \times)$，即一般线性群。

* G': 非零实数乘法群 $(\mathbb{R}^*, \times)$。

* $\phi$: 行列式映射 $\det: GL_n(\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{R}^*$。对于任意矩阵 A，$\phi(A) = \det(A)$。

* 这是一个同态，因为矩阵乘法的行列式等于行列式的乘积：$\det(AB) = \det(A)\det(B)$。

* 核 K: 我们找所有行列式为1的矩阵。

* $K = \{A \in GL_n(\mathbb{R}) \mid \det(A) = 1\}$。这个群被称为特殊线性群，记作 $SL_n(\mathbb{R})$。它是 $GL_n(\mathbb{R})$ 的正规子群。

* 因子群 G/K: G/K 就是 $GL_n(\mathbb{R})/SL_n(\mathbb{R})$。

* 像群 $\phi[GL_n(\mathbb{R})]$: 对于任何非零实数 r，我们总能构造一个行列式为 r 的 n阶可逆矩阵（例如，对角线上第一个元素是 r，其余是1，其他位置是0）。所以，行列式映射是满射的。

* $\phi[GL_n(\mathbb{R})] = \mathbb{R}^*$。

* 定理结论: 第一同构定理告诉我们，存在一个唯一的同构 $\mu: GL_n(\mathbb{R})/SL_n(\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{R}^*$。

* $\mu$ 的作用: $\mu(A \cdot SL_n(\mathbb{R})) = \det(A)$。

* 这个同构说明，把所有行列式为1的矩阵“捏成一个点”（即因子群的操作），得到的群结构和非零实数的乘法结构是完全一样的。一个陪集 $A \cdot SL_n(\mathbb{R})$ 中的所有矩阵，它们的行列式都相同（都等于 $\det(A)$），这个陪集就整体对应于这个共同的行列式值 r。

13.4 [易错点与边界情况]

* 定理只保证同构，不保证相等：G/K 和 $\phi[G]$ 是同构关系($\simeq$)，不是严格相等关系($=$)。它们的元素本质上是不同类型的东西：G/K 的元素是陪集（元素的集合），而 $\phi[G]$ 的元素是 G' 中的元素。

* 满射的重要性：如果 $\phi$ 不是满射的，那么 $\phi[G]$ 只是 G' 的一个真子群。此时的同构关系是 $G/K \simeq \phi[G]$，而不是 $G/K \simeq G'$。这是一个常见的误解。

* 核必须正确计算: 应用这个定理的关键一步是正确找出同态 $\phi$ 的核 K。如果 K 计算错误，那么整个结论都是错误的。

13.5 [总结]

第一同构定理是连接同态、核、因子群和像群的桥梁。它指出，对于任何一个群同态 $\phi$，如果我们把它的定义域群 G 对其核 K "求商"（得到因子群 G/K），那么这个新得到的群 G/K 与 $\phi$ 的像群 $\phi[G]$ 在结构上是完全相同的（同构）。这个同构关系由一个唯一的映射 $\mu$ 给出，它将一个陪集 aK 映射到 $\phi(a)$。

13.6 [存在目的]

该定理是群论的基石之一，其目的在于：

1. 分类和识别群：它提供了一种强大的工具，通过构建同态来判断一个看似复杂的因子群（如 $GL_n(\mathbb{R})/SL_n(\mathbb{R})$）实际上与一个我们非常熟悉的群（如 $\mathbb{R}^*$）是同构的。这大大简化了对群结构的理解。

2. 构造新群：虽然因子群本身就是一种构造方法，但该定理让我们认识到，任何一个同态的像群，都可以通过因子群的方式在定义域内部“复现”出来。

3. 理论推导的基础：后面两个同构定理以及许多群论中的其他重要结论，都依赖于第一同构定理来证明。

13.7 [直觉心智模型]

想象你有一堆各种颜色和形状的珠子（群 G）。你有一个分类器（同态 $\phi$），它可以根据珠子的材质（比如木质、塑料、玻璃）将它们分类。

* 核 K: 所有被分类为“未定义”或“特殊材质”的珠子（被映射到单位元）。

* 因子群 G/K: 你把所有“特殊材质”的珠子（核 K）放到一个盒子里。然后，你把所有与某个珠子a只差一个“特殊材质”珠子的其他珠子（陪集 aK）都看成一类。G/K 就是这些“类别”的集合。

* 像群 $\phi[G]$: 分类器最终输出的材质类别列表（木质、塑料、玻璃）。

* 第一同构定理: 这个定理告诉你，你按“相似性”（只差一个核中元素）划分出的珠子类别（G/K），和你最终得到的材质列表（$\phi[G]$），两者之间存在完美的“一一对应”关系。每个珠子类别恰好对应一种材质。这个过程揭示了，通过同态进行外部“分类”和通过核进行内部“聚合”，本质上是同一件事的两个不同侧面。

13.8 [直观想象]

想象一个电影院（群 G），里面坐满了观众（元素）。

* 同态 $\phi$: 电影院广播通知：“所有观众请根据你票根上的座位排号，到指定的休息区等待。”（比如1-10排去A区，11-20排去B区）。这个“指定”就是同态 $\phi$。

* 目标群 G': 所有休息区的集合 {A区, B区, C区, ...}。

* 核 K: 广播说：“持有测试票（票号为0）的观众请原地不动”。这些原地不动的观众就是核 K。

* 因子群 G/K: 你不关心每个观众的具体座位号，只关心他们属于哪个“区域”。比如，你把所有座位看成一个整体，然后把持有测试票的人（K）看成一个“原点”。一个陪集 aK 就是和观众 a 具有某种关联（比如坐在同一排）的所有观众。G/K 就是这些“观众群组”的集合。

* 像群 $\phi[G]$: 实际被观众占用的休息区，比如{A区, B区}。可能C区并没有人去。

* 第一同构定理: 定理说，你划分出的“观众群组”（G/K），和最终被占用的休息区（$\phi[G]$）是同构的。存在一个唯一的映射 $\mu$，它告诉你，第1-10排的那个“观众群组”就对应A区，第11-20排的“观众群组”就对应B区。这个定理揭示了“按座位区域划分人群”和“按指定规则去往不同地点”这两种行为背后共同的代数结构。

1.4 引理 34.3

14.1 [原文]

下面的引理将极大地帮助我们证明和直观理解另外两个同构定理。

34.3 引理 设 $N$ 是群 $G$ 的正规子群，设 $\gamma: G \rightarrow G / N$ 是典范同态。那么从包含 $N$ 的 $G$ 的正规子群集合到 $G / N$ 的正规子群集合的映射 $\phi$ 定义为 $\phi(L)=\gamma[L]$ 是一一对应且满射的。

14.2 [逐步解释]

这个引理（Lemma）是一个辅助性定理，它的主要作用是为后面更复杂的第二和第三同构定理的证明铺路。它建立了一个重要的对应关系，被称为对应定理（Correspondence Theorem）或格同构定理（Lattice Isomorphism Theorem）的一个特例。

我们来分解这个引理的内容：

1. 前提条件:

* $N$ 是 $G$ 的一个正规子群。这使得我们可以构造因子群 $G/N$。

* $\gamma: G \rightarrow G/N$ 是典范同态，即 $\gamma(g) = gN$。

2. 研究的对象:

* 对象集合1: 包含 $N$ 的 $G$ 的正规子群的集合。我们把这个集合记作 $\mathcal{A}$。$\mathcal{A} = \{L \mid N \subseteq L, L \text{ 是 G 的正规子群}\}$。注意这里的子群 L 必须“更大”于或等于 N。

* 对象集合2: $G/N$ 的正规子群的集合。我们把这个集合记作 $\mathcal{B}$。$\mathcal{B} = \{H \mid H \text{ 是 G/N 的正规子群}\}$。

3. 核心映射:

* 引理定义了一个映射 $\phi$ (在证明中作者使用了这个符号，但在陈述中没有，为了清晰我们用它)，它从集合 $\mathcal{A}$ 映射到集合 $\mathcal{B}$。

* 映射规则: $\phi(L) = \gamma[L]$。

* $\gamma[L]$ 表示 L 中所有元素在典范映射 $\gamma$ 下的像的集合。

* $\gamma[L] = \{\gamma(l) \mid l \in L\} = \{lN \mid l \in L\}$。

* 定理15.16已经保证了，如果 L 是 G 的包含 N 的正规子群，那么它的像 $\gamma[L]$ 确实是 $G/N$ 的一个正规子群。所以这个映射是有效的，它的像确实落在了集合 $\mathcal{B}$ 中。在本文的语境下，这个像群被写作 L/N。

4. 结论:

* 这个映射 $\phi$ 是“一一对应且满射的”（one-to-one and onto），这其实就是双射（bijection）的另一种说法。

* 一一对应 (one-to-one / injective): 如果 $L_1$ 和 $L_2$ 是 $\mathcal{A}$ 中两个不同的子群，那么它们的像 $\phi(L_1)$ 和 $\phi(L_2)$ 也一定是 $\mathcal{B}$ 中两个不同的子群。即 $L_1 \neq L_2 \implies \phi(L_1) \neq \phi(L_2)$。

* 满射 (onto / surjective): 对于 $\mathcal{B}$ 中的任何一个正规子群 H，我们总能在 $\mathcal{A}$ 中找到一个正规子群 L，使得 $\phi(L) = H$。换句话说，$\mathcal{B}$ 中的每个子群都有一个“原像”。

引理的证明思路:

* 一一对应: 假设 $\phi(L_1) = \phi(L_2)$。我们需要证明 $L_1 = L_2$。

* 根据定义，$\gamma[L_1] = \gamma[L_2]$。

* 文章中提到一个关键步骤：$\gamma^{-1}[\gamma[L]] = L$。$\gamma^{-1}[H]$ 表示 H 中所有陪集里的元素的并集。因为 $N \subseteq L$，所以 L 里的元素 x 所在的陪集 xN 完全包含在 L 里，所以把像 $\gamma[L]$ 的原像拉回去，正好就还原成 L。

* 因此，$L_1 = \gamma^{-1}[\gamma[L_1]] = \gamma^{-1}[\gamma[L_2]] = L_2$。这就证明了映射是一一对应的。

* 满射: 对于 $G/N$ 的任意一个正规子群 H，我们需要在 G 中找到它的“父亲”。

* 考虑 H 在 $\gamma$ 映射下的原像 $L = \gamma^{-1}[H] = \{g \in G \mid \gamma(g) \in H\} = \{g \in G \mid gN \in H\}$。

* 定理15.16告诉我们，H 的原像 $L$ 是 G 的一个正规子群。

* 因为 $G/N$ 的单位元 eN=N 就在 H 中，所以 $L = \gamma^{-1}[H]$ 必然包含 $\gamma^{-1}[\{N\}] = N$。所以 $L$ 是 G 中一个包含 N 的正规子群，即 $L \in \mathcal{A}$。

* 那么这个 L 在 $\phi$ 下的像是什么呢？$\phi(L) = \gamma[L] = \gamma[\gamma^{-1}[H]]$。对于满射 $\gamma$ 来说，$\gamma[\gamma^{-1}[H]] = H$。

* 这就找到了原像，证明了映射是满射的。

14.3 [具体数值示例]

示例：G = $\mathbb{Z}_{12}$

* G: $\mathbb{Z}_{12} = \{0, 1, \dots, 11\}$

* N: 设 $N = \langle 6 \rangle = \{0, 6\}$。N 是 $\mathbb{Z}_{12}$ 的正规子群（因为 $\mathbb{Z}_{12}$ 是阿贝尔群，任何子群都是正规子群）。

* G/N: $\mathbb{Z}_{12}/\langle 6 \rangle$。它的元素是6个陪集：

* $0+N=\{0,6\}$, $1+N=\{1,7\}$, $2+N=\{2,8\}$, $3+N=\{3,9\}$, $4+N=\{4,10\}$, $5+N=\{5,11\}$。

* 这个因子群同构于 $\mathbb{Z}_6$。

现在我们来应用引理:

1. 集合 $\mathcal{A}$: G 中包含 N 的正规子群。$\mathbb{Z}_{12}$ 的子群都是循环群，由其阶的因子生成。$\mathbb{Z}_{12}$ 的子群有 $\langle 1 \rangle, \langle 2 \rangle, \langle 3 \rangle, \langle 4 \rangle, \langle 6 \rangle, \langle 0 \rangle$。

* 包含 $N=\langle 6 \rangle$ 的子群有：

* $L_1 = \langle 6 \rangle = \{0, 6\}$

* $L_2 = \langle 3 \rangle = \{0, 3, 6, 9\}$

* $L_3 = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$

* $L_4 = \langle 1 \rangle = \mathbb{Z}_{12}$

* 所以 $\mathcal{A} = \{L_1, L_2, L_3, L_4\}$。

2. 集合 $\mathcal{B}$: $G/N = \mathbb{Z}_{12}/\langle 6 \rangle \simeq \mathbb{Z}_6$ 的正规子群。$\mathbb{Z}_6$ 的子群有 $\langle 1 \rangle_{\mathbb{Z}_6}, \langle 2 \rangle_{\mathbb{Z}_6}, \langle 3 \rangle_{\mathbb{Z}_6}, \langle 0 \rangle_{\mathbb{Z}_6}$。

* $H_1 = \langle 0+N \rangle = \{0+N\}$

* $H_2 = \langle 3+N \rangle = \{0+N, 3+N\}$

* $H_3 = \langle 2+N \rangle = \{0+N, 2+N, 4+N\}$

* $H_4 = \langle 1+N \rangle = G/N$

* 所以 $\mathcal{B} = \{H_1, H_2, H_3, H_4\}$。

3. 映射 $\phi(L) = \gamma[L]$:

* $\phi(L_1) = \gamma[\langle 6 \rangle] = \{\gamma(0), \gamma(6)\} = \{0+N, 6+N\} = \{0+N\} = H_1$。

* $\phi(L_2) = \gamma[\langle 3 \rangle] = \{\gamma(0), \gamma(3), \gamma(6), \gamma(9)\} = \{0+N, 3+N, 6+N, 9+N\} = \{0+N, 3+N\} = H_2$。

* $\phi(L_3) = \gamma[\langle 2 \rangle] = \{\gamma(0), \gamma(2), \dots, \gamma(10)\} = \{0+N, 2+N, 4+N\} = H_3$。

* $\phi(L_4) = \gamma[\mathbb{Z}_{12}] = G/N = H_4$。

我们看到，集合 $\mathcal{A}$ 中的4个子群与集合 $\mathcal{B}$ 中的4个子群通过映射 $\phi$ 建立了一个完美的一一对应关系。这验证了引理的结论。

14.4 [易错点与边界情况]

* 子群的范围: 引理只讨论那些“跨立”在 N 之上的 G 的子群，而不是 G 所有子群。不包含 N 的 G 的子群（比如此例中的 $\langle 4 \rangle = \{0, 4, 8\}$）不在这套对应关系之内。

* 正规性: 引理的陈述是关于正规子群的。实际上，这个对应关系对所有子群都成立（即包含N的G的子群与G/N的子群一一对应），而不仅仅是正规子群。该定理保留了正规性，即 G 中的正规子群对应到 G/N 中的正规子群。这里只提正规子群是因为同构定理主要和正规子群打交道。

* 映射的方向: 映射 $\phi$ 是从 G 的子群集合到 G/N 的子群集合。而它的逆映射 $\phi^{-1}(H) = \gamma^{-1}[H]$ 则是从 G/N 的子群集合回到 G 的子群集合。

14.5 [总结]

引理34.3（对应定理）揭示了一个深刻的结构保持关系。它说明，当我们从一个群 G “过渡”到它的因子群 G/N 时，G 中那些包含核 N 的正规子群的结构（格结构）被完美地“投影”到了 G/N 的正规子群的结构上。这个映射是一一对应的，保留了所有的包含关系。

14.6 [存在目的]

这个引理的战略意义在于，它允许我们将关于 G/N 的子群的问题，转化为关于 G 的子群的问题，反之亦然。在证明第三同构定理 $(G/K)/(H/K) \simeq G/H$ 时，我们会看到，G/K 的正规子群 H/K 就可以通过这个引理对应到 G 的一个正规子群 H，这使得定理的证明变得直观。

14.7 [直觉心智模型]

想象一座大厦 G，其中有一个安保特别严格的楼层 N（比如是地下金库）。

* 包含N的子群L: 指的是包含金库层的、由某些楼层组成的管理区域（比如，L1={金库层}，L2={金库层, 1层, 2层}，L3={金库层, 1-10层}）。

* 因子群 G/N: 你现在站在一个监视器前，这个监视器把金库层N的所有监控画面合并成了一个点。你看到的 G/N 就是一个“压缩”后的大厦视图。

* G/N的子群 H: 在这个压缩视图里看到的区域划分（比如，H1={压缩点}，H2={压缩点，1层画面，2层画面}）。

* 引理: 这个引理告诉你，你在大厦实体中划分的管理区域（L的集合），和你在监控屏幕上看到的区域划分（H的集合），两者是一一对应的。你在实体中增加一个楼层到管理区域 L，就等于在监控屏幕上给对应的区域 H 增加一个画面。这个对应关系是完美的。

14.8 [直观想象]

把 G 想象成一张完整的世界地图。N 是太平洋。

* 包含N的子群 L: 是指包含了整个太平洋的地理板块，比如“环太平洋火山带” L1，“亚太经合组织成员国” L2 等。

* 因子群 G/N: 现在你有一张新的地图，在这张地图上，整个太平洋被缩成了一个点，所有大陆都围绕着这个点。这就是 G/N。

* G/N 的子群 H: 在这张新地图上划分的区域。

* 引理: 引理说，原始地图上那些包含太平洋的板块划分方式，和新地图上的区域划分方式，存在着一一对应。比如，“环太平洋火山带”这个板块，就对应新地图上围绕着中心点的那些陆地国家组成的区域。这个对应关系是如此之好，以至于研究新地图上的区域关系，就等于在研究旧地图上那些大板块之间的关系。

1.5 HN 子群引理

15.1 [原文]

如果 $H$ 和 $N$ 是群 $G$ 的子群，那么我们令

我们将 $H$ 和 $N$ 的并 $H \vee N$ 定义为包含 $H N$ 的所有 $G$ 的子群的交集；因此 $H \vee N$ 是包含 $H N$ 的最小子群。当然，$H \vee N$ 也是包含 $H$ 和 $N$ 的最小子群，因为任何这样的子群都必须包含 $H N$。通常，$H N$ 不一定是 $G$ 的子群。然而，我们有以下引理。

如果 $N$ 是 $G$ 的正规子群，并且 $H$ 是 $G$ 的任何子群，那么 $H \vee N=H N= N H$。此外，如果 $H$ 也是 $G$ 中的正规子群，那么 $H N$ 也是 $G$ 中的正规子群。

我们证明 $H N$ 是 $G$ 的子群，由此立即可得 $H \vee N=H N$。设 $h_{1}, h_{2} \in H$ 和 $n_{1}, n_{2} \in N$。由于 $N$ 是正规子群，存在某个 $n_{3} \in N$，使得 $n_{1} h_{2}=h_{2} n_{3}$。那么 $\left(h_{1} n_{1}\right)\left(h_{2} n_{2}\right)=h_{1}\left(n_{1} h_{2}\right) n_{2}=h_{1}\left(h_{2} n_{3}\right) n_{2}=\left(h_{1} h_{2}\right)\left(n_{3} n_{2}\right) \in H N$，所以 $H N$ 在 $G$ 中诱导的运算下是封闭的。显然 $e=e e$ 属于 $H N$。对于 $h \in H$ 和 $n \in N$，我们有 $(h n)^{-1}=n^{-1} h^{-1}=h^{-1} n_{4}$，对于某个 $n_{4} \in N$，因为 $N$ 是正规子群。因此 $(h n)^{-1} \in H N$，所以 $H N \leq G$。类似的论证表明 $N H$ 是子群，所以 $N H=H \vee N=H N$。

现在假设 $H$ 也是 $G$ 中的正规子群，并设 $h \in H, n \in N, g \in G$。那么 $g h n g^{-1}=\left(g h g^{-1}\right)\left(g n g^{-1}\right) \in H N$，所以 $H N$ 确实是 $G$ 中的正规子群。

15.2 [逐步解释]

这部分内容为第二同构定理做了关键的铺垫，它探讨了两个子群 H 和 N 的“乘积” HN 的性质。

1. 定义 HN 和 H ∨ N:

* HN: 首先定义了一个集合 $HN = \{hn \mid h \in H, n \in N\}$。这个集合是由 H 中的一个元素和 N 中的一个元素相乘得到的所有可能结果的集合。这被称为 H 和 N 的积集（product set）。

* H ∨ N: 接着定义了 $H \vee N$，称为 H 和 N 的并（join）。它被严格定义为“包含 HN 的所有 G 的子群的交集”。这个定义保证了 $H \vee N$ 本身是一个子群，并且是所有包含 HN 的子群中最小的那个。

* 澄清: 作者补充说，$H \vee N$ 也等价于包含 H 和 N 这两个子群的最小子群。为什么呢？因为任何包含 H 和 N 的子群，根据子群的封闭性，必然要包含所有形如 hn 的乘积，也就是必须包含 HN。所以“包含H和N的最小子群”和“包含HN的最小子群”是同一个东西。

* 关键问题: $HN$ 这个集合本身是不是一个子群？作者指出，通常情况下，它不是。

2. 引理的核心内容:

* 第一个结论: 如果我们增加一个条件——N 是 G 的正规子群（H 可以是任意子群），那么结论就变得非常漂亮：$HN$ 本身就是一个子群。既然 HN 是子群且包含了 HN，而 $H \vee N$ 是包含 HN 的最小子群，那么必然有 $H \vee N = HN$。并且，此时还有 $HN = NH$。

* 第二个结论: 如果我们再增加一个条件——H 也是 G 的正规子群，那么这个乘积子群 $HN$ 不仅是子群，它本身还是 G 的一个正规子群。

3. 证明过程解析:

* 证明 HN 是子群 (当 N 正规时): 为了证明 HN 是子群，需要验证三条（或用一步到位的子群判别法）：

* 非空: H 和 N 都是子群，所以它们都包含单位元 e。因此 $e = ee \in HN$，所以 HN 非空。（原文中提到了这一点）

* 封闭性: 这是最关键的一步。任取两个 HN 中的元素 $x = h_1n_1$ 和 $y = h_2n_2$。我们要证明它们的乘积 $xy$ 也在 HN 中。

$xy = (h_1n_1)(h_2n_2) = h_1(n_1h_2)n_2$

这里的麻烦在于中间的 $n_1h_2$。我们无法直接交换它们。但正规子群 N 的性质来救场了。

N是正规子群意味着，对于任何 $g \in G$ 和 $n \in N$，都有 $gng^{-1} \in N$。一个等价且更有用的形式是 $gN = Ng$，即 $gn_1 = n_2g$ 对于某个 $n_2 \in N$。

在我们的问题里，令 $g=h_2$, $n_1 \in N$，那么 $h_2n_1 = n_3h_2$ 对于某个 $n_3 \in N$。（原文用的是 $n_1h_2 = h_2n_3$，这两种形式是等价的，只是 $n_3$ 可能不同）。

我们采用原文的写法：$n_1h_2 = h_2n_3$ for some $n_3 \in N$。

代入回去：

$xy = h_1(h_2n_3)n_2 = (h_1h_2)(n_3n_2)$

因为 H 是子群，$h_1, h_2 \in H \implies h_1h_2 \in H$。

因为 N 是子群，$n_3, n_2 \in N \implies n_3n_2 \in N$。

所以，乘积的形式是 (H中的元素)(N中的元素)，因此它属于 HN。封闭性得证。

* 逆元存在性: 任取一个 HN 中的元素 $hn$。它的逆元是 $(hn)^{-1} = n^{-1}h^{-1}$。

这个形式是 (N中元素)(H中元素)，不直接是 HN 的形式。我们再次使用 N 的正规性。

令 $g=h^{-1}$， $n^{-1} \in N$。那么 $h^{-1}n^{-1} = n_4h^{-1}$ 对于某个 $n_4 \in N$。（原文用的是 $n^{-1}h^{-1} = h^{-1}n_4$，这是等价的）。

所以 $(hn)^{-1} = n^{-1}h^{-1} = h^{-1}n_4$。

因为 H 是子群，$h \in H \implies h^{-1} \in H$。

因为 N 是子群，$n \in N \implies n_4 \in N$。

所以逆元的形式是 (H中的元素)(N中的元素)，因此它属于 HN。逆元存在性得证。

* 这样就证明了 HN 是一个子群。

* 证明 HN = NH: 类似地可以证明 NH 也是一个子群。因为 HN 和 NH 都等于包含 H 和 N 的最小子群 $H \vee N$，所以 $HN=NH$。

* 证明 HN 正规 (当 H, N 都正规时):

* 我们需要证明，对于任何 $g \in G$ 和任何 $x \in HN$，都有 $gxg^{-1} \in HN$。

* 设 $x = hn$ 其中 $h \in H, n \in N$。

* $gxg^{-1} = g(hn)g^{-1} = g h e n g^{-1} = (ghg^{-1})(gng^{-1})$。

* 因为 H 是正规子群，所以 $ghg^{-1} \in H$。

* 因为 N 是正规子群，所以 $gng^{-1} \in N$。

* 因此，$gxg^{-1}$ 的形式是 (H中元素)(N中元素)，所以它属于 HN。

* 这就证明了 HN 是正规子群。

15.3 [公式与符号逐项拆解和推导（若本段含公式）]

* HN: 这是一个集合，不是一个群（除非满足特定条件）。它代表 H 和 N 的积集。

* {... | ...}: 集合的标准表示法，竖线左边是元素的形式，右边是元素满足的条件。

* hn: G 中的一次乘法运算，左边的因子来自 H，右边的因子来自 N。

* $h \in H, n \in N$: $h$ 是子群 H 中的任意一个元素，$n$ 是子群 N 中的任意一个元素。

这个公式定义了通过“组合”两个子群的元素能得到的所有新元素的集合。

15.4 [具体数值示例]

示例1：HN 不是子群的情况

* G: 对称群 $S_3 = \{e, (12), (13), (23), (123), (132)\}$。

* H: $H = \{e, (12)\}$，这是一个2阶子群。

* N: $N = \{e, (13)\}$，这也是一个2阶子群。

* H 和 N 都不是 $S_3$ 的正规子群。

* 计算 HN:

* $e \cdot e = e$

* $e \cdot (13) = (13)$

* $(12) \cdot e = (12)$

* $(12) \cdot (13) = (123)$

* 所以 $HN = \{e, (12), (13), (123)\}$。

* HN 是子群吗？

* 这个集合有4个元素。根据拉格朗日定理，如果 HN 是子群，它的阶必须整除 $S_3$ 的阶6。4不能整除6，所以 HN 绝对不可能是 $S_3$ 的子群。

* 我们也可以通过检查封闭性来验证：$(123) \in HN$，它的平方 $(123)^2 = (132)$ 却不在 HN 中。所以不封闭。

示例2：HN 是子群的情况 (N 正规)

* G: 对称群 $S_3$。

* H: $H = \{e, (12)\}$，非正规子群。

* N: $N = A_3 = \{e, (123), (132)\}$，3阶交错群，是 $S_3$ 的正规子群。

* 计算 HN:

* $e \cdot N = \{e, (123), (132)\}$

* $(12) \cdot N = \{(12)e, (12)(123), (12)(132)\} = \{(12), (23), (13)\}$

* $HN = \{e, (123), (132), (12), (23), (13)\} = S_3$。

* HN 是子群吗？

* $HN = S_3$，而 $S_3$ 本身当然是 G 的一个子群。这验证了引理的结论。此时，$H \vee N$ (包含 H 和 N 的最小子群) 就是 $S_3$ 本身。

15.5 [易错点与边界情况]

* HN vs H∪N: HN 是积集，不是并集 H∪N。H∪N 几乎永远不是子群（除非 H 包含 N 或 N 包含 H）。

* N的正规性是关键: 在 $h_1(n_1h_2)n_2$ 的变形中，能够“穿越” $h_2$ 的是 $n_1$，这是因为 N 是正规子群，N 中的元素可以和 G 中任何元素进行“准交换”。如果 H 正规而 N 不正规，这个证明就不成立了。

* HN vs NH: 在 N 正规的条件下，虽然有 $HN = NH$，但这不意味着对于每一个 h 和 n，都有 $hn=nh$（即元素级别可交换）。它只说明集合相等，即对任意 $h \in H, n \in N$，乘积 $hn$ 可以表示为某个 $n'h'$ 的形式，而 $nh$ 也可以表示为某个 $h''n''$ 的形式。

15.6 [总结]

本段引入了子群的积集 HN，并阐明了一个核心事实：积集 HN 成为一个子群的充分条件是其中至少一个子群（H或N）是正规的。当 N 正规时，HN 不仅是一个子群，还等于包含 H 和 N 的最小子群 $H \vee N$，并且有 $HN = NH$。如果 H 和 N 同时都是正规的，那么它们的积 HN 也是一个正规子群。

15.7 [存在目的]

这个引理是证明第二同构定理 $(HN)/N \simeq H/(H \cap N)$ 的基础。

1. 保证 (HN)/N 有意义: 第二同构定理的左边是因子群 $(HN)/N$。构造这个因子群的前提是：(1) HN 是一个子群；(2) N 是 HN 的一个正规子群。这个引理的第一部分（当N正规时，HN是子群）保证了(1)成立。而 N 是 HN 的正规子群是显然的（因为 N 是整个 G 的正规子群，那么它自然也是 G 的任何一个包含它的子群的正规子群）。

2. 为后续推导建立关键对象：它确立了 HN 作为一个良好定义的子群的地位，使得我们可以在此基础上进行进一步的代数操作。

15.8 [直觉心智模型]

想象 H 和 N 是两个不同的俱乐部。

* HN: "H俱乐部的成员" 和 "N俱乐部的成员" 配对组成的所有“二人小组”的集合。

* HN 是子群吗？: 问题是，任意两个“二人小组”一起活动后，形成的新的组合关系，是否还能表示成一个“H成员+N成员”的二人小组？通常不能。

* N 是正规子群: 现在假设 N 是一个非常特殊的俱乐部（比如一个有官方背景的、非常开放的俱乐部）。它的成员可以和任何人（G中的任何元素）“打交道”后，仍然保持自己的“圈子属性”（$gNg^{-1}=N$）。

* 引理的结论: 正是因为 N 的这种“开放性”和“稳定性”，才使得 H 成员和 N 成员组成的二人小组 (HN) 在进行团队活动（群运算）后，总能重新组合成一个新的 H 成员和 N 成员的二人小组。于是，这个“二人小组”的集合 HN 自身构成了一个稳定的组织（子群）。

15.9 [直观想象]

* G: 整个三维空间中的所有向量，构成加法群。

* H: x-y 平面上的所有向量，是一个子群（一个平面）。

* N: z 轴上的所有向量，是一个子群（一条直线）。

* HN (这里是 H+N): $H+N = \{h+n \mid h \in H, n \in N\}$。这是一个 x-y 平面上的向量与一个 z 轴上的向量相加。结果是什么？是整个三维空间 G！

* N 是正规的: 因为 G 是阿贝尔群，任何子群都是正规的。

* 引理结论: $H+N$ 是一个子群。确实， $H+N = G$ 本身就是一个子群。

* 现在换个例子：

* G: 三维空间。

* H: x 轴。

* N: y 轴。

* H+N: $H+N$ 是所有 $(x,0,0) + (0,y,0) = (x,y,0)$ 形式的向量。这是整个 x-y 平面。x-y 平面本身也是 G 的一个子群。这也符合引理的结论。

1.6 定理 34.5 (第二同构定理)

16.1 [原文]

我们现在准备好接受第二同构定理。

(第二同构定理) 设 $H$ 是 $G$ 的子群，设 $N$ 是 $G$ 的正规子群。那么 $(H N) / N \simeq H /(H \cap N)$。

设 $\gamma: G \rightarrow G / N$ 是典范同态，设 $H \leq G$。那么根据定理 13.12，$\gamma[H]$ 是 $G / N$ 的子群。现在 $\gamma$ 在 $H$ 的元素上的作用（称为 $\gamma$ 限制在 $H$ 上）为我们提供了一个将 $H$ 映射到 $\gamma[H]$ 上的同态，并且这个限制的核显然是 $N$ 中同时也属于 $H$ 的元素集合，即交集 $H \cap N$。定理 34.2 接着表明存在一个同构 $\mu_{1}: H /(H \cap N) \rightarrow \gamma[H]$。

另一方面，$\gamma$ 限制在 $H N$ 上也提供了一个将 $H N$ 映射到 $\gamma[H]$ 上的同态，因为对于所有 $n \in N$，$\gamma(n)$ 是 $G / N$ 的单位元 $N$。$\gamma$ 限制在 $H N$ 上的核是 $N$。定理 34.2 接着为我们提供了一个同构 $\mu_{2}:(H N) / N \rightarrow \gamma[H]$。

因为 $(H N) / N$ 和 $H /(H \cap N)$ 都同构于 $\gamma[H]$，所以它们彼此同构。实际上，$\phi:(H N) / N \rightarrow H /(H \cap N)$，其中 $\phi=\mu_{1}^{-1} \mu_{2}$ 将是一个同构。更具体地说，

16.2 [逐步解释]

这个定理也被称为“菱形同构定理”（Diamond Isomorphism Theorem），因为它涉及的四个子群 H, N, HN, H∩N 的关系可以用一个菱形的子群格图来表示。

1. 定理陈述:

* 前提: H 是 G 的一个普通子群，N 是 G 的一个正规子群。

* 结论: 两个因子群是同构的：$(HN)/N \simeq H/(H \cap N)$。

* 各部分的存在性:

* $HN$ 是子群：由上一个引理保证，因为 N 正规。

* $N$ 是 $HN$ 的正规子群: 因为 N 是 G 的正规子群，所以对 $HN \subseteq G$ 中的元素 $x$，有 $xNx^{-1}=N$。所以 $(HN)/N$ 这个因子群是良定义的。

* $H \cap N$ 是 H 的子群：两个子群的交集总是子群。

* $H \cap N$ 是 H 的正规子群：这个需要一个简单的证明（见练习7）。设 $x \in H \cap N$ and $h \in H$。我们要证 $hxh^{-1} \in H \cap N$。

* 因为 $h, x \in H$，H是子群，所以 $hxh^{-1} \in H$。

* 因为 $x \in N$，N是 G 的正规子群，所以 $hxh^{-1} \in N$ (因为 $h \in H \subseteq G$）。

* 所以 $hxh^{-1}$ 同时在 H 和 N 中，即 $hxh^{-1} \in H \cap N$。

* 因此，$H \cap N$ 是 H 的正规子群，$H/(H \cap N)$ 这个因子群是良定义的。

2. 证明思路:

证明的核心思想非常巧妙：它不是直接在 $(HN)/N$ 和 $H/(H \cap N)$ 之间构造一个同构，而是证明它们俩都同构于同一个第三方群 $\gamma[H]$，然后利用同构的传递性得出结论。这个证明是第一同构定理的一次精彩应用。

* 第一步：证明 $H/(H \cap N) \simeq \gamma[H]$

* 考虑典范同态 $\gamma: G \rightarrow G/N$。现在我们不看它在整个 G 上的作用，而是只看它在子群 H 上的作用。这被称为“限制映射”（restriction），我们记作 $\gamma|_H: H \rightarrow G/N$。

* 这个限制映射 $\gamma|_H$ 本身也是一个同态，它的定义域是 H，到达域是 G/N。

* 根据第一同构定理，我们有 $H / (\text{Ker}(\gamma|_H)) \simeq \text{Im}(\gamma|_H)$。

* 我们来计算这个限制映射的核和像：

* 核 Ker($\gamma|_H$): 它是 H 中被映射到 G/N 单位元 N 的元素。

Ker($\gamma|_H$) = $\{h \in H \mid \gamma(h) = N\} = \{h \in H \mid hN = N\} = \{h \in H \mid h \in N\}$。

这正是 H 和 N 的交集 $H \cap N$。

* 像 Im($\gamma|_H$): 它是 H 中所有元素的像的集合。

Im($\gamma|_H$) = $\{\gamma(h) \mid h \in H\} = \gamma[H]$。

* 把核和像代入第一同构定理的公式，我们得到：

$H/(H \cap N) \simeq \gamma[H]$。

* 教科书里把这个同构记为 $\mu_1$。

* 第二步：证明 $(HN)/N \simeq \gamma[H]$

* 现在我们考虑典范同态 $\gamma: G \rightarrow G/N$ 在子群 HN 上的限制 $\gamma|_{HN}: HN \rightarrow G/N$。

* 这同样是一个同态。我们再次应用第一同构定理：

$(HN) / (\text{Ker}(\gamma|_{HN})) \simeq \text{Im}(\gamma|_{HN})$。

* 计算核和像：

* 核 Ker($\gamma|_{HN}$): 它是 HN 中被映射到 N 的元素。

Ker($\gamma|_{HN}$) = $\{x \in HN \mid \gamma(x) = N\} = \{x \in HN \mid xN = N\} = \{x \in HN \mid x \in N\}$。

由于 N 是 HN 的子群，所以 HN 中属于 N 的元素就是 N 本身。所以核是 N。

* 像 Im($\gamma|_{HN}$): 它是 HN 中所有元素的像的集合。

Im($\gamma|_{HN}$) = $\{\gamma(hn) \mid h \in H, n \in N\}$

= $\{ (hn)N \mid h \in H, n \in N\}$

= $\{ h(nN) \mid h \in H, n \in N\}$ (因为陪集乘法是 $(aN)(bN)=(ab)N$)

= $\{ hN \mid h \in H \}$ (因为 $n \in N \implies nN=N$，N是单位元)

这正是 $\gamma[H]$。

* 把核和像代入，我们得到：

$(HN)/N \simeq \gamma[H]$。

* 教科书里把这个同构记为 $\mu_2$。

* 第三步：结论

* 我们已经证明了：

1. $H/(H \cap N) \simeq \gamma[H]$

2. $(HN)/N \simeq \gamma[H]$

* 因为同构是一种等价关系，具有传递性，所以 $(HN)/N \simeq H/(H \cap N)$。

3. 显式构造同构 $\phi$:

教科书还给出了这个同构 $\phi$ 的具体形式。$\phi$ 是从 $(HN)/N$ 到 $H/(H \cap N)$ 的映射。

$\phi = \mu_1^{-1} \circ \mu_2$。

我们来追踪一个元素的路径：

* 取 $(HN)/N$ 中的一个元素，它的标准形式是 $(hn)N$。

* 应用 $\mu_2$: $\mu_2((hn)N) = \gamma(hn) = hnN = hN$。像在 $\gamma[H]$ 中。

* 应用 $\mu_1^{-1}$: 我们知道 $\mu_1$ 把陪集 $h(H \cap N)$ 映射到 $hN$。那么它的逆映射 $\mu_1^{-1}$ 就把 $hN$ 映射回 $h(H \cap N)$。

* 所以，$\phi((hn)N) = \mu_1^{-1}(hN) = h(H \cap N)$。

最终的映射规则非常简洁：

$\phi: (HN)/N \rightarrow H/(H \cap N)$

$\phi((hn)N) = h(H \cap N)$

它把左边的陪集 $(hn)N$（代表元素为hn）映射到右边的陪集 $h(H \cap N)$（代表元素为h）。这个 h 就是 hn 中的 H 部分。

16.3 [公式与符号逐项拆解和推导（若本段含公式）]

* $\phi((hn)N)$: 这是我们要定义的同构 $\phi$ 作用在因子群 $(HN)/N$ 的一个元素 $(hn)N$ 上的结果。

* $\mu_2((hn)N)$: 这是证明中的第一个环节。$\mu_2$ 是从 $(HN)/N$ 到 $\gamma[H]$ 的同构。根据第一同构定理的构造，它把一个陪集 $xN$ 映射到 $\gamma(x)$。所以 $\mu_2((hn)N) = \gamma(hn) = (hn)N = hN$。

* $\mu_1^{-1}(\mu_2((hn)N)) = \mu_1^{-1}(hN)$: 这是将上一步的结果代入。但是原文这里有一个小笔误。$\mu_2$ 的像应该是 $\gamma(hn)=hN$，不是 $h$。$\mu_1$ 的定义域是 $H/(H \cap N)$，值域是 $\gamma[H]$。$\mu_1(h(H \cap N)) = \gamma(h) = hN$。那么它的逆 $\mu_1^{-1}$ 就是把 $\gamma[H]$ 中的元素 $hN$ 映射回 $H/(H \cap N)$ 中的元素 $h(H \cap N)$。所以 $\mu_1^{-1}(hN)=h(H \cap N)$。

* $\mu_1^{-1}(h)$: 原文在此处有笔误。它应该是 $\mu_1^{-1}(hN)$。$\mu_1^{-1}$ 的输入应该是一个陪集 $hN \in \gamma[H]$，而不是一个元素 $h \in H$。

* $h(H \cap N)$: 这是最终结果，是因子群 $H/(H \cap N)$ 中的一个元素。

* 正确的推导链应该是:

$\phi((hn)N) = (\mu_1^{-1} \circ \mu_2)((hn)N) = \mu_1^{-1}(\mu_2((hn)N)) = \mu_1^{-1}(\gamma(hn)) = \mu_1^{-1}(hN) = h(H \cap N)$。

16.4 [具体数值示例]

示例：G = $\mathbb{Z}_{12}$

* G: $\mathbb{Z}_{12}$

* H: $H = \langle 4 \rangle = \{0, 4, 8\}$。这是一个子群。

* N: $N = \langle 6 \rangle = \{0, 6\}$。这是一个正规子群。

* 我们来验证第二同构定理: $(H+N)/N \simeq H/(H \cap N)$。（对于加法群，HN 写成 H+N）

* 计算左边:

* H+N: $H+N = \{h+n \mid h \in \{0,4,8\}, n \in \{0,6\}\}$

= $\{0,4,8, 6, 10, 2\}$ (模12运算)。

$H+N = \{0, 2, 4, 6, 8, 10\} = \langle 2 \rangle$。

* N: $N = \{0, 6\} = \langle 6 \rangle$。

* (H+N)/N: $\langle 2 \rangle / \langle 6 \rangle$。

$\langle 2 \rangle$ 的阶是 6，$\langle 6 \rangle$ 的阶是 2。

根据拉格朗日定理，因子群的阶是 $6/2 = 3$。

任何3阶群都是循环群，同构于 $\mathbb{Z}_3$。

所以 $(H+N)/N \simeq \mathbb{Z}_3$。

* 计算右边:

* H: $H = \{0, 4, 8\} = \langle 4 \rangle$。

* H ∩ N: $H \cap N = \{0, 4, 8\} \cap \{0, 6\} = \{0\}$。

* H/(H ∩ N): $H/\{0\} = \langle 4 \rangle / \{0\}$。

一个群对平凡子群 $\{0\}$ 求商，结果同构于它自身。

$H/\{0\} \simeq H = \langle 4 \rangle$。

$H = \{0, 4, 8\}$ 是一个3阶循环群（由4生成：4, 4+4=8, 4+4+4=12=0）。

所以 $H/(H \cap N) \simeq \mathbb{Z}_3$。

* 结论:

* 左边 $(H+N)/N \simeq \mathbb{Z}_3$。

* 右边 $H/(H \cap N) \simeq \mathbb{Z}_3$。

* 两者都同构于 $\mathbb{Z}_3$，所以它们彼此同构，定理成立。

16.5 [易错点与边界情况]

* 前提条件不能忘: H 必须是子群，N 必须是正规子群。如果 N 不是正规的，HN 都未必是子群，整个定理无从谈起。

* 分母要匹配: 左边是除以 N，右边是除以 H∩N。这两个“分母”是不同的。

* 分子的意义: 左边的分子是 HN，是 H 和 N "扩张"成的子群。右边的分子是 H。直观上，定理说的是，HN 相对于 N 的“大小”，等于 H 相对于它们共同部分 H∩N 的“大小”。

16.6 [总结]

第二同构定理揭示了由一个子群 H 和一个正规子群 N 构成的四个相关群 $HN, N, H, H \cap N$ 之间的深刻关系。它指出，通过 N “约掉” HN，得到的因子群 $(HN)/N$，与通过 H 和 N 的公共部分 $H \cap N$ “约掉” H，得到的因子群 $H/(H \cap N)$，是同构的。证明巧妙地利用了第一同构定理作为工具，将两个目标群都与第三方群 $\gamma[H]$ 建立同构关系。

16.7 [存在目的]

1. 简化因子群: 这个定理有时能把一个看起来复杂的因子群 $(HN)/N$ 转化为一个可能更简单的因子群 $H/(H \cap N)$ 进行研究。

2. 揭示结构: 它像一把尺子，衡量了 H 对因子群 $(HN)/N$ 的贡献。它告诉我们，H 的贡献部分（在商掉 N 之后剩下的），正好就是 H 把自己的公共部分 $H \cap N$ “吐出来”之后剩下的部分。

3. 理论工具: 它是群论（以及环论、模论等其他代数分支）中一个标准的结构性工具，用于在各种证明和计算中建立同构关系。

16.8 [直觉心智模型]

想象一个班级 G。

* H: 班里所有“戴眼镜的同学”组成的集合。这是一个子群。

* N: 班里所有“来自北京的同学”组成的集合。假设“来自北京”是一个正规属性（这只是个比喻）。

* HN: “戴眼镜的”和“北京来的”通过某种方式（比如合作项目）组成的联合团队。

* H∩N: 班里“既戴眼镜又来自北京的同学”。

* (HN)/N: 把“北京学生”这个因素完全忽略掉（把所有北京学生看成同一个人），来看这个联合团队的结构。

* H/(H∩N): 只看“戴眼镜的”这个群体，把其中“来自北京”的这个子因素忽略掉。

* 定理: 定理说，这两种“忽略”操作之后得到的群体结构是完全一样的。联合团队里剔除北京因素后的人员结构，就等价于，只在眼镜群体内部剔除北京因素后的人员结构。这很符合直觉，因为联合团队里非北京籍的贡献者，其实就来自于非北京籍的眼镜群体。

16.9 [直观想象]

菱形想象:

把四个群想象成一个菱形的四个顶点。

* 最顶端的顶点是 $HN$ (最大的群)。

* 最底端的顶点是 $H \cap N$ (最小的群)。

* 左边的顶点是 $H$。

* 右边的顶点是 $N$。

从一个顶点到另一个顶点的边表示子群关系。$H$ 和 $N$ 都是 $HN$ 的子群，$H \cap N$ 是 $H$ 和 $N$ 的子群。

$HN \supseteq H \supseteq H \cap N$

$HN \supseteq N \supseteq H \cap N$

定理 $(HN)/N \simeq H/(H \cap N)$ 说的就是：

从 $HN$ “下降”到 $N$ 的“高度差”（商群的阶），等于从 $H$ “下降”到 $H \cap N$ 的“高度差”。这个“高度差”不仅是阶数上的，更是代数结构上的。菱形左边那条边(H到H∩N)和右边那条边(HN到N)在因子群的意义下是“平行且相等”的。

... 后续内容由于篇幅限制将省略，但会遵循相同的结构进行解释 ...

1.7 例子 34.6

17.1 [原文]

34.6 例子 设 $G=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$，$H=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times\{0\}$，和 $N=\{0\} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。那么显然 $H N= \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 且 $H \cap N=\{0\} \times \mathbb{Z} \times\{0\}$。我们有 $(H N) / N \simeq \mathbb{Z}$ 且我们也有 $H /(H \cap N) \simeq \mathbb{Z}$。

17.2 [逐步解释]

这个例子旨在通过一个具体的群来直观地展示第二同构定理。

1. 设定背景:

* G: 基础群是 $G=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。这是由整数三元组构成的群，运算是逐分量相加。例如，$(a,b,c) + (x,y,z) = (a+x, b+y, c+z)$。这可以想象成三维空间中的所有整点构成的群。

* H: $H=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times\{0\}$。这是所有第三个分量为0的三元组，例如 $(a,b,0)$。这对应于三维空间中的 x-y 平面上的所有整点。它显然是 G 的一个子群。

* N: $N=\{0\} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。这是所有第一个分量为0的三元组，例如 $(0,y,z)$。这对应于三维空间中的 y-z 平面上的所有整点。由于 G 是阿贝尔群，任何子群都是正规子群，所以 N 是 G 的正规子群。

* 前提条件（H是子群，N是正规子群）满足。

2. 计算定理左右两边的组件:

* HN (在加法群中是 H+N):

* $H+N = \{h+n \mid h \in H, n \in N\}$

* 一个典型的元素是 $(a,b,0) + (0,y,z) = (a, b+y, z)$。

* 这里 $a, b, y, z$ 都是任意整数。令 $b' = b+y$，那么 $b'$ 也可以取遍所有整数。

* 所以 $H+N$ 的元素形式是 $(a, b', z)$，其中 $a, b', z$ 都是任意整数。

* 这正是整个群 G。所以 $H+N = G = \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$。

* H ∩ N:

* $H \cap N$ 是既在 H 中又在 N 中的元素。

* 一个元素 $(x,y,z)$ 在 H 中意味着 $z=0$。

* 一个元素 $(x,y,z)$ 在 N 中意味着 $x=0$。

* 要同时满足，就必须有 $x=0$ 且 $z=0$。

* 所以元素的形式是 $(0, y, 0)$。

* $H \cap N = \{0\} \times \mathbb{Z} \times \{0\}$。这对应于 y 轴上的所有整点。

3. 应用第二同构定理:

* 定理: $(H+N)/N \simeq H/(H \cap N)$

* 左边: $(H+N)/N = G/N = (\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / (\{0\} \times \mathbb{Z} \times \mathbb{Z})$。

* 我们用 N 这个子群来“求商”。一个陪集是 $(a,b,c) + N$。

* $(a,b,c) + N = \{(a,b,c) + (0,y,z) \mid y,z \in \mathbb{Z}\} = \{(a, b+y, c+z) \mid y,z \in \mathbb{Z}\}$。

* 在这个陪集里，第一个分量 a 是固定的，而第二、三分量可以任意改变。所以，一个陪集由其第一个分量唯一确定。

* 例如，$(1, 5, 10)+N$ 和 $(1, 100, -200)+N$ 是同一个陪集，因为它们的差 $(0, 95, -210)$ 在 N 中。

* 因此，因子群 $G/N$ 的元素可以由一个整数 a 来标记，这个 a 代表了陪集 $(a,0,0)+N$。

* 群运算是 $(a_1+N) + (a_2+N) = (a_1+a_2)+N$。这正好是整数加法群 $\mathbb{Z}$ 的运算。

* 所以 $(H+N)/N \simeq \mathbb{Z}$。

* 右边: $H/(H \cap N) = (\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \{0\}) / (\{0\} \times \mathbb{Z} \times \{0\})$。

* 我们用 $H \cap N$ 来对 H "求商"。

* H 中的一个陪集是 $(a,b,0) + (H \cap N)$。

* $(a,b,0) + H \cap N = \{(a,b,0) + (0,y,0) \mid y \in \mathbb{Z}\} = \{(a, b+y, 0) \mid y \in \mathbb{Z}\}$。

* 在这个陪集里，第一个分量 a 是固定的，第三个分量固定为0，而第二个分量可以任意改变。所以，一个陪集由其第一个分量唯一确定。

* 因此，因子群 $H/(H \cap N)$ 的元素也可以由一个整数 a 来标记，代表了陪集 $(a,0,0) + H \cap N$。

* 群运算同样是整数加法。

* 所以 $H/(H \cap N) \simeq \mathbb{Z}$。

4. 结论:

* 左右两边都同构于 $\mathbb{Z}$，因此它们彼此同构，验证了定理。

17.3 [易错点与边界情况]

* 直积与普通积: 这个例子中的 G, H, N 都是直积（Direct Product）的形式，这让计算变得非常直观。对于更一般的非阿贝尔群，HN 的计算和因子群的识别会更复杂。

* 同构不代表相等: 再次强调，$G/N$ 的元素是陪集（无限个三维点的集合），而 $\mathbb{Z}$ 的元素是整数。它们只是在代数结构上一样，不是同一个东西。

* 想象要准确:

* $G/N$ 的直观想象是：把整个 y-z 平面（N）“压扁”成一个原点，那么整个三维空间就变成了一条直线（x轴）。

* $H/(H \cap N)$ 的直观想象是：在 x-y 平面（H）内，把 y 轴（H∩N）“压扁”成一个原点，那么这个平面也变成了一条直线（x轴）。

* 这个例子说明，这两种不同的“压扁”操作，得到的结果（一条直线，即 $\mathbb{Z}$）在结构上是相同的。

17.4 [总结]

本例通过三维整数格点群 $G=\mathbb{Z}^3$ 及其子群 H（x-y平面）和 N（y-z平面），生动地演示了第二同构定理。计算表明 $(H+N)/N$ 和 $H/(H \cap N)$ 都同构于整数加法群 $\mathbb{Z}$，从而验证了定理的正确性。

17.5 [存在目的]

提供一个清晰、易于计算和想象的例子，来巩固对抽象的第二同构定理的理解。通过将代数概念与三维空间的几何直觉联系起来，降低了理解难度，并展示了定理的实际应用。

17.6 [直觉心智模型]

* G: 一个装满三种颜色（红、绿、蓝）沙子的巨大玻璃立方体，每种颜色的沙子量都可以是任意整数（可以为负，表示“欠沙子”）。

* H: 只含有红沙子和绿沙子的混合物（蓝沙子量为0）。

* N: 只含有绿沙子和蓝沙子的混合物（红沙子量为0）。

* H+N: 将 H 类混合物和 N 类混合物相加，可以得到任意比例的红、绿、蓝沙子混合物，即整个 G。

* H∩N: 既属于 H 又属于 N 的混合物，必须是红沙子量为0且蓝沙子量为0，即只含有纯绿沙子的混合物。

* 左边 (G/N): 我们不再关心混合物中绿沙子和蓝沙子的具体量，只看红沙子的量。这等价于将所有红沙子量相同的混合物视为一类。这个“分类”显然就只由红沙子的量（一个整数）来决定，所以 G/N 的结构就像整数 $\mathbb{Z}$。

* 右边 (H/(H∩N)): 我们只在红绿混合物（H）的范围内，不再关心其中绿沙子（H∩N）的量，只看红沙子的量。这个分类同样也只由红沙子的量（一个整数）决定，所以 H/(H∩N) 的结构也像整数 $\mathbb{Z}$。

* 定理告诉我们，这两种不同的“只看红沙子”的视角，得到的代数结构是完全一样的。

17.7 [直观想象]

该例子本身就是最好的直观想象：

* G: 三维空间中的所有整点。

* H: x-y 平面。

* N: y-z 平面。

* H+N: 整个三维空间。

* H∩N: y 轴。

* 第二同构定理: $(\mathbb{R}^3 / \text{y-z平面}) \simeq (\text{x-y平面} / \text{y轴})$

* 左边：把整个 y-z 平面压缩成一点，三维空间就塌缩成 x 轴。

* 右边：在 x-y 平面内，把 y 轴压缩成一点，平面就塌缩成 x 轴。

* 两边都得到了 x 轴，它们的结构显然是同构的。这个几何图像完美地诠释了该例中的第二同构定理。

1.8 第三同构定理引言

18.1 [原文]

如果 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个正规子群，且 $K \leq H$，那么 $H / K$ 是 $G / K$ 的正规子群。第三同构定理涉及这些群。

18.2 [逐步解释]

这段话是第三同构定理的引子，它首先陈述了一个重要的事实，为定理的表述创造了条件。

1. 前提条件:

* H 和 K 都是群 G 的正规子群。

* 并且存在一个包含关系：$K \leq H$（K 是 H 的一个子群）。这是一个“正规子群塔”：$\{e\} \leq K \leq H \leq G$，并且 K, H 在 G 中都正规。

2. 引理/事实:

* 结论: $H/K$ 是 $G/K$ 的一个正规子群。

* 解释:

* G/K: 因为 K 是 G 的正规子群，所以因子群 G/K 是良定义的。它的元素是 K 在 G 中的陪集，形如 gK。

* H/K: 这不是一个独立的群，而是 G/K 的一个子集。它是由 H 中的元素 h 生成的陪集 hK 构成的集合。$H/K = \{hK \mid h \in H\}$。

* H/K 是 G/K 的子群: 这是引理 34.3（对应定理）的一个直接推论。因为 H 是 G 的一个包含 K 的子群，所以它的像 $\gamma_K[H] = H/K$ 是 G/K 的一个子群。

* H/K 是 G/K 的正规子群: 这同样是对应定理的推论。因为 H 是 G 的一个包含 K 的正规子群，对应关系保持正规性，所以 H/K 是 G/K 的一个正规子群。

* 直接证明 H/K 的正规性:

* 要证明 H/K 在 G/K 中是正规的，需要对 G/K 中任意元素 gK 和 H/K 中任意元素 hK，验证 $(gK)(hK)(gK)^{-1}$ 仍然在 H/K 中。

* $(gK)(hK)(gK)^{-1} = (gK)(hK)(g^{-1}K) = (ghg^{-1})K$。

* 因为 H 是 G 的正规子群，所以对于 $g \in G, h \in H$，我们有 $ghg^{-1} \in H$。

* 令 $h' = ghg^{-1}$，那么 $h' \in H$。

* 因此，$(ghg^{-1})K = h'K$。由于 $h' \in H$，所以 $h'K$ 是 H/K 中的一个元素。

* 这就证明了 H/K 是 G/K 的正规子群。

3. 预告:

* 第三同构定理将要阐述的，就是 $G, H, K, G/K, H/K, G/H$ 这些群之间存在的同构关系。既然 $H/K$ 是 $G/K$ 的正规子群，我们就可以构造一个“二次因子群” $(G/K)/(H/K)$，第三同构定理的核心就是揭示这个群的真面目。

18.3 [易错点与边界情况]

* H/K 的双重含义: 符号 $H/K$ 在这里其实有歧义。

1. 它可以表示由 H 和 K 单独构成的因子群（因为 K 是 H 的正规子群）。

2. 它也可以表示 G/K 的一个由 H 的陪集构成的子群，即 $\{hK \mid h \in H\}$。

* 幸运的是，这两个东西是同构的。我们可以定义一个映射 $\psi: H \rightarrow \{hK \mid h \in H\}$，规则是 $\psi(h)=hK$。这是一个满射同态，其核是 $\{h \in H \mid hK=K\} = \{h \in H \mid h \in K\} = K$ (因为 H 包含 K)。根据第一同构定理，$H/K \simeq \{hK \mid h \in H\}$。

* 因此，在同构的意义下，我们可以不加区分地使用 $H/K$ 这个符号。在第三同构定理的语境中，$H/K$ 通常指 G/K 的那个子群。

* 正规性链条: 条件是 K 和 H 都是 G 的正规子群。仅仅有 $K \triangleleft H \triangleleft G$（K在H中正规，H在G中正规）是不够的。我们需要 K 在 G 中也是正规的。

18.4 [总结]

本段为第三同构定理铺设了舞台。它指出了在 $K \triangleleft G, H \triangleleft G, K \leq H$ 的正规子群链条下，我们可以自然地得到 $H/K$ 是 $G/K$ 的一个正规子群这一事实。这个事实使得构造因子群的因子群 $(G/K)/(H/K)$ 成为可能，而第三同构定理正是关于这个双重因子群的。

18.5 [存在目的]

在正式陈述定理之前，先验证定理中出现的所有代数对象都是良定义的。这确保了定理陈述的严谨性。通过预先说明 $H/K$ 是 $G/K$ 的正规子群，读者在看到 $(G/K)/(H/K)$ 这个表达式时就不会感到困惑。

18.6 [直觉心智模型]

* G: 整个公司。

* H: 公司里的“管理层”部门。这是一个正规子群。

* K: 管理层里的“核心决策圈”。这也是一个正规子群 ($K \leq H$)。

* G/K: 我们不再区分核心决策圈里的人，把他们看成一个整体。公司在“忽略”核心圈内部差异后的结构。

* H/K: 在管理层内部，我们不再区分核心决策圈里的人。这是管理层在“忽略”核心圈内部差异后的结构。

* 本段的结论: “忽略”了核心圈差异后的管理层（H/K），在“忽略”了核心圈差异后的整个公司（G/K）里，仍然是一个具有“正规”属性的部门。这是很自然的，因为管理层（H）本身在公司（G）里就是“正规”的。

18.7 [直观想象]

* G: 一幅完整的世界地图。

* H: 亚洲的地图。假设亚洲作为一个整体是一个“正规”区域。

* K: 中国的地图。假设中国作为一个整体也是一个“正规”区域，且 $K \subseteq H$。

* G/K: 一张新地图，其中整个中国被缩成了一个点，叫“中国点”。

* H/K: G/K 地图上的一个区域，它由亚洲其他国家以及“中国点”构成。

* 本段的结论: H/K (亚洲去掉中国内部细节) 在 G/K (世界去掉中国内部细节) 这张新地图里，仍然是一个“正规”的区域。第三同构定理将要探讨的是，如果我们在这张新地图 G/K 上，再把 H/K 这个区域也压缩成一个点，会得到什么。

1.9 定理 34.7 (第三同构定理)

19.1 [原文]

34.7 定理 (第三同构定理) 设 $H$ 和 $K$ 是群 $G$ 的正规子群，且 $K \leq H$。那么 $G / H \simeq(G / K) /(H / K)$。

证明 设 $\phi: G \rightarrow(G / K) /(H / K)$ 定义为 $\phi(a)=(a K)(H / K)$，对于 $a \in G$。显然 $\phi$ 满射到 $(G / K) /(H / K)$，并且对于 $a, b \in G$，

所以 $\phi$ 是一个同态。核由那些 $x \in G$ 组成，使得 $\phi(x)=H / K$。这些 $x$ 正是 $H$ 的元素。然后定理 34.2 表明 $G / H \simeq (G / K) /(H / K)$。

19.2 [逐步解释]

1. 定理陈述:

* 前提: $K \triangleleft G, H \triangleleft G, K \leq H$。

* 结论: $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$。

* 这个定理也被称为“消除定理”（Cancellation Theorem），因为它看起来像是在分数 $\frac{G/K}{H/K}$ 中把 K “约掉”了，得到了 $G/H$。

2. 证明思路:

证明再次使用了第一同构定理。思路是：构造一个从 G 到目标群 $(G/K)/(H/K)$ 的同态 $\phi$，然后计算出这个同态的核。如果核正好是 H，并且 $\phi$ 是满射的，那么根据第一同构定理，$G/\text{Ker}(\phi) \simeq \text{Im}(\phi)$，即 $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$。

* 构造映射 $\phi$:

* 定义 $\phi: G \rightarrow (G/K)/(H/K)$。

* 规则是：$\phi(a) = (aK)(H/K)$。

* 解释这个规则:

* 从 G 中的一个元素 a 出发。

* 第一步：通过典范映射 $\gamma_K: G \rightarrow G/K$，得到陪集 $aK$。

* 第二步：$aK$ 是 G/K 中的一个元素。我们再对 G/K 进行求商，其正规子群是 H/K。所以我们看 $aK$ 属于 H/K 在 G/K 中的哪个陪集。这个陪集就是 $(aK)(H/K)$。

* 所以 $\phi$ 实际上是两个典范映射的复合：$\phi = \gamma_{H/K} \circ \gamma_K$。

* 验证 $\phi$ 是满射同态:

* 满射 (Surjective): 目标群 $(G/K)/(H/K)$ 中的任意一个元素，其形式都是 $(gK)(H/K)$，其中 $gK \in G/K$。那么 G 中的元素 g 就被 $\phi$ 映射到这个元素。所以 $\phi$ 是满射的。作者说“显然是满射的”。

* 同态 (Homomorphism): 需要验证 $\phi(ab) = \phi(a)\phi(b)$。

* $\phi(ab) = ((ab)K)(H/K)$ (根据 $\phi$ 的定义)

* $= ((aK)(bK))(H/K)$ (G/K 中的运算规则)

* $= ((aK)(H/K))((bK)(H/K))$ (在因子群 $(G/K)/(H/K)$ 中的运算规则)

* $= \phi(a)\phi(b)$ (根据 $\phi$ 的定义)

* 所以 $\phi$ 确实是同态。

* 计算核 Ker($\phi$):

* $\text{Ker}(\phi) = \{x \in G \mid \phi(x) = \text{单位元}\}$。

* 目标群 $(G/K)/(H/K)$ 的单位元是其正规子群本身，即 $H/K$。

* 所以 $\text{Ker}(\phi) = \{x \in G \mid \phi(x) = H/K\}$。

* 代入 $\phi$ 的定义: $\{x \in G \mid (xK)(H/K) = H/K\}$。

* 在因子群中，一个陪集等于单位元（正规子群本身），当且仅当该陪集的代表元素属于那个正规子群。

* 所以，$(xK)(H/K) = H/K$ 的条件是 $xK \in H/K$。

* $H/K$ 的定义是 $\{hK \mid h \in H\}$。

* 所以 $xK \in H/K$ 意味着存在某个 $h \in H$，使得 $xK = hK$。

* $xK = hK$ 意味着 $h^{-1}x \in K$。

* 因为 $K \leq H$，所以 $h \in H \implies h^{-1} \in H$。$K \subseteq H$。

* $h^{-1}x \in K \subseteq H$。我们又有 $h^{-1} \in H$。因为 H 是子群，所以 $h(h^{-1}x) = x$ 也必须在 H 中。

* 反过来，如果 $x \in H$，那么 $xK \in H/K$，于是 $\phi(x) = (xK)(H/K) = H/K$（单位元）。

* 综上，$\text{Ker}(\phi) = H$。

* 应用第一同构定理:

* 我们有一个从 G 到 $(G/K)/(H/K)$ 的满射同态 $\phi$，其核为 H。

* 根据第一同构定理，$G/\text{Ker}(\phi) \simeq \text{Im}(\phi)$。

* $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$。

* 证明完毕。

19.3 [公式与符号逐项拆解和推导（若本段含公式）]

* $\phi(ab) = [(ab)K](H/K)$: 这是 $\phi$ 定义的直接应用，把输入从 a 换成 ab。

* $[(ab)K](H/K) = [(aK)(bK)](H/K)$: 这一步是利用了因子群 G/K 中的运算。G/K 中的乘法是 $(g_1K)(g_2K) = (g_1g_2)K$。所以 $(ab)K = (aK)(bK)$。

* $[(aK)(bK)](H/K) = [(aK)(H/K)][(bK)(H/K)]$: 这一步是利用了因子群 $(G/K)/(H/K)$ 中的运算。这个群的元素是形如 $X(H/K)$ 的陪集，其中 $X \in G/K$。它的运算是 $(X_1(H/K))(X_2(H/K)) = (X_1X_2)(H/K)$。这里我们取 $X_1 = aK$ 和 $X_2 = bK$。

* $[(aK)(H/K)][(bK)(H/K)] = \phi(a)\phi(b)$: 这一步是再次使用 $\phi$ 的定义。$\phi(a)=(aK)(H/K)$，$\phi(b)=(bK)(H/K)$。

这个推导过程清晰地展示了，$\phi$ 之所以是同态，是因为因子群的运算与原群的运算保持了一致性，这个性质被连续应用了两次。

19.4 [具体数值示例]

示例：G = $\mathbb{Z}_{12}$

* G: $\mathbb{Z}_{12}$。

* H: $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$。H 是正规子群。

* K: $K = \langle 6 \rangle = \{0, 6\}$。K 是正规子群。

* 包含关系: $K \leq H$ 成立，因为 $6 = 3 \times 2$ (在 $\mathbb{Z}$ 中)，所以 $\langle 6 \rangle$ 的元素都在 $\langle 2 \rangle$ 里。

* 前提满足。

* 计算定理左边:

* $G/H = \mathbb{Z}_{12}/\langle 2 \rangle$。

* $|\mathbb{Z}_{12}| = 12$, $|\langle 2 \rangle| = 6$。

* $|G/H| = 12/6 = 2$。

* 任何2阶群都同构于 $\mathbb{Z}_2$。

* 所以 $G/H \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 计算定理右边:

* $(G/K)/(H/K)$

* G/K: $\mathbb{Z}_{12}/\langle 6 \rangle$。

* $|\mathbb{Z}_{12}/\langle 6 \rangle| = 12/2 = 6$。所以 $G/K \simeq \mathbb{Z}_6$。

* 它的元素是 $0+K, 1+K, \dots, 5+K$。

* H/K: $\langle 2 \rangle / \langle 6 \rangle$。

* 这是 G/K 的一个子群。它的元素是 H 中元素构成的陪集。

* $H/K = \{0+K, 2+K, 4+K, 6+K, 8+K, 10+K\}$

* $= \{0+K, 2+K, 4+K\}$ (因为 $6+K=0+K, 8+K=2+K, 10+K=4+K$)。

* $H/K$ 是一个3阶子群。在 $G/K \simeq \mathbb{Z}_6$ 的视角下，它对应于 $\langle 2 \rangle_{\mathbb{Z}_6} = \{0,2,4\}$。

* (G/K)/(H/K): 这是一个6阶群除以它的3阶子群。

* 因子群的阶是 $6/3=2$。

* 任何2阶群都同构于 $\mathbb{Z}_2$。

* 所以 $(G/K)/(H/K) \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 结论:

* 左边 $G/H \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 右边 $(G/K)/(H/K) \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 两者同构，定理成立。

19.5 [易错点与边界情况]

* 表达式的理解: $(G/K)/(H/K)$ 是一个“商的商”，理解起来比较绕。关键是要分步理解：先构造 G/K，再把 H/K 看成 G/K 的一个正规子群，然后基于 G/K 来构造因子群。

* 前提 $K \triangleleft G$ 很重要: 如果 K 只在 H 中正规，但在 G 中不正规，则 G/K 无法构造，定理不适用。如果 H 在 G 中不正规，则 G/H 无法构造，定理也无意义。

* “约掉”只是比喻: $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$ 这个形式让人联想到分数的约分，但这只是一个非常强大的记号比喻。真实的含义是同构，而不是代数上的消去。

19.6 [总结]

第三同构定理指出，在一个正规子群塔 $K \leq H \leq G$（其中 H,K 都在 G 中正规）中，对 G 进行两次“求商”操作，其效果等同于一次求商。具体来说，先用 K “约化” G 得到 G/K，再用 H 在 G/K 中的“投影” H/K 来约化 G/K，得到的群 $(G/K)/(H/K)$，与直接用 H 来约化 G 得到的群 G/H 是同构的。这个定理体现了因子群构造的一种“结合律”或“塔式”性质。

19.7 [存在目的]

1. 简化双重因子群: 它的主要作用是允许我们将一个复杂的二次因子群 $(G/K)/(H/K)$ 简化为一次因子群 $G/H$。这在处理多层子群结构时非常有用。

2. 揭示结构层次: 它揭示了群的正规子群链和因子群链之间的对应关系。一个正规子群塔 $G \supseteq H \supseteq K$ 对应一个因子群的短正合列 $0 \to H/K \to G/K \to G/H \to 0$。

3. 理论推导: 它是证明更高级定理（如在研究可解群的合成列时）的基石。

19.8 [直觉心智模型]

想象你有一套俄罗斯套娃。

* G: 最大的娃娃。

* H: 中间的娃娃。

* K: 最小的娃娃。

$K \subseteq H \subseteq G$。

* G/H: 把中等娃娃 H “压缩”成一个点后，大娃娃 G 剩下的“外壳”。

* G/K: 把小娃娃 K “压缩”成一个点后，大娃娃 G 剩下的部分。这是一个“几乎完整”的大娃娃，只是没了最小的核心。

* H/K: 把小娃娃 K “压缩”成一个点后，中等娃娃 H 剩下的“外壳”。

* (G/K)/(H/K): 在那个“几乎完整”的大娃娃 G/K 身上，再把“中娃娃外壳” H/K 给压缩掉。

定理说：$(G/K)/(H/K) \simeq G/H$。

这意味着，（在大娃娃里先去掉小娃娃，再去掉中娃娃的壳）这个操作，得到的东西，和你直接（在大娃娃里去掉整个中娃娃）得到的东西，是一样的。这非常符合直觉。先扔掉内核，再扔掉中间层，就等于把内核和中间层一起扔掉。

19.9 [直观想象]

用数字做比喻: (不严谨，但有助于直觉)

* G: 数字 120

* H: G 的一个因子，比如 10

* K: H 的一个因子，比如 2

$K | H | G$ (整除关系)。

* G/H: $120 / 10 = 12$

* G/K: $120 / 2 = 60$

* H/K: $10 / 2 = 5$

* (G/K)/(H/K): $60 / 5 = 12$

定理 $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$ 就好像在说 $120/10 = (120/2)/(10/2)$。这在普通算术里就是 $\frac{a}{b} = \frac{a/c}{b/c}$。第三同构定理表明，这种“分数”的性质在群论的因子群中，在同构的意义下依然成立。这也就是它被称为“消除定理”的原因。

1.10 图 34.8 和 图 34.9 的解释

110.1 [原文]

看待定理 34.7 的一个好方法是将典范映射 $\gamma_{H}: G \rightarrow G / H$ 视为通过 $G$ 的正规子群 $K$ (其中 $K \leq H \leq G$) 进行分解，从而得到

在自然同构的意义下，如图 34.8 所示。可视化这个定理的另一种方法是使用图 34.9 中的子群图，其中每个群都是 $G$ 的正规子群，并且包含在其上方的群中。正规子群越大，因子群越小。因此，我们可以将 $G$ 被 $H$ 压缩，即 $G / H$，视为比 $G$ 被 $K$ 压缩更小。定理 34.7 表明我们可以分两步将 $G$ 完全压缩到 $G / H$。首先，压缩到 $G / K$，然后，使用 $H / K$，将此压缩到 $(G / K) /(H / K)$。总结果（在同构的意义下）与将 $G$ 被 $H$ 压缩相同。

34.8 图

34.9 图

110.2 [逐步解释]

这部分提供了理解第三同构定理的两种可视化方法：交换图和子群格图。

第一种方法：交换图 (图 34.8)

* 这个图展示了第三同构定理可以被理解为典范映射的“分解”。

* $\gamma_H: G \rightarrow G/H$: 这是从 G 到因子群 G/H 的直接典范映射，$\gamma_H(g) = gH$。

* $\gamma_K: G \rightarrow G/K$: 这是从 G 到因子群 G/K 的典范映射，$\gamma_K(g) = gK$。

* $\gamma_{H/K}: G/K \rightarrow (G/K)/(H/K)$: 这是从 G/K 到它的因子群的典范映射。它将 G/K 中的一个元素 gK 映射到陪集 $(gK)(H/K)$。

* $\simeq$: 图右下角的 $\simeq$ 表示 G/H 和 $(G/K)/(H/K)$ 之间存在一个自然同构。这个同构就是我们在证明定理时构造的那个映射（或者说，是第一同构定理保证存在的 $\mu$）。

* 公式 $\gamma_H = \gamma_{H/K} \gamma_K$: 这句话应该在“自然同构的意义下”来理解。它表示图是交换的。从左上角的 G 出发，有两条路可以走到右下角：

1. 直接走: 通过 $\gamma_H$ 走到 G/H。

2. 绕路走: 先通过 $\gamma_K$ 走到 G/K，再通过 $\gamma_{H/K}$ 走到 $(G/K)/(H/K)$。

* 交换图的意思是，直接走的结果，和绕路走的结果，通过那个同构 $\simeq$ 联系起来是等价的。更精确地说，证明中构造的同态 $\phi: G \rightarrow (G/K)/(H/K)$ 就是两个典范映射的复合 $\phi = \gamma_{H/K} \circ \gamma_K$。而第三同构定理 $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$ 本质上就是 $G/\text{Ker}(\phi) \simeq \text{Im}(\phi)$。

第二种方法：子群格图 (图 34.9)

* 这个图从子群的包含关系角度来可视化。这是一个子群格（subgroup lattice）的片段。

* G: 顶端的群。

* H: G 的正规子群。

* K: H 的正规子群，同时也是 G 的正规子群。

* {e}: 底端的单位元子群。

* 线段连接表示上面的群包含下面的群。

* 核心思想: “正规子群越大，因子群越小”。

* H 比 K 大 ($K \leq H$)。

* 那么 G/H 应该比 G/K “更小”或者说“压缩得更厉害”。

* $|G/H| = |G|/|H|$

* $|G/K| = |G|/|K|$

* 因为 $|H| \geq |K|$，所以 $|G/H| \leq |G/K|$。这印证了因子群“变小”的说法。

* 分步压缩:

1. 从 G 到 G/K 是一次“压缩”。我们把 K 压缩成了一个点。

2. 再从 G/K 到 $(G/K)/(H/K)$ 是第二次“压缩”。我们把 G/K 里面的 H/K 子结构又压缩成了一个点。

* 定理的诠释: 定理说明，这两步压缩的“总效果”，和一步到位、直接把 H 从 G 中压缩掉（得到 G/H），效果是完全一样的（在同构的意义下）。这再次呼应了俄罗斯套娃和分数约分的比喻。

110.3 [易错点与边界情况]

* 自然同构的含义: 说两个群是自然同构的（naturally isomorphic），通常意味着这个同构映射的定义不依赖于任何任意的选择，是由群本身的结构唯一决定的。在第三同构定理中，这个同构 $\mu: (G/K)/(H/K) \rightarrow G/H$ 可以被定义为 $\mu((gK)(H/K)) = gH$，这个定义非常“自然”。

* 大小的比喻: “因子群越小”的比喻在有限群的情况下通过阶数可以很好地理解。在无限群中，这个“大小”更多是指结构上的“信息量”或“复杂度”减少了。

* 格图的简化: 完整的子群格图可能非常复杂。图 34.9 只画出了与定理直接相关的这条正规子群链，是一种高度简化的示意图。

110.4 [总结]

本段从两个互补的视角——映射的复合（交换图）和子群的层级（格图）——为第三同构定理提供了直观的解释。交换图强调了定理是典范映射分解的结果，而子群格图则强调了定理是“分步压缩等同于一次总压缩”的思想。两者都旨在帮助读者超越纯粹的符号推导，建立对定理本质的直觉理解。

110.5 [存在目的]

数学，尤其是抽象代数，充满了高度抽象的概念。如果学习只停留在符号操作层面，很容易迷失方向。这两张图和相应的解释，其核心目的就是“建立直觉”。通过将抽象的同构关系与具体的图示（路径、层级）联系起来，作者帮助读者构建心智模型，使得定理不再是一串冰冷的符号，而是一个可以被“看见”和“感知”的结构性事实。

110.6 [直觉心智模型]

* 交换图模型: 想象你在做一道菜。

* G -> G/H (映射 $\gamma_H$): 直接按照最终的菜谱（H代表所有要丢弃的步骤）做出成品 G/H。

* G -> G/K -> (G/K)/(H/K): 先按照一个粗略的菜谱（K代表要丢弃的初始步骤）做出半成品 G/K，然后再对半成品进行精加工（丢弃 H/K 代表的步骤），得到最终成品 (G/K)/(H/K)。

* 定理说，这两种做菜方式得到的成品，在味道和形态上（同构）是一样的。

* 子群格图模型: 想象你在编辑一张高分辨率的图片 G。

* 压缩 G 到 G/H: 你直接把图片的分辨率降低到目标尺寸 H。

* 分步压缩:

1. G -> G/K: 先把图片分辨率降低到一个中间尺寸 K。

2. (G/K) -> (G/K)/(H/K): 再从中间尺寸的图片，进一步降低到目标尺寸 H。

* 定理说，一步到位地降低分辨率，和分两步降低分辨率，最终得到的图片是一样的。

110.7 [直观想象]

* 交换图: 想象从北京(G)到上海(G/H)的旅行。

* $\gamma_H$: 乘坐直达高铁。

* $\gamma_K$: 先坐飞机到南京(G/K)。

* $\gamma_{H/K}$: 再从南京(G/K)坐动车到上海((G/K)/(H/K))。

* 定理和交换图告诉你，最终你都到达了同一个目的地——上海。这两种路线是等效的。

* 子群格图: 想象一个三层蛋糕 G。

* H: 蛋糕的顶层和中层。

* K: 蛋糕的顶层。

* G/H: 吃掉顶层和中层后，只剩下底层。

* G/K: 吃掉顶层后，剩下中层和底层。

* H/K: (在中层和顶层组成的蛋糕里) 吃掉顶层，剩下中层。

* (G/K)/(H/K): 在（中层+底层）的蛋糕里，再把（中层）吃掉，最后只剩下底层。

* 定理：$G/H \simeq (G/K)/(H/K)$，即“剩下底层”和“剩下底层”是同一个结果。这个类比非常形象地展示了“消除”的含义。

1.11 例子 34.10

111.1 [原文]

34.10 例子 考虑 $K=6 \mathbb{Z}<H=2 \mathbb{Z}<G=\mathbb{Z}$。那么 $G / H=\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_{2}$。现在 $G / K =\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 的元素为

这六个陪集中，$6 \mathbb{Z}, 2+6 \mathbb{Z}$ 和 $4+6 \mathbb{Z}$ 位于 $2 \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 中。因此 $(\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}) /(2 \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z})$ 有两个元素，并且也同构于 $\mathbb{Z}_{2}$。或者，我们看到 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_{6}$，并且 $2 \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 在这个同构下对应于 $\mathbb{Z}_{6}$ 的循环子群 $\langle 2\rangle$。因此 $(\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}) /(2 \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}) \simeq \mathbb{Z}_{6} /\langle 2\rangle \simeq \mathbb{Z}_{2} \simeq \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。

111.2 [逐步解释]

这个例子使用最经典的整数加法群来演示第三同构定理。

1. 设定背景:

* G: 整数加法群 $\mathbb{Z}$。

* H: $2\mathbb{Z}$，所有偶数构成的子群。

* K: $6\mathbb{Z}$，所有6的倍数构成的子群。

* 因为 $\mathbb{Z}$ 是阿贝尔群，H 和 K 都是正规子群。

* 包含关系: 任何一个6的倍数必然是偶数，所以 $6\mathbb{Z} \subseteq 2\mathbb{Z}$，即 $K \leq H$。

* 所有前提都满足。

2. 应用第三同构定理:

* 定理: $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$。

3. 计算左边 G/H:

* $G/H = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。

* 这个因子群有两个元素：偶数陪集 $0+2\mathbb{Z}$ 和奇数陪集 $1+2\mathbb{Z}$。

* 它同构于二元循环群 $\mathbb{Z}_2$。

* $G/H \simeq \mathbb{Z}_2$。

4. 计算右边 (G/K)/(H/K):

作者提供了两种理解方式。

* 方式一：直接分析陪集的陪集

* G/K: $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$。这个因子群有6个元素，即 模6的余数类：

$0+6\mathbb{Z}, 1+6\mathbb{Z}, 2+6\mathbb{Z}, 3+6\mathbb{Z}, 4+6\mathbb{Z}, 5+6\mathbb{Z}$。

* H/K: $2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$。这是 G/K 的一个子群。它的元素是 H (偶数) 中的元素构成的陪集。

* 哪些陪集属于 H/K？如果一个陪集 $m+6\mathbb{Z}$ 的代表元素 m 是偶数，那么这个陪集里的所有元素 $m+6k$ 也都是偶数，即 $m+6\mathbb{Z} \subseteq 2\mathbb{Z}$。这种情况只在代表元本身就是偶数时发生。

* 在上面 G/K 的六个陪集中，代表元素是偶数的有 $0, 2, 4$。

* 所以 $H/K = \{0+6\mathbb{Z}, 2+6\mathbb{Z}, 4+6\mathbb{Z}\}$。这是一个有3个元素的子群。

* (G/K)/(H/K): 这是 G/K 对其子群 H/K 求商。这是一个6阶群对3阶子群求商。

* 因子群的阶是 $6/3=2$。

* G/K 中不在 H/K 里的元素是 $\{1+6\mathbb{Z}, 3+6\mathbb{Z}, 5+6\mathbb{Z}\}$。

* 所以 $(G/K)/(H/K)$ 有两个元素：

1. 单位元陪集: $H/K$ 本身，即 $\{0+6\mathbb{Z}, 2+6\mathbb{Z}, 4+6\mathbb{Z}\}$。

2. 另一个陪集: $(1+6\mathbb{Z}) + H/K = \{1+6\mathbb{Z}, 3+6\mathbb{Z}, 5+6\mathbb{Z}\}$。

* 这个2阶因子群显然同构于 $\mathbb{Z}_2$。

* 方式二：通过同构转化问题

* 我们知道 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_6$。这是一个标准的同构。

* 在这个同构下，G/K 中的子群 H/K 对应于 $\mathbb{Z}_6$ 中的哪个子群？

* $H/K = \{0+6\mathbb{Z}, 2+6\mathbb{Z}, 4+6\mathbb{Z}\}$ 对应于 $\mathbb{Z}_6$ 中的 $\{0, 2, 4\}$。

* $\{0, 2, 4\}$ 正是 $\mathbb{Z}_6$ 中由2生成的循环子群 $\langle 2 \rangle$。

* 所以，问题就转化成了计算 $\mathbb{Z}_6 / \langle 2 \rangle$。

* 这是一个6阶循环群对它的3阶子群求商。结果是一个 $6/3=2$ 阶的群。

* 所以 $\mathbb{Z}_6 / \langle 2 \rangle \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 因此，$(G/K)/(H/K) \simeq \mathbb{Z}_6 / \langle 2 \rangle \simeq \mathbb{Z}_2$。

5. 结论:

* 左边 $G/H \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 右边 $(G/K)/(H/K) \simeq \mathbb{Z}_2$。

* 两者同构，定理被再次验证。

111.3 [公式与符号逐项拆解和推导（若本段含公式）]

* 这列出了因子群 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 的全部六个元素。

* 每个元素都是一个陪集（coset）。

* $k+6\mathbb{Z}$: 表示所有与整数 k 相差一个6的倍数的整数的集合。例如，$2+6\mathbb{Z} = \{\dots, -10, -4, 2, 8, 14, \dots\}$。它代表了所有除以6余2的整数。在因子群中，它就是一个独立的元素。

111.4 [易错点与边界情况]

* 代表元的选择: $H/K = \{0+6\mathbb{Z}, 2+6\mathbb{Z}, 4+6\mathbb{Z}\}$。我们也可以写成 $H/K = \{6+6\mathbb{Z}, 8+6\mathbb{Z}, 10+6\mathbb{Z}\}$，这都是同一个集合。选择最简单的代表元（0, 2, 4）有助于简化思考。

* 两种方式的联系: 第二种方式（转化为 $\mathbb{Z}_n$）通常在计算上更简单，但第一种方式（直接操作陪集）更接近定义，有助于加深对因子群的理解。能熟练运用两种方式并理解它们的等价性，是掌握群论的关键。

* 同构的滥用: 文中最后一行 $... \simeq \mathbb{Z}_2 \simeq \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$ 强调了所有这些2阶群都是同构的，可以互相替换。在熟练之后，人们常常不加区分地使用它们，但初学者应时刻记着它们来自不同的构造过程。

111.5 [总结]

本例通过具体的整数子群 $6\mathbb{Z} < 2\mathbb{Z} < \mathbb{Z}$，详细地计算了第三同构定理等式两边的群。计算结果表明，$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 和 $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})/(2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})$ 都同构于 $\mathbb{Z}_2$，从而为定理提供了一个具体、可信的例证。例子还展示了处理因子群的两种常用技巧：直接分析陪集，或通过同构映射到更熟悉的 $\mathbb{Z}_n$ 群中进行计算。

111.6 [存在目的]

与例34.6服务于第二同构定理一样，本例的目的是通过一个简单、具体的计算，来巩固对抽象的第三同构定理的理解。整数群 $\mathbb{Z}$ 及其子群 $n\mathbb{Z}$ 是群论中最基本、最直观的例子，用它们来检验定理，可以有效地帮助学习者建立信心和直觉。

111.7 [直觉心智模型]

沿用数字约分的比喻：

* $G=\mathbb{Z}, H=2\mathbb{Z}, K=6\mathbb{Z}$ 就像 $G=1, H=1/2, K=1/6$（这里用倒数表示“压缩”程度）。

* $G/H = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 就像 $1 / (1/2) = 2$。

* $G/K = \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 就像 $1 / (1/6) = 6$。

* $H/K = 2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 就像 $(1/2) / (1/6) = 3$。

* $(G/K)/(H/K)$ 就像 $6 / 3 = 2$。

* 定理验证了 $2=2$。这个类比完美地匹配了因子群的阶数关系 $(|G|/|H|) = (|G|/|K|) / (|H|/|K|)$。第三同构定理的深刻之处在于，它指出这种关系在代数结构层面也是成立的。

111.8 [直观想象]

想象一个钟面。

* G/H = $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$: 一个只有“白天”和“黑夜”的钟。

* G/K = $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$: 一个只有6个刻度（0点到5点）的钟。

* H/K = $2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$: 在这个6刻度的钟上，只看偶数时间点 $\{0, 2, 4\}$。这构成了一个子系统。

* (G/K)/(H/K): 在6刻度的钟上，我们不再区分偶数时间点（把{0,2,4}看成一类），也不再区分奇数时间点（把{1,3,5}看成一类）。这样一来，整个钟就只剩下了“偶数时间”和“奇数时间”这两种状态。

* 定理告诉我们，这个“偶数/奇数时间”系统，和我们一开始的“白天/黑夜”钟，其运行规律（代数结构）是完全一样的。

2行间公式索引

1. 公式 1:

解释: 定义了两个子群 H 和 N 的积集 HN，其元素由一个 H 中的元素和一个 N 中的元素相乘构成。

2. 公式 2:

解释: 给出了第二同构定理中，从 $(HN)/N$ 到 $H/(H \cap N)$ 的同构映射 $\phi$ 的具体构造和作用方式（注意原文此处有笔误，应为 $\mu_1^{-1}(hN)$）。

3. 公式 3:

解释: 在自然同构的意义下，描述了第三同构定理中典范映射的复合关系，即从 G 到 G/H 的直接映射可以分解为先到 G/K 再到 $(G/K)/(H/K)$ 的两步映射。

4. 公式 4:

解释: 证明了在第三同构定理的证明过程中所构造的映射 $\phi: G \rightarrow (G/K)/(H/K)$ 是一个同态。

5. 公式 5:

解释: 列举了因子群 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 的所有六个元素（陪集）。

1.12 练习 34

112.1 计算

1.12.1.1 [原文]

在使用三个同构定理时，通常需要知道同构给出的实际对应关系，而不仅仅是群之间同构这一事实。前六个练习为我们提供了这方面的训练。

1.12.1.2 [逐步解释]

这段引言是计算部分练习的指导说明。它强调了在应用代数理论，特别是同构定理时，一个非常重要的实践环节：我们不仅要满足于知道两个群在结构上是相同的（即它们是同构的），更要去深入理解这个同构关系是如何建立的。这意味着，我们需要能够明确地指出一个群中的元素是如何与另一个群中的元素一一对应的。这种具体的对应关系（即同构映射）揭示了结构相似性背后的深层联系。因此，接下来的六个练习就是为了让我们通过动手计算，熟练掌握如何找出并描述这些由同构定理保证存在的具体映射。

1.12.1.3 [存在目的]

这部分练习的目的是将抽象的同构定理理论转化为具体的计算技能。通过解决这些问题，学习者可以：

1. 加深对同构定理内容的理解，而不仅仅是背诵定理陈述。

2. 训练在具体群（如循环群 $\mathbb{Z}_n$）中识别子群、正规子群、核、像、交集和并（积）的能力。

3. 掌握构造因子群和描述其元素（陪集）的方法。

4. 学会应用同构定理中给出的映射规则，来确定群与群之间元素级别的对应关系，从而真正“看到”同构是如何发生的。

112.2 练习 1

1.12.2.1 [原文]

1. 设 $\phi: \mathbb{Z}_{12} \rightarrow \mathbb{Z}_{3}$ 是同态，使得 $\phi(1)=2$。

a. 求 $\phi$ 的核 $K$。

b. 列出 $\mathbb{Z}_{12} / K$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

c. 给出定理 34.2 中描述的映射 $\mu$ 所赋予的 $\mathbb{Z}_{12} / K$ 和 $\mathbb{Z}_{3}$ 之间的对应关系。

1.12.2.2 [解题步骤与具体计算]

本题是第一同构定理（定理 34.2）的直接应用。

1. 确定同态映射规则

* 我们已知同态 $\phi$ 的定义域是循环群 $\mathbb{Z}_{12}$，它由元素 1 生成。一个同态在循环群上的作用完全由其在生成元上的像决定。

* 对于任意 $x \in \mathbb{Z}_{12}$，我们有 $x = 1+1+\dots+1$（共 x 个 1 相加）。

* 根据同态的性质，$\phi(x) = \phi(1+1+\dots+1) = \phi(1)+\phi(1)+\dots+\phi(1) = x \cdot \phi(1)$。

* 题目给出 $\phi(1)=2$，并且运算是在 $\mathbb{Z}_3$ 中进行的，所以完整的同态规则是 $\phi(x) = 2x \pmod 3$。

a. 求 $\phi$ 的核 K

* 定义: 核 $K$ 是 $\mathbb{Z}_{12}$ 中所有被 $\phi$ 映射到 $\mathbb{Z}_{3}$ 的单位元 0 的元素的集合。

$K = \{x \in \mathbb{Z}_{12} \mid \phi(x) = 0\}$

* 计算: 我们需要解方程 $2x \equiv 0 \pmod 3$，$x \in \{0, 1, \dots, 11\}$。

* 因为 $\gcd(2, 3) = 1$，我们可以将方程两边同乘以 2 的逆元（在模3下，2的逆元是2，因为 $2 \times 2 = 4 \equiv 1 \pmod 3$）。

* $2 \cdot (2x) \equiv 2 \cdot 0 \pmod 3 \implies 1 \cdot x \equiv 0 \pmod 3 \implies x \equiv 0 \pmod 3$。

* 这个结果告诉我们，核中的元素必须是 3 的倍数。

* 找出元素: 在 $\mathbb{Z}_{12}$ 中，3的倍数有：$0, 3, 6, 9$。

* 结论: $K = \{0, 3, 6, 9\}$。这个子群也是 $\mathbb{Z}_{12}$ 中的循环子群 $\langle 3 \rangle$。

b. 列出 $\mathbb{Z}_{12} / K$ 中的陪集

* 因子群: 我们要构造 $\mathbb{Z}_{12} / K = \mathbb{Z}_{12} / \{0, 3, 6, 9\}$。

* 阶数: 因子群的阶是 $|\mathbb{Z}_{12}| / |K| = 12 / 4 = 3$。所以会有3个不同的陪集。

* 陪集列表:

* 陪集1: $0+K = \{0+0, 0+3, 0+6, 0+9\} = \{0, 3, 6, 9\}$。这就是 K 本身，是因子群的单位元。

* 陪集2: $1+K = \{1+0, 1+3, 1+6, 1+9\} = \{1, 4, 7, 10\}$。

* 陪集3: $2+K = \{2+0, 2+3, 2+6, 2+9\} = \{2, 5, 8, 11\}$。

* 验证: 这三个陪集包含了 $\mathbb{Z}_{12}$ 中所有的12个元素，且互不相交。例如，如果我们计算 $3+K$，会得到 $\{3,6,9,0\}=0+K$，回到了第一个陪集。

c. 给出映射 $\mu$ 的对应关系

* 第一同构定理: 该定理指出存在一个唯一的同构 $\mu: G/K \rightarrow \phi[G]$，其规则是 $\mu(x+K) = \phi(x)$。

* 确定像群: 首先看 $\phi$ 的像群 $\phi[\mathbb{Z}_{12}]$。

* $\phi(0)=0, \phi(1)=2, \phi(2)=1, \phi(3)=0, \phi(4)=2, \dots$

* 像群的元素集合为 $\{0, 1, 2\}$，这正是整个 $\mathbb{Z}_3$。所以 $\phi$ 是满射的，$\phi[\mathbb{Z}_{12}] = \mathbb{Z}_3$。

* 建立对应关系: 我们将 $\mathbb{Z}_{12}/K$ 中的每个陪集通过 $\mu$ 映射到 $\mathbb{Z}_3$ 中。

* 对于陪集 $0+K$，我们取代表元素 0。

$\mu(0+K) = \phi(0) = 2 \cdot 0 \pmod 3 = 0$。

* 对于陪集 $1+K$，我们取代表元素 1。

$\mu(1+K) = \phi(1) = 2 \cdot 1 \pmod 3 = 2$。

* 对于陪集 $2+K$，我们取代表元素 2。

$\mu(2+K) = \phi(2) = 2 \cdot 2 \pmod 3 = 4 \pmod 3 = 1$。

* 结论: 映射 $\mu$ 所赋予的对应关系如下：

* $0+K \longleftrightarrow 0$

* $1+K \longleftrightarrow 2$

* $2+K \longleftrightarrow 1$

1.12.2.3 [总结]

本练习通过一个从 $\mathbb{Z}_{12}$ 到 $\mathbb{Z}_{3}$ 的具体同态，完整地走了一遍应用第一同构定理的流程。我们首先根据同态定义 $ \phi(x) = 2x \pmod 3$ 找到了其核 $K=\langle 3 \rangle$，然后构建了包含3个陪集的因子群 $\mathbb{Z}_{12}/K$，最后利用定理给出的规则 $\mu(x+K)=\phi(x)$ 确定了因子群 $\mathbb{Z}_{12}/K$ 与像群 $\mathbb{Z}_3$ 之间的元素级同构对应。

112.3 练习 2

1.12.3.1 [原文]

2. 设 $\phi: \mathbb{Z}_{18} \rightarrow \mathbb{Z}_{12}$ 是同态，其中 $\phi(1)=10$。

a. 求 $\phi$ 的核 $K$。

b. 列出 $\mathbb{Z}_{18} / K$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

c. 求群 $\phi\left[\mathbb{Z}_{18}\right]$。

d. 给出定理 34.2 中描述的映射 $\mu$ 所赋予的 $\mathbb{Z}_{18} / K$ 和 $\phi\left[\mathbb{Z}_{18}\right]$ 之间的对应关系。

1.12.3.2 [解题步骤与具体计算]

本题同样应用第一同构定理，但与上一题不同的是，这里的同态不是满射的。

1. 确定同态映射规则

* $\phi$ 是从 $\mathbb{Z}_{18}$ 到 $\mathbb{Z}_{12}$ 的同态，由 $\phi(1)=10$ 决定。

* 规则是 $\phi(x) = 10x \pmod{12}$，其中 $x \in \mathbb{Z}_{18}$。

a. 求 $\phi$ 的核 K

* 定义: $K = \{x \in \mathbb{Z}_{18} \mid \phi(x) = 0\}$。

* 计算: 我们需要解方程 $10x \equiv 0 \pmod{12}$，其中 $x \in \{0, 1, \dots, 17\}$。

* 这个线性同余方程意味着 $10x$ 必须是 12 的倍数，即 $10x = 12k$ 对于某个整数 $k$。

* 两边同除以 $\gcd(10, 12)=2$，得到 $5x = 6k$。

* 因为 5 和 6 互质，所以 $x$ 必须是 6 的倍数。

* 找出元素: 在 $\mathbb{Z}_{18}$ 中，6的倍数有：$0, 6, 12$。

* 结论: $K = \{0, 6, 12\}$。这是 $\mathbb{Z}_{18}$ 中的循环子群 $\langle 6 \rangle$。

b. 列出 $\mathbb{Z}_{18} / K$ 中的陪集

* 因子群: $\mathbb{Z}_{18} / K = \mathbb{Z}_{18} / \{0, 6, 12\}$。

* 阶数: 因子群的阶是 $|\mathbb{Z}_{18}| / |K| = 18 / 3 = 6$。会有6个不同的陪集。

* 陪集列表:

* $0+K = \{0, 6, 12\}$

* $1+K = \{1, 7, 13\}$

* $2+K = \{2, 8, 14\}$

* $3+K = \{3, 9, 15\}$

* $4+K = \{4, 10, 16\}$

* $5+K = \{5, 11, 17\}$

c. 求群 $\phi[\mathbb{Z}_{18}]$

* 定义: 像群 $\phi[\mathbb{Z}_{18}]$ 是 $\mathbb{Z}_{18}$ 中所有元素在 $\phi$ 下的像的集合，它一定是 $\mathbb{Z}_{12}$ 的一个子群。

* 计算: 像群是由生成元 1 的像 $\phi(1)$ 生成的。

* $\phi[\mathbb{Z}_{18}] = \langle \phi(1) \rangle = \langle 10 \rangle$ 在 $\mathbb{Z}_{12}$ 中。

* 列出元素:

* $1 \cdot 10 \equiv 10 \pmod{12}$

* $2 \cdot 10 = 20 \equiv 8 \pmod{12}$

* $3 \cdot 10 = 30 \equiv 6 \pmod{12}$

* $4 \cdot 10 = 40 \equiv 4 \pmod{12}$

* $5 \cdot 10 = 50 \equiv 2 \pmod{12}$

* $6 \cdot 10 = 60 \equiv 0 \pmod{12}$

* 结论: $\phi[\mathbb{Z}_{18}] = \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$。这个子群也是 $\mathbb{Z}_{12}$ 中的循环子群 $\langle 2 \rangle$。它的阶是 6。

* 验证: 第一同构定理预测 $|G/K| = |\phi[G]|$。我们算得 $| \mathbb{Z}_{18}/K|=6$ 和 $|\phi[\mathbb{Z}_{18}]|=6$，两者相等，符合预期。

d. 给出映射 $\mu$ 的对应关系

* 第一同构定理: 存在同构 $\mu: \mathbb{Z}_{18}/K \rightarrow \phi[\mathbb{Z}_{18}]$，规则是 $\mu(x+K) = \phi(x)$。

* 建立对应关系:

* $\mu(0+K) = \phi(0) = 10 \cdot 0 \pmod{12} = 0$

* $\mu(1+K) = \phi(1) = 10 \cdot 1 \pmod{12} = 10$

* $\mu(2+K) = \phi(2) = 10 \cdot 2 \pmod{12} = 20 \pmod{12} = 8$

* $\mu(3+K) = \phi(3) = 10 \cdot 3 \pmod{12} = 30 \pmod{12} = 6$

* $\mu(4+K) = \phi(4) = 10 \cdot 4 \pmod{12} = 40 \pmod{12} = 4$

* $\mu(5+K) = \phi(5) = 10 \cdot 5 \pmod{12} = 50 \pmod{12} = 2$

* 结论: 对应关系如下：

* $0+K \longleftrightarrow 0$

* $1+K \longleftrightarrow 10$

* $2+K \longleftrightarrow 8$

* $3+K \longleftrightarrow 6$

* $4+K \longleftrightarrow 4$

* $5+K \longleftrightarrow 2$

1.12.3.3 [总结]

本练习展示了一个同态非满射的情况。我们计算出从 $\mathbb{Z}_{18}$ 到 $\mathbb{Z}_{12}$ 的同态 $\phi(x)=10x \pmod{12}$ 的核为 $K=\langle 6 \rangle$，像为 $\phi[\mathbb{Z}_{18}]=\langle 10 \rangle = \langle 2 \rangle \le \mathbb{Z}_{12}$。因子群 $\mathbb{Z}_{18}/K$ 和像群 $\phi[\mathbb{Z}_{18}]$ 的阶都是 6，符合第一同构定理。最后，我们明确给出了连接这两个6阶循环群的同构映射 $\mu$ 的元素对应表。

112.4 练习 3

1.12.4.1 [原文]

3. 在群 $\mathbb{Z}_{24}$ 中，设 $H=\langle 4\rangle$ 且 $N=\langle 6\rangle$。

a. 列出 $H N$（对于这些加法群，我们可能写作 $H+N$）和 $H \cap N$ 中的元素。

b. 列出 $H N / N$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

c. 列出 $H /(H \cap N)$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

d. 给出定理 34.5 证明中描述的 $H N / N$ 和 $H /(H \cap N)$ 之间的对应关系。

1.12.4.2 [解题步骤与具体计算]

本题是第二同构定理（定理 34.5）的应用，该定理指出 $(H+N)/N \simeq H/(H \cap N)$。

a. 列出 $H+N$ 和 $H \cap N$ 中的元素

* 群和子群: $G=\mathbb{Z}_{24}$，$H=\langle 4\rangle$， $N=\langle 6\rangle$。因为 G 是阿贝尔群，N 是正规子群。

* 计算 H 和 N:

* $H = \langle 4 \rangle = \{0, 4, 8, 12, 16, 20\}$。($|H|=6$)

* $N = \langle 6 \rangle = \{0, 6, 12, 18\}$。($|N|=4$)

* 计算 H ∩ N:

* $H \cap N$ 是 H 和 N 的公共元素。通过比较两个集合，我们发现公共元素是 $\{0, 12\}$。

* 结论: $H \cap N = \{0, 12\} = \langle 12 \rangle$。($|H \cap N|=2$)

* 计算 H+N:

* $H+N$ 是包含 H 和 N 的最小子群。在一个循环群 $\mathbb{Z}_n$ 中，由 $\langle a \rangle$ 和 $\langle b \rangle$ 生成的子群是 $\langle \gcd(a, b) \rangle$。

* $H+N = \langle \gcd(4, 6) \rangle = \langle 2 \rangle$。

* 结论: $H+N = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20, 22\}$。($|H+N|=12$)

* 验证: 根据公式 $|H+N| = (|H| \cdot |N|) / |H \cap N| = (6 \cdot 4) / 2 = 12$，与我们的计算相符。

b. 列出 $(H+N)/N$ 中的陪集

* 因子群: 我们要构造 $(H+N)/N = \langle 2 \rangle / \langle 6 \rangle$。

* 阶数: 因子群的阶是 $|H+N| / |N| = 12 / 4 = 3$。

* 子群 (分母): $N = \{0, 6, 12, 18\}$。

* 陪集列表:

* 陪集1: $0+N = \{0, 6, 12, 18\}$。

* 陪集2: $2+N = \{2+0, 2+6, 2+12, 2+18\} = \{2, 8, 14, 20\}$。

* 陪集3: $4+N = \{4+0, 4+6, 4+12, 4+18\} = \{4, 10, 16, 22\}$。

* 因子群的元素: $\{0+N, 2+N, 4+N\}$。

c. 列出 $H/(H \cap N)$ 中的陪集

* 因子群: 我们要构造 $H/(H \cap N) = \langle 4 \rangle / \langle 12 \rangle$。

* 阶数: 因子群的阶是 $|H| / |H \cap N| = 6 / 2 = 3$。

* 子群 (分母): $H \cap N = \{0, 12\}$。

* 陪集列表:

* 陪集1: $0 + (H \cap N) = \{0, 12\}$。

* 陪集2: $4 + (H \cap N) = \{4, 16\}$。

* 陪集3: $8 + (H \cap N) = \{8, 20\}$。

* 因子群的元素: $\{0+(H\cap N), 4+(H\cap N), 8+(H\cap N)\}$。

d. 给出同构对应关系

* 定理证明中给出的同构映射是 $\phi: (H+N)/N \rightarrow H/(H \cap N)$，其规则是 $\phi((h+n)+N) = h+(H \cap N)$。

* 我们需要为左边的每个陪集找一个可以写成 $h+n$ 形式的代表元，其中 $h \in H, n \in N$。

* 对应关系:

* 对于陪集 $0+N$: 我们取代表元 0。$0 = 0+0$，其中 $h=0 \in H, n=0 \in N$。

$\phi(0+N) = 0 + (H \cap N)$。

* 对于陪集 $2+N$: 我们需要找一个代表元，比如 2，并将其分解为 $h+n$。

$2 = 8 - 6 = 8 + 18 \pmod{24}$。这里 $h=8 \in H, n=18 \in N$。

$\phi(2+N) = 8 + (H \cap N)$。

（验证：如果我们取另一个代表元 $8 \in 2+N$，则 $8=8+0$, $h=8, n=0$。$\phi(8+N) = 8+(H\cap N)$, 结果一致。）

* 对于陪集 $4+N$: 我们取代表元 4。$4=4+0$，其中 $h=4 \in H, n=0 \in N$。

$\phi(4+N) = 4 + (H \cap N)$。

* 结论: 对应关系如下：

* $0+N \longleftrightarrow 0+(H \cap N)$

* $2+N \longleftrightarrow 8+(H \cap N)$

* $4+N \longleftrightarrow 4+(H \cap N)$

1.12.4.3 [总结]

本练习让我们在 $\mathbb{Z}_{24}$ 中通过具体计算验证了第二同构定理。我们分别计算了 $(H+N)/N = \langle 2 \rangle / \langle 6 \rangle$ 和 $H/(H \cap N) = \langle 4 \rangle / \langle 12 \rangle$。两者都是3阶循环群（同构于 $\mathbb{Z}_3$），符合定理的预测。我们还根据定理证明中的构造性方法，明确找出了两个因子群之间元素（陪集）的同构对应。

112.5 练习 4

1.12.5.1 [原文]

4. 对于群 $\mathbb{Z}_{36}$，设 $H=\langle 6\rangle$ 且 $N=\langle 9\rangle$，重复练习 3。

1.12.5.2 [解题步骤与具体计算]

我们重复练习3的步骤，应用第二同构定理。

a. 列出 $H+N$ 和 $H \cap N$ 中的元素

* 群和子群: $G=\mathbb{Z}_{36}$，$H=\langle 6\rangle$， $N=\langle 9\rangle$。

* 计算 H 和 N:

* $H = \langle 6 \rangle = \{0, 6, 12, 18, 24, 30\}$。($|H|=6$)

* $N = \langle 9 \rangle = \{0, 9, 18, 27\}$。($|N|=4$)

* 计算 H ∩ N:

* 公共元素是 $\{0, 18\}$。

* 结论: $H \cap N = \langle 18 \rangle$。($|H \cap N|=2$)

* 计算 H+N:

* $H+N = \langle \gcd(6, 9) \rangle = \langle 3 \rangle$。

* 结论: $H+N = \langle 3 \rangle = \{0, 3, 6, ..., 33\}$。($|H+N|=12$)

* 验证: $|H+N| = (6 \cdot 4) / 2 = 12$，相符。

b. 列出 $(H+N)/N$ 中的陪集

* 因子群: $\langle 3 \rangle / \langle 9 \rangle$。

* 阶数: $12 / 4 = 3$。

* 子群 (分母): $N = \{0, 9, 18, 27\}$。

* 陪集列表:

* $0+N = \{0, 9, 18, 27\}$

* $3+N = \{3, 12, 21, 30\}$

* $6+N = \{6, 15, 24, 33\}$

* 因子群的元素: $\{0+N, 3+N, 6+N\}$。

c. 列出 $H/(H \cap N)$ 中的陪集

* 因子群: $\langle 6 \rangle / \langle 18 \rangle$。

* 阶数: $6 / 2 = 3$。

* 子群 (分母): $H \cap N = \{0, 18\}$。

* 陪集列表:

* $0 + (H \cap N) = \{0, 18\}$

* $6 + (H \cap N) = \{6, 24\}$

* $12 + (H \cap N) = \{12, 30\}$

* 因子群的元素: $\{0+(H\cap N), 6+(H\cap N), 12+(H\cap N)\}$。

d. 给出同构对应关系

* 映射规则: $\phi((h+n)+N) = h+(H \cap N)$。

* 对应关系:

* 对于 $0+N$: 取代表元 0, $h=0, n=0$。

$\phi(0+N) = 0 + (H \cap N)$。

* 对于 $3+N$: 取代表元 3。$3 = 33-30$? 不行。$3 = 6-3$? 不行。$3 = 30-27 = 30+9 \pmod{36}$。$h=30 \in H, n=9 \in N$。

$\phi(3+N) = 30 + (H \cap N)$。在 $H/(H \cap N)$ 中，$30+(H\cap N) = 12+(H\cap N)$，因为 $30-12=18 \in H\cap N$。所以 $\phi(3+N) = 12+(H \cap N)$。

* 对于 $6+N$: 取代表元 6。$6=6+0$，$h=6, n=0$。

$\phi(6+N) = 6 + (H \cap N)$。

* 结论: 对应关系如下：

* $0+N \longleftrightarrow 0+(H \cap N)$

* $3+N \longleftrightarrow 12+(H \cap N)$

* $6+N \longleftrightarrow 6+(H \cap N)$

112.6 练习 5

1.12.6.1 [原文]

5. 在群 $G=\mathbb{Z}_{24}$ 中，设 $H=\langle 4\rangle$ 且 $K=\langle 8\rangle$。

a. 列出 $G / H$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

b. 列出 $G / K$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

c. 列出 $H / K$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

d. 列出 $(G / K) /(H / K)$ 中的陪集，并显示每个陪集中的元素。

e. 给出定理 34.7 证明中描述的 $G / H$ 和 $(G / K) /(H / K)$ 之间的对应关系。

1.12.6.2 [解题步骤与具体计算]

本题是第三同构定理（定理 34.7）的应用，该定理指出 $G/H \simeq (G/K)/(H/K)$。

* 前提验证: $G=\mathbb{Z}_{24}$, $H=\langle 4 \rangle=\{0,4,8,12,16,20\}$, $K=\langle 8 \rangle=\{0,8,16\}$。因为 G 是阿贝尔群，H 和 K 都是正规子群。$K \subseteq H$ 成立。

a. 列出 $G/H$ 中的陪集

* 因子群: $\mathbb{Z}_{24}/\langle 4 \rangle$。

* 阶数: $24/6 = 4$。

* 陪集列表:

* $0+H=\{0,4,8,12,16,20\}$

* $1+H=\{1,5,9,13,17,21\}$

* $2+H=\{2,6,10,14,18,22\}$

* $3+H=\{3,7,11,15,19,23\}$

* 因子群的元素: $\{0+H, 1+H, 2+H, 3+H\}$。

b. 列出 $G/K$ 中的陪集

* 因子群: $\mathbb{Z}_{24}/\langle 8 \rangle$。

* 阶数: $24/3 = 8$。

* 陪集列表: $0+K, 1+K, 2+K, 3+K, 4+K, 5+K, 6+K, 7+K$。

* 例如，$1+K = \{1, 9, 17\}$。

c. 列出 $H/K$ 中的陪集

* 因子群: $\langle 4 \rangle/\langle 8 \rangle$。

* 阶数: $6/3 = 2$。

* 子群 (分母): $K=\{0,8,16\}$。

* 陪集列表:

* $0+K=\{0,8,16\}$

* $4+K=\{4,12,20\}$

* 因子群的元素: $\{0+K, 4+K\}$。

d. 列出 $(G/K)/(H/K)$ 中的陪集

* 因子群: $(\mathbb{Z}_{24}/\langle 8 \rangle)/(\langle 4 \rangle/\langle 8 \rangle)$。

* 阶数: $|G/K| / |H/K| = 8/2 = 4$。

* 它的元素是 $H/K$ 在 $G/K$ 中的陪集。

* 子群 (分母): $H/K = \{0+K, 4+K\}$。

* 陪集列表:

* 陪集1 (单位元): $ (0+K) + H/K = H/K = \{0+K, 4+K\}$。

* 陪集2: $(1+K) + H/K = \{1+K, 1+4+K\} = \{1+K, 5+K\}$。

* 陪集3: $(2+K) + H/K = \{2+K, 2+4+K\} = \{2+K, 6+K\}$。

* 陪集4: $(3+K) + H/K = \{3+K, 3+4+K\} = \{3+K, 7+K\}$。

e. 给出同构对应关系

* 映射规则: 定理证明中的同构 $\mu: (G/K)/(H/K) \rightarrow G/H$ 可以定义为 $\mu((g+K)+(H/K)) = g+H$。

* 建立对应关系:

* 对于陪集 $(0+K)+H/K$: 取代表元 $0+K$ 的代表元 0。

$\mu(\{0+K, 4+K\}) = 0+H$。

* 对于陪集 $(1+K)+H/K$: 取代表元 $1+K$ 的代表元 1。

$\mu(\{1+K, 5+K\}) = 1+H$。

* 对于陪集 $(2+K)+H/K$: 取代表元 $2+K$ 的代表元 2。

$\mu(\{2+K, 6+K\}) = 2+H$。

* 对于陪集 $(3+K)+H/K$: 取代表元 $3+K$ 的代表元 3。

$\mu(\{3+K, 7+K\}) = 3+H$。

* 结论: 这是一个非常自然的对应关系，左边由 G/K 中陪集 $g+K$ 引导的陪集的陪集，直接对应到右边由 g 引导的陪集。

112.7 练习 6

1.12.7.1 [原文]

6. 对于群 $G=\mathbb{Z}_{36}$，设 $H=\langle 9\rangle$ 且 $K=\langle 18\rangle$，重复练习 5。

1.12.7.2 [解题步骤与具体计算]

我们重复练习5的步骤，应用第三同构定理。

* 前提验证: $G=\mathbb{Z}_{36}$, $H=\langle 9 \rangle=\{0,9,18,27\}$, $K=\langle 18 \rangle=\{0,18\}$。$K \subseteq H$ 成立。

a. 列出 $G/H$ 中的陪集

* 因子群: $\mathbb{Z}_{36}/\langle 9 \rangle$。

* 阶数: $36/4 = 9$。

* 因子群的元素: $\{0+H, 1+H, \dots, 8+H\}$。

b. 列出 $G/K$ 中的陪集

* 因子群: $\mathbb{Z}_{36}/\langle 18 \rangle$。

* 阶数: $36/2 = 18$。

* 因子群的元素: $\{0+K, 1+K, \dots, 17+K\}$。

c. 列出 $H/K$ 中的陪集

* 因子群: $\langle 9 \rangle/\langle 18 \rangle$。

* 阶数: $4/2 = 2$。

* 陪集列表:

* $0+K=\{0,18\}$

* $9+K=\{9,27\}$

d. 列出 $(G/K)/(H/K)$ 中的陪集

* 因子群: $(\mathbb{Z}_{36}/\langle 18 \rangle)/(\langle 9 \rangle/\langle 18 \rangle)$。

* 阶数: $|G/K| / |H/K| = 18/2 = 9$。

* 它的元素是 $H/K$ 在 $G/K$ 中的陪集。

* 子群 (分母): $H/K = \{0+K, 9+K\}$。

* 陪集列表: 共9个。例如：

* $(0+K)+H/K = \{0+K, 9+K\}$

* $(1+K)+H/K = \{1+K, 10+K\}$

* ...

* $(8+K)+H/K = \{8+K, 17+K\}$

e. 给出同构对应关系

* 映射规则: $\mu((g+K)+(H/K)) = g+H$。

* 对应关系:

* $\{0+K, 9+K\} \longleftrightarrow 0+H$

* $\{1+K, 10+K\} \longleftrightarrow 1+H$

* ...

* $\{8+K, 17+K\} \longleftrightarrow 8+H$

112.8 理论

1.12.8.1 练习 7

1.12.8.1.1 [原文]

7. 直接从正规子群的定义出发，证明如果 $H$ 和 $N$ 是群 $G$ 的子群，并且 $N$ 在 $G$ 中是正规的，那么 $H \cap N$ 在 $H$ 中是正规的。

1.12.8.1.2 [证明]

这是一个基础但重要的理论证明，是第二同构定理能够成立的前提之一。

1. 明确目标

我们需要证明 $H \cap N$ 是 H 的正规子群。根据正规子群的定义，这需要满足两个条件：

* (i) $H \cap N$ 是 H 的一个子群。

* (ii) 对于任意的 $h \in H$ 和任意的 $x \in H \cap N$，都有 $hxh^{-1} \in H \cap N$。

2. 证明条件 (i)：$H \cap N$ 是 H 的子群

* 我们知道两个子群的交集仍然是一个子群。因为 H 和 N 都是 G 的子群，所以 $H \cap N$ 是 G 的子群。

* 又因为 $H \cap N$ 的所有元素都在 H 中，所以 $H \cap N$ 自然也是 H 的一个子群。

3. 证明条件 (ii)：正规性

* 选取元素: 设 $h$ 是子群 H 中的任意一个元素 ($h \in H$)，设 $x$ 是交集 $H \cap N$ 中的任意一个元素 ($x \in H \cap N$)。

* 分析元素性质: 因为 $x \in H \cap N$，所以 $x$ 同时具有两个性质：$x \in H$ 并且 $x \in N$。

* 变换: 我们要考察元素 $hxh^{-1}$ 的归属。

* 归属H的判断: 因为 $h, x$ 都是 H 的元素，而 H 本身是一个子群，所以它对群运算是封闭的。因此，$h, x, h^{-1}$ (h的逆元也在H中) 的任意组合，包括 $hxh^{-1}$，也必定属于 H。

* $h \in H, x \in H \implies hx \in H$

* $h \in H \implies h^{-1} \in H$

* $(hx) \in H, h^{-1} \in H \implies (hx)h^{-1} \in H$。

* 归属N的判断: 这是关键步骤，需要用到 N 在 G 中是正规的这一条件。

* N 是 G 的正规子群意味着，对于 G 中的任意元素 g 和 N 中的任意元素 n，都有 $gng^{-1} \in N$。

* 在我们的情况中，$h \in H$，而 H 是 G 的子群，所以 $h$ 也是 G 的一个元素 ($h \in G$)。

* 我们已经知道 $x \in N$。

* 将 $g=h, n=x$ 代入正规子群的定义，我们得到 $hxh^{-1} \in N$。

* 得出结论:

* 我们已经证明了 $hxh^{-1} \in H$。

* 我们又证明了 $hxh^{-1} \in N$。

* 因此，$hxh^{-1}$ 必须属于它们的交集，即 $hxh^{-1} \in H \cap N$。

* 完成证明: 由于我们对任意的 $h \in H$ 和 $x \in H \cap N$ 都证明了 $hxh^{-1} \in H \cap N$，所以根据定义，$H \cap N$ 在 H 中是正规的。

1.12.8.2 练习 8

1.12.8.2.1 [原文]

8. 设 $H, K$ 和 $L$ 是 $G$ 的正规子群，且 $H<K<L$。设 $A=G / H, B=K / H$ 且 $C=L / H$。

a. 证明 $B$ 和 $C$ 是 $A$ 的正规子群，且 $B<C$。

b. $(A / B) /(C / B)$ 与 $G$ 的哪个因子群同构？

1.12.8.2.2 [解答]

a. 证明 B 和 C 的性质

* 背景: 我们有一个正规子群链 $H < K < L < G$。

* 对应关系: 根据引理 34.3（对应定理），G 中包含 H 的正规子群与 $A=G/H$ 的正规子群之间存在一个一一对应关系。这个对应关系通过典范映射 $\gamma_H: G \rightarrow G/H$ 给出。

* 证明 B 是 A 的正规子群:

* K 是 G 的一个包含 H 的正规子群。

* 根据对应定理，它的像 $B = \gamma_H[K] = K/H$ 是 $A=G/H$ 的一个正规子群。

* 证明 C 是 A 的正规子群:

* L 是 G 的一个包含 H 的正规子群。

* 根据对应定理，它的像 $C = \gamma_H[L] = L/H$ 是 $A=G/H$ 的一个正规子群。

* 证明 B < C:

* 我们已知 $K < L$ (K 是 L 的真子群)。

* 对应定理中的映射是一一对应的，并且保持包含关系。即，如果 $K \subseteq L$，那么 $K/H \subseteq L/H$。如果 $K < L$，那么 $K/H < L/H$。

* 因此，$B < C$。

* 结论: a 部分得证。

b. 寻找同构的因子群

* 我们被要求识别 $(A/B)/(C/B)$ 同构于 G 的哪个因子群。

* 原文有误: 表达式 $(A/B)/(C/B)$ 是没有意义的，因为 B 是 C 的子群，我们无法用一个更大的群 C/B 去“除”一个更小的群 A/B。正确的表达式应该是 $(A/C)/(B/C)$ 或 $A/C$ 或 $A/B$ 等。根据第三同构定理的结构，最可能的意图是询问 $A/B$ 或 $A/C$ 与什么同构，或者是一个双重因子群。

* 假设意图是 $(A/C)$:

* $A/C = (G/H)/(L/H)$。

* 根据第三同构定理，对于正规子群链 $H < L < G$，我们有 $(G/H)/(L/H) \simeq G/L$。

* 所以 $A/C \simeq G/L$。

* 假设意图是 $(A/B)$:

* $A/B = (G/H)/(K/H)$。

* 根据第三同构定理，对于正规子群链 $H < K < G$，我们有 $(G/H)/(K/H) \simeq G/K$。

* 所以 $A/B \simeq G/K$。

* 假设意图是题目印刷错误，应该是 $(A/B)/(C/B)$ 应该是 A/C 或 A/B:

* 根据第三同构定理的形式 $(G/K)/(H/K) \simeq G/H$，这里的 G 对应 A，K 对应 B，H 对应 C。

* 那么，我们有一个正规子群链 $B < C$ 在 A 中。

* 我们可以构造因子群 $A/C$ 和 $A/B$，以及二次因子群 $(A/B)/(C/B)$ 是不正确的，应该是 $(A/B)/(C/B)$ 这样的形式不存在。

* 正确的形式应该是 $(A/H')/(K'/H')$，这里 $H'$ 是 $K'$ 的子群。

* 我们有 $B < C$，所以我们可以构造 $A/B$ 和 $A/C$。我们还可以构造 $C/B$。$C/B$ 是 $A/B$ 的一个正规子群。所以我们可以构造 $(A/B)/(C/B)$。

* 重新审视问题 (A/B)/(C/B): 这个表达式是错误的。 在群 $A$ 中，有正规子群 $B$ 和 $C$ 且 $B<C$。我们可以构造 $A/B$, $A/C$, $C/B$。并且，$C/B$ 是 $A/B$ 的一个正规子群 (根据对应定理)。因此，我们可以构造 $(A/B)/(C/B)$。

* $A/B \simeq G/K$

* $C/B = (L/H)/(K/H) \simeq L/K$ (根据第三同构定理应用在 L, K, H 上)

* 所以 $(A/B)/(C/B) \simeq (G/K)/(L/K)$。

* 再次应用第三同构定理在 G, K, L 上，我们有 $(G/K)/(L/K) \simeq G/L$。

* 最终结论:

* $(A/B)/(C/B) \simeq G/L$。

1.12.8.3 练习 9

1.12.8.3.1 [原文]

9. 设 $K$ 和 $L$ 是 $G$ 的正规子群，且 $K \vee L=G$，以及 $K \cap L=\{e\}$。证明 $G / K \simeq L$ 且 $G / L \simeq K$。

1.12.8.3.2 [证明]

这个问题描述了群 G 可以被分解为两个正规子群 K 和 L 的内直积（Internal Direct Product）的充分条件。结论是 G 的因子群分别与这两个子群同构。

1. 证明 $G/K \simeq L$

* 思路: 我们将使用第二同构定理。该定理指出，对于子群 L 和正规子群 K，有 $(LK)/K \simeq L/(L \cap K)$。

* 应用前提条件:

* $K \vee L = G$: 在 K 是正规子群的条件下，$K \vee L = LK$。所以我们有 $LK = G$。

* $K \cap L = \{e\}$: 交集是平凡子群。

* 代入第二同构定理:

* 左边: $(LK)/K = G/K$。

* 右边: $L/(L \cap K) = L/\{e\}$。

* 化简:

* 任何群除以平凡子群 $\{e\}$ 都同构于其自身。所以 $L/\{e\} \simeq L$。

* 结论: 将上述结果代入同构式，我们得到 $G/K \simeq L$。

2. 证明 $G/L \simeq K$

* 思路: 完全对称。这次我们把 L 视为正规子群，K 视为普通子群（实际上 K 也是正规的），然后再次应用第二同构定理。

* 定理: $(KL)/L \simeq K/(K \cap L)$。

* 应用前提条件:

* $K \vee L = G$ 意味着 $KL=G$ (因为 L 也是正规的)。

* $K \cap L = \{e\}$。

* 代入第二同构定理:

* 左边: $(KL)/L = G/L$。

* 右边: $K/(K \cap L) = K/\{e\}$。

* 化简:

* $K/\{e\} \simeq K$。

* 结论: 将结果代入，我们得到 $G/L \simeq K$。

3. 另一种证明方法（使用第一同构定理）

* 证明 $G/K \simeq L$:

* 考虑典范映射 $\gamma_K: G \rightarrow G/K$。

* 将这个映射限制在子群 L 上，我们得到一个同态 $\gamma_K|_L: L \rightarrow G/K$。

* 根据第一同构定理，$L/\text{Ker}(\gamma_K|_L) \simeq \text{Im}(\gamma_K|_L)$。

* 计算核: $\text{Ker}(\gamma_K|_L) = \{l \in L \mid \gamma_K(l) = K\} = \{l \in L \mid l \in K\} = L \cap K$。

根据前提， $L \cap K = \{e\}$。

* 计算像: $\text{Im}(\gamma_K|_L) = \{\gamma_K(l) \mid l \in L\} = \{lK \mid l \in L\} = LK/K$。

(注意 $LK/K$ 是一个符号，表示 G/K 中由 L 的元素引导的陪集构成的子群)。

因为 $LK=G$，所以 G/K 中的任何陪集 gK 都可以写成 $(lk)K = lK$ 的形式，其中 $l \in L, k \in K$。所以这个像是满射的，$\text{Im}(\gamma_K|_L) = G/K$。

* 代入: $L/\{e\} \simeq G/K$，即 $L \simeq G/K$。

* 证明 $G/L \simeq K$ 的过程完全对称。

1.12.8.3.3 [总结]

该练习揭示了内直积的一个重要性质。当一个群 G 可以被两个正规子群 K 和 L “生成”（$G=KL$）且它们的交集仅为单位元时，那么 G 对其中一个子群求商，得到的因子群就同构于另一个子群。这为我们提供了一种通过因子群来分解和理解群结构的有力工具。