3.2 陪集和拉格朗日定理的更多内容

这段话是本节内容的开篇介绍，起到了提纲挈领的作用。它告诉我们，本节将要深入探讨陪集 (coset) 和拉格朗 chiffres定理 (Lagrange's Theorem)。

1. 继续研究商群：首先，作者点明了本节内容与前一节的联系。前一节我们学习了正规子群 (normal subgroup) 和商群 (quotient group) 的基本概念。商群是由一个群 $G$ 和它的一个正规子群 $N$ 构造出来的新群，记作 $G/N$。本节将继续这个话题，进行更深入的探讨。
2. 有限群最重要的不变量是阶：接着，作者强调了在有限群 (finite group) 的研究中，群的阶 (order of a group) 是一个极其重要的概念。群的阶就是群中元素的个数，记作 $|G|$。它是一个不变量 (invariant)，意味着在同构 (isomorphism) 的意义下，群的阶是保持不变的。如果两个群同构，它们的阶必然相等。这个性质就像人的指纹一样，是识别和分类有限群的一个关键特征。
3. 商群的阶的计算：作者预告了本节的第一个重要结论：如何计算有限群的商群的阶。结论非常简洁明了，即商群 $G/N$ 的阶等于原群 $G$ 的阶除以正规子群 $N$ 的阶，即 $|G/N| = \frac{|G|}{|N|}$。这个公式直观地告诉我们，商群的“大小”是原群被子群“压缩”后的结果。
4. 拉格朗日定理作为更一般的结果：作者进一步指出，上述商群的阶的公式，实际上是一个更普遍、更深刻的定理——拉格朗日定理的一个推论。拉格朗日定理不仅适用于正规子群，而且适用于任何子群。它揭示了子群的阶与原群的阶之间存在着一种整除关系。这个定理是有限群论的基石之一，具有极其重要的地位。
5. 拉格朗日定理的重要性：作者用“有限群论中最重要的组合结果之一”来形容拉格朗日定理，并强调它会被“反复使用”。这暗示了该定理的普适性和威力，它不仅是理论推导的工具，也是解决具体问题的利器。
6. 后续内容安排：最后，作者概述了本节的结构。在证明拉格朗日定理并推导其一些直接推论（比如元素的阶必须整除群的阶）之后，本节将转向一个更复杂的话题：非正规子群的陪集。我们知道，只有正规子群的陪集才能构成一个商群。那么，对于非正规子群，它的陪集又有哪些性质和值得研究的问题呢？这为本节的后半部分内容埋下了伏笔。

这段话非常简短，其核心作用是指明拉格朗日定理证明的思想来源和特点。

1. 证明“直接而重要”：
   • 直接 (direct)：这意味着证明过程不绕弯子，逻辑清晰，步骤直观。它不依赖于非常深奥的技巧或复杂的引理，而是基于陪集最基本的性质。
   • 重要 (important)：这再次强调了该定理的地位。它的证明本身就蕴含了对群结构划分的核心思想，理解这个证明对于掌握群论至关重要。
2. 与前例的联系：作者特意指出，这个证明的思路并非全新的，而是在前一节的例子中已经使用过了。这个例子是计算商群 $|D_8 / Z(D_8)|$ 的阶。
   • $D_8$ 是8阶二面体群，即正方形的对称群。
   • $Z(D_8)$ 是 $D_8$ 的中心，即与 $D_8$ 中所有元素都可交换的元素组成的子群。我们知道 $Z(D_8) = \{1, r^2\}$。
   • 在前一节，计算 $|D_8 / Z(D_8)|$ 的方法正是通过列出 $Z(D_8)$ 的所有陪集，发现这些陪集将 $D_8$ 分割成了若干个不相交的、大小相等的部分。具体来说，我们发现 $D_8$ 被分成了 4 个陪集，每个陪集有 2 个元素（与 $Z(D_8)$ 的阶相等），总元素数 $4 \times 2 = 8$，与 $|D_8|$ 相符。
3. 核心推理思路：通过回顾那个例子，我们可以提炼出拉格朗日定理证明的核心思想：
   • 第一步：划分 (Partition)。一个子群 $H$ 的所有左（或右）陪集会构成对整个群 $G$ 的一个划分。这意味着：(a) 任何一个 $G$ 中的元素都属于某个陪集；(b) 任意两个不同的陪集都是不相交的。
   • 第二步：等势 (Equipotence)。$G$ 中所有的左（或右）陪集都与子群 $H$ 本身具有相同的元素个数（基数）。
   • 第三步：计数 (Counting)。既然 $G$ 被完美地分成了若干个（比如 $k$ 个）大小都为 $|H|$ 的不相交的块，那么 $G$ 的总元素个数 $|G|$ 就必然等于每一块的大小 $|H|$ 乘以块的数量 $k$。即 $|G| = k \cdot |H|$。

这段话的目的就是让读者在看到正式证明之前，先在头脑中构建起这样一个清晰的、基于“划分-等势-计数”三部曲的证明框架。这使得接下来的形式化证明不再是抽象的符号游戏，而是对一个直观几何图像的精确描述。

这是拉格朗日定理的正式陈述，是有限群论的基石。让我们逐句分解这个定理的内容。

1. 前提条件:
   • 如果 G 是一个有限群：这个定理专门处理有限群，即元素个数是有限的群。对于无限群，这个定理的结论（整除性）没有意义，但其证明思想（划分）仍然有价值。
   • H 是 G 的一个子群：$H$ 不需要是正规子群，这是拉格朗日定理比商群阶公式更强大的地方。任何一个子群都满足这个定理。
2. 结论: 定理包含两个紧密相关的结论。
   • 那么 H 的阶整除 G 的阶（即 |H| | |G|）: 这是定理最核心、最著名的部分。它意味着子群的元素个数必然是原群元素个数的一个因子。换句话说，$|G| = k \cdot |H|$，其中 $k$ 是某个正整数。这个结论对群的可能子群结构施加了极强的限制。例如，一个11阶的群，它的子群的阶只可能是1或11，不可能是2、3、4等等。
   • 并且 H 在 G 中左陪集的数量等于 |G|/|H|: 这部分解释了那个整数 $k$ 的具体含义。它正好是 $H$ 在 $G$ 中的不同左陪集的个数。这个数量也被称为 $H$ 在 $G$ 中的指数（index）。

定理的本质是：一个子群 $H$ 通过其陪集，将群 $G$ 分割成若干个大小完全相等且互不相交的“块”，每个“块”的大小都等于 $|H|$。因此，$G$ 的总大小 $|G|$ 必然是块大小 $|H|$ 的整数倍，而倍数就是块的数量。

这个证明完美地体现了前面提到的“划分-等势-计数”三部曲思想。

1. 准备工作与符号设定 (Setup)：
   • 设 |H|=n: 引入一个符号 $n$ 来代表子群 $H$ 的阶。
   • 并且 H 在 G 中左陪集的数量等于 k: 引入符号 $k$ 来代表不同的左陪集的个数。我们的目标就是要证明 $|G| = kn$，并且 $k = |G|/|H|$。
2. 第一步：划分 (Partition)：
   • 根据命题 4， H 在 G 中左陪集的集合划分 G: 这是证明的基石。这里的“命题 4”指的是前面章节已经证明过的一个结论：对于任何子群 $H$，其所有不同的左陪集构成对群 $G$ 的一个划分。这意味着两件事：
   • (a) $G$ 中的每个元素都恰好属于一个左陪集。
   • (b) 任何两个不同的左陪集的交集为空集。
   • 这个性质是基于在 $G$ 上定义的一个等价关系 $a \sim b \iff a^{-1}b \in H$ 推导出来的，而陪集就是这个等价关系下的等价类。
3. 第二步：等势 (Equipotence)：
   • 这一步的目标是证明每个陪集的大小都和子群 $H$ 本身的大小一样，即 $|gH|=|H|$。
   • 根据左陪集的定义，映射：H → gH 定义为 h ↦ gh: 作者构造了一个从子群 $H$ 到任意一个左陪集 $gH$ 的映射（函数）。这个映射的规则很简单：把 $H$ 里的每个元素 $h$ 都从左边乘以同一个元素 $g$。
   • 是从 H 到左陪集 gH 的一个满射: 这个映射是满射 (surjection) 是显然的。因为根据 $gH$ 的定义，它里面的任何一个元素都必须是 $g$ 乘以某个 $H$ 中的元素 $h$ 得到的，所以 $gH$ 中的每个元素都能在 $H$ 中找到它的“原像” $h$。
   • 左消去律意味着这个映射是内射的: 这是关键。为了证明映射是内射 (injection)，我们需要证明如果 $H$ 中两个不同的元素 $h_1, h_2$ 经过映射后变成了同一个元素，那么这两个元素本身必然是相同的。假设 $gh_1 = gh_2$。根据群的左消去律（cancellation law），我们可以在等式两边同时消去左边的 $g$，得到 $h_1=h_2$。这就证明了不同的元素不可能被映射到同一个地方，所以这个映射是内射的。
   • 这证明了 H 和 gH 具有相同的阶：|gH|=|H|=n: 既然我们找到了一个从集合 $H$ 到集合 $gH$ 的双射 (bijection)（既是内射又是满射），这就意味着这两个集合的元素个数必须完全相同。因为 $|H|=n$，所以任何一个左陪集 $gH$ 的阶也必须是 $n$。
4. 第三步：计数 (Counting)：
   • 由于 G 被划分成 k 个不相交的子集，每个子集的基数为 n，所以 |G|=kn: 现在我们把所有信息整合起来。我们知道：
   • (a) $G$ 被分成了 $k$ 个小块（不同的左陪集）。
   • (b) 这些小块互不重叠。
   • (c) 每个小块的大小都是 $n$。
   • 那么，整个群 $G$ 的总大小 $|G|$ 就等于这些小块的总和，即 $k$ 个 $n$ 相加，也就是 $k \times n$。所以 $|G|=kn$。
5. 得出结论:
   • 因此 k = |G|/n = |G|/|H|，证毕: 从 $|G|=kn$ 这个等式，我们可以直接解出 $k$，得到 $k = \frac{|G|}{n}$。再把 $n$ 换回 $|H|$，就得到了 $k = \frac{|G|}{|H|}$。这不仅证明了 $|H|$ 整除 $|G|$（因为 $k$ 是整数），还明确了商就是左陪集的个数。证明完成。

这是一个非常重要的定义，它引入了“指数”这个术语，并赋予了它一个简洁的记号。

1. 适用范围:
   • 如果 G 是一个群（可能是无限群）: 这个定义非常广泛。它不仅适用于有限群，也适用于无限群。这是它与上一段中 $\frac{|G|}{|H|}$ 公式的一个关键区别。
   • 并且 H ≤ G: 只要 $H$ 是 $G$ 的一个子群即可，不需要是正规子群。
2. 定义内容:
   • H 在 G 中左陪集的数量: 这就是指数的本质含义——一个计数。我们把 $G$ 中所有不同的左陪集 $gH$ 全部找出来，然后数一数总共有多少个。这个数量就是指数。
   • 这个数量可以是有限的，也可以是无限的。
3. 记号:
   • 记作 |G: H|: 这是指数的标准记号。它看起来有点像分数的写法，但中间是冒号而不是斜杠。这个记号非常直观，读作“$H$ 在 $G$ 中的指数”。

结合拉格朗日定理，我们知道：

• 当 $G$ 是有限群时，$|G:H|$ 这个值恰好等于 $\frac{|G|}{|H|}$。
• 当 $G$ 是无限群时，$\frac{|G|}{|H|}$ 这个表达式没有意义（比如 $\frac{\infty}{\infty}$），但 $|G:H|$ 作为一个陪集数量的计数，仍然可能是一个有意义的有限数或无限数。

这段话是对刚刚定义的“指数”概念的进一步阐述和举例说明，旨在加深理解。

1. 有限群的情况:
   • 对于有限群，H 在 G 中的指数是 |G|/|H|: 这句话是拉格朗日定理的直接重述。它强调了在有限群这个我们更熟悉的环境里，指数 $|G:H|$ 和阶的除法 $\frac{|G|}{|H|}$ 是同一个东西。这为新引入的指数概念提供了一个坚实的、可计算的立足点。
2. 无限群的情况:
   • 对于无限群 G，商 |G|/|H| 没有意义: 这是理解指数定义泛用性的关键。当 $|G|$ 和 $|H|$ 都是无穷大时，像 $\frac{\infty}{\infty}$ 这样的表达式在标准算术中是未定义的。因此，我们不能再依赖除法来定义或计算指数。这也是为什么我们需要一个不依赖于除法的、基于“陪集计数”的指数定义。
3. 无限群中指数的两种可能性:
   • 无限群可能具有有限或无限指数的子群: 作者通过两个例子来说明，在无限群中，指数可以是有限的，也可以是无限的，这取决于子群的“大小”和“密度”。
   • 例如，{0} 在 Z 中是无限指数的:
   • $G = \mathbb{Z}$ (整数加法群)，是无限群。
   • $H = \{0\}$，是只包含单位元的平凡子群。
   • $H$ 的陪集是形如 $a+H = \{a+0\} = \{a\}$ 的单元素集合。
   • 对于每一个不同的整数 $a$，我们都得到一个不同的陪集。例如，$\{0\}$, $\{1\}$, $\{2\}$, ..., $\{-1\}$, $\{-2\}$, ...
   • 因为整数有无限多个，所以不同的陪集也有无限多个。
   • 因此，指数 $|\mathbb{Z}:\{0\}|$ 是无限的。这很直观，用一个只有一个元素的“砖块”去铺满无限大的“地板”，当然需要无限多块砖。
   • 而 在 Z 中对于每个 n>0 都是指数 n 的:
   • $G = \mathbb{Z}$ (整数加法群)。
   • $H = \langle n \rangle = n\mathbb{Z}$，表示所有 $n$ 的倍数构成的子群。例如，当 $n=3$ 时，$H = \{..., -6, -3, 0, 3, 6, ...\}$。
   • $H$ 是一个无限子群。
   • $H$ 的陪集是 $a+H$，即所有与 $a$ 模 $n$ 同余的整数集合。
   • 我们知道，任何整数模 $n$ 的余数只可能是 $0, 1, 2, ..., n-1$ 这 $n$ 种。
   • 因此，不同的陪集恰好有 $n$ 个：$0+H, 1+H, ..., (n-1)+H$。
   • 所以，指数 $|\mathbb{Z}:\langle n \rangle| = n$ 是一个有限数。这也很直观，虽然“地板”和“砖块”都是无限大的，但“砖块”的密度足够大，只需要有限数量的平移（$n$ 次）就能覆盖整个地板。

这是一句过渡性的话，非常直接。它的作用是告诉读者，在证明了拉格朗日定理这个核心结果之后，我们不要急于前进，而是要停下来，看看这个强大的定理能直接带给我们哪些立竿见影的好处。这些“简单推论”往往是在解决具体问题时最常被引用的结论。

• “我们现在推导”: 表明接下来的内容是基于刚刚证明的定理8进行的逻辑演绎。
• “一些”: 暗示这里只列举部分最重要、最直接的推论，并非全部。
• “简单推论”: 意味着从拉格朗日定理到这些结论的逻辑步骤很短，不复杂。读者应该能够轻松理解其推导过程。

本句话起到了一个路标的作用，预告了接下来几个小段落的内容性质——它们都是拉格朗日定理的应用和直接产物。

这是拉格朗日定理最著名、最直接的应用之一，它建立了单个元素的阶与整个群的阶之间的联系。

1. 第一部分结论: 如果 G 是一个有限群，x ∈ G，那么 x 的阶整除 G 的阶。
   • x 的阶: 回忆一下元素的阶的定义。元素 $x$ 的阶，记作 $|x|$，是使得 $x^m=1$（1是单位元）成立的最小正整数 $m$。
   • 这个结论非常强大。它告诉我们，一个有限群中任何一个元素的阶都不可能是任意的数字，它必须是群的阶的一个约数。例如，一个阶为 30 的群，其元素的阶只可能是 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 中的一个，绝不可能是 4, 7, 8 等数。
2. 第二部分结论: 特别是对于 G 中所有 x，x^|G| = 1。
   • 这是一个更具体、在计算中非常有用的结果。
   • 特别是: 表明这个结论是由第一部分直接推导出来的。
   • x^|G| = 1: 把群的阶 $|G|$ 作为指数，对群中任何一个元素 $x$ 进行幂运算，结果必然是单位元。
   • 推导过程:
   • 我们已经知道 $|x|$ 整除 $|G|$。
   • 这意味着存在一个整数 $k$，使得 $|G| = k \cdot |x|$。
   • 现在我们来计算 $x^{|G|}$：
   • 根据元素阶的定义，$x^{|x|}=1$。
   • 所以，$x^{|G|} = (1)^k = 1$。
   • 这个结论也被称为欧拉定理在群论中的推广。（当群是 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 时，它就退化为数论中的欧拉定理）。

这个证明非常简短精悍，完美地展示了如何将一个关于元素的问题转化为一个关于子群的问题。

1. 第一步：建立元素与子群的联系
   • 根据命题 2.2，|x| = ||: 这是证明的桥梁。
   • $|x|$ 是元素 $x$ 的阶。
   • $\langle x \rangle$ 是由 $x$ 生成的循环子群 (cyclic subgroup)，其元素为 $\{x^0, x^1, x^2, ..., x^{|x|-1}\}$。
   • $|\langle x \rangle|$ 是这个循环子群的阶（即元素个数）。
   • “命题 2.2”指的是前面已经证明过的一个结论：一个元素的阶正好等于由它生成的循环子群的阶。这是一个非常基本且重要的事实。
2. 第二步：应用拉格朗日定理
   • 推论的第一部分由应用于 H = 的拉格朗日定理得出:
   • 我们现在把拉格朗日定理中的子群 $H$ 具体化为由 $x$ 生成的循环子群 $\langle x \rangle$。
   • 拉格朗日定理说：任何子群的阶都必须整除群的阶。
   • 所以， $|\langle x \rangle|$ 必须整除 $|G|$。
   • 结合第一步的结论 $|x| = |\langle x \rangle|$，我们立刻得到：$|x|$ 必须整除 $|G|$。
   • 至此，推论的第一部分“$x$ 的阶整除 $G$ 的阶”就证明完毕了。这个证明非常巧妙，它把一个关于元素性质的问题，通过循环子群这个中介，转化为了一个关于子群性质的问题，然后直接套用我们刚刚学到的强大定理。
3. 第三步：证明第二个命题
   • 第二个命题很清楚，因为现在 |G| 是 x 的阶的倍数:
   • 这部分在解释推论9原文时已经详细推导过了。
   • 我们已经证明了 $|x|$ 整除 $|G|$。
   • 用数学语言来说，这意味着存在一个整数 $k$，使得 $|G| = k \cdot |x|$。
   • 那么 $x^{|G|} = x^{k \cdot |x|} = (x^{|x|})^k$。
   • 根据元素阶的定义，$x^{|x|}$ 就是单位元 1。
   • 所以，$x^{|G|} = 1^k = 1$。
   • 证明完毕。这里的“很清楚” (clear) 是数学文献中的常见说法，意指从前面的结论出发，经过非常直接和显然的几步推导即可得到。

这是拉格朗日定理的又一个惊人推论。它完全确定了一大类群的结构，告诉我们所有素数阶群本质上都是同一种东西。

1. 前提条件:
   • 如果 G 是一个素数阶 p 的群: 这里的核心是群的阶 $|G|$ 是一个素数 $p$ (例如 2, 3, 5, 7, 11, ...)。这是非常强的限制。
2. 结论:
   • 那么 G 是循环群: 这是第一个结论。一个群是循环群意味着，这个群中所有的元素都可以由某一个元素（称为生成元）的幂运算得到。即存在一个元素 $g \in G$，使得 $G = \langle g \rangle = \{g^k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。
   • 因此 G ≅ Z_p: 这是第二个结论，它更进一步，指出了这个循环群的具体结构。
   • $\cong$: 表示群同构 (isomorphism)，意味着两个群在代数结构上是完全一样的，只是元素的名字可能不同。
   • $Z_p$ (应为 $\mathbb{Z}_p$): 表示模 p 整数加法群，即 $\{0, 1, ..., p-1\}$ 在模 $p$ 加法下构成的群。它是一个非常简单和我们非常熟悉的循环群（例如，1就是它的一个生成元）。
   • 整个推论的意义是：任何一个阶为素数 $p$ 的群，无论其元素是什么，其运算规则如何定义，只要它满足群公理，它的内部结构就必定和 $\mathbb{Z}_p$ 这个我们最熟悉的循环群一模一样。这极大地简化了对素数阶群的分类和研究——因为它们只有一种（在同构意义下）。

这个证明同样非常简洁，它巧妙地利用了素数只有1和自身两个正因子的特性。

1. 第一步：选取一个非单位元
   • 设 x ∈ G, x ≠ 1: 既然群的阶 $p \geq 2$ 是一个素数，这个群至少包含两个元素，所以我们总能找到一个不是单位元 1 的元素 $x$。
2. 第二步：考察该元素生成的循环子群
   • 因此 || > 1: 因为 $x \neq 1$，所以由 $x$ 生成的循环子群 $\langle x \rangle$ 至少包含两个元素：$1=x^0$ 和 $x=x^1$。所以它的阶 $|\langle x \rangle|$ 严格大于 1。
   • 且 || 整除 |G|: 这是直接应用拉格朗日定理（或者更直接地，推论9）。子群 $\langle x \rangle$ 的阶必须整除群 $G$ 的阶。
3. 第三步：利用素数的性质
   • 由于 |G| 是素数，我们必须有 || = |G|: 这是证明的核心转折点。我们已经知道：
   • (a) $|\langle x \rangle|$ 是一个大于 1 的整数。
   • (b) $|\langle x \rangle|$ 是素数 $|G|=p$ 的一个因子。
   • 一个素数 $p$ 的正因子只有 1 和 $p$。
   • 既然 $|\langle x \rangle| > 1$，那么它就不可能是 1。
   • 所以，唯一剩下的可能性就是 $|\langle x \rangle| = p = |G|$。
4. 第四步：得出结论
   • 因此 G = 是循环群: 我们找到了 $G$ 的一个子群 $\langle x \rangle$，其阶与 $G$ 自身相同。一个子群的阶和母群相同，意味着这个子群就是母群本身。所以 $G = \langle x \rangle$。根据定义，既然 $G$ 可以由单个元素 $x$ 生成，那么 $G$ 就是一个循环群。
   • （任何非单位元 x 作为生成元）: 这是一个重要的附加结论。在证明过程中，我们对 $x$ 的唯一要求就是 $x \neq 1$。这意味着，在一个素数阶群中，任何一个非单位元的元素都可以作为整个群的生成元。
   • 定理 2.4 完成了证明: “定理 2.4” 指的是前面章节证明的“任何两个同阶的循环群都是同构的”。既然我们已经证明了 $G$ 是一个阶为 $p$ 的循环群，而我们知道 $\mathbb{Z}_p$ 也是一个阶为 $p$ 的循环群，那么根据定理 2.4，它们必然同构，即 $G \cong \mathbb{Z}_p$。至此，推论10 的所有部分都得到了证明。

这是一个简单的过渡句，标志着本节内容的转向。

1. “有了拉格朗日定理”: 这句话点明了我们现在拥有的新工具。拉格朗日定理及其推论，特别是关于阶的整除性，为我们分析子群结构提供了强大的算术约束。
2. “我们来研究正规子群的一些额外例子”: 这句话设定了接下来的小目标。前面我们已经学习了正规子群的定义（$gNg^{-1}=N$）和等价条件（左陪集等于右陪集）。现在，我们将利用拉格朗日定理这个新武器，来更深入、更巧妙地判断和发现一些正规子群。

本句话的作用是承上启下，将前面关于拉格朗日定理的理论探讨，引向一个更具体的应用场景——判断子群的正规性。这预示着接下来的例子可能会用到阶、指数等与拉格朗日定理相关的概念。

这个例子展示了如何结合拉格朗日定理和正规化子的概念来高效地证明一个子群是正规的。

1. 问题设定:
   • $G = S_3$，即3个元素的置换群， $|S_3|=6$。
   • $H = \langle (123) \rangle = \{e, (123), (132)\}$，是由3-循环 $(123)$ 生成的子群。$|H|=3$。
   • 目标：证明 $H$ 是 $S_3$ 的正规子群 ($H \unlhd S_3$)。
2. 引入核心工具：正规化子 (Normalizer)
   • 回忆正规化子的定义：$H$ 在 $G$ 中的正规化子 $N_G(H)$ 是 $G$ 中所有能“正规化” $H$ 的元素的集合，即 $N_G(H) = \{g \in G \mid gHg^{-1} = H\}$。
   • $N_G(H)$ 本身是 $G$ 的一个子群。
   • $H$ 总是其自身正规化子的一个正规子群 ($H \unlhd N_G(H)$)。
   • $H$ 是 $G$ 的正规子群的充要条件是 $N_G(H) = G$。
3. 构建子群链并应用拉格朗日定理:
   • 我们有这样一个子群链：$H \leq N_G(H) \leq G$。
   • 根据拉格朗日定理，子群的阶必须整除母群的阶。因此，我们有：
   • $|H|$ 整除 $|N_G(H)|$
   • $|N_G(H)|$ 整除 $|G|$
   • 我们将已知数值代入：
   • $|H|=3$
   • $|G|=6$
   • 所以，3 整除 $|N_G(H)|$，并且 $|N_G(H)|$ 整除 6。
   • 这意味着 $|N_G(H)|$ 必须是3的倍数，同时也是6的约数。
   • 满足这两个条件的数只有 3 和 6。
   • 因此，$N_G(H)$ 的阶只有两种可能：$|N_G(H)| = 3$ 或者 $|N_G(H)|=6$。
4. 排除一种可能性:
   • 如果 $|N_G(H)|=3$，因为我们已经知道 $H \leq N_G(H)$ 并且 $|H|=3$，所以这必然意味着 $N_G(H)=H$。
   • 如果 $|N_G(H)|=6$，因为 $N_G(H) \leq G$ 并且 $|G|=6$，所以这必然意味着 $N_G(H)=G$。
   • 我们的任务就简化为：判断 $N_G(H)$ 是否严格大于 $H$。只要我们能找到任何一个不属于 $H$ 的元素 $g$，但它却属于 $N_G(H)$，我们就能证明 $N_G(H) \neq H$，从而得出 $|N_G(H)|$ 只能是 6，即 $N_G(H)=G$。
5. 进行少量计算:
   • 我们从 $S_3$ 中挑选一个不在 $H$ 中的元素，比如 $g=(12)$。
   • 我们来检查 $(12)$ 是否在 $N_G(H)$ 中。根据定义，这需要检查 $(12)H(12)^{-1}$ 是否等于 $H$。
   • 一个更简单的技巧是（如原文所述）：如果一个元素 $g$ 对 $H$ 的所有生成元的共轭运算结果仍然在 $H$ 中，那么 $g$ 就在 $N_G(H)$ 中。
   • $H$ 的生成元是 $(123)$（另一个是 $(132)$，检查一个即可）。
   • 我们计算共轭：$(12)(123)(12)^{-1}$。因为 $(12)^{-1}=(12)$，所以我们计算 $(12)(123)(12)$。
   • $(12)(123)(12) = (132)$。
   • 我们检查结果 $(132)$ 是否在 $H$ 中。是的，$(132)$ 是 $H$ 的另一个元素（也是另一个生成元）。
   • 这表明 $(12)$ 把 $H$ 的一个生成元变成了 $H$ 的另一个元素。这意味着 $(12)H(12)^{-1}=H$ 成立（因为共轭运算是自同构）。
   • 因此，元素 $(12)$ 属于 $N_G(H)$。
6. 得出结论:
   • 我们找到了一个元素 $(12)$，它不在 $H=\{e, (123), (132)\}$ 中，但它在 $N_G(H)$ 中。
   • 这证明了 $H$ 是 $N_G(H)$ 的一个真子群，即 $N_G(H) \neq H$。
   • 根据第4步的分析，排除了 $|N_G(H)|=3$ 的可能性。
   • 因此，只剩下唯一一种可能：$|N_G(H)|=6$。
   • 因为 $N_G(H)$ 是 $G$ 的一个阶为 6 的子群，所以 $N_G(H)=G$。
   • 根据正规化子的性质，$N_G(H)=G$ 等价于 $H \unlhd G$。
   • 证明完毕。
7. 方法论总结:
   • 这个论证说明，检查子群的正规性通常可以简化为少量计算：相较于去验证所有 $g \in S_3$ 都满足 $gHg^{-1}=H$，我们利用拉格朗日定理将问题缩小到只有两种可能性，然后只需要通过一次巧妙的计算就排除了其中一种，从而完成了证明。这是一种非常高效的策略。

这个例子提出了一个非常普适且重要的结论：任何指数为 2 的子群都是正规子群。

1. 问题设定:
   • $G$ 是一个群（可以是有限或无限的）。
   • $H$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 核心条件：$H$ 在 $G$ 中的指数是 2，即 $|G:H|=2$。
   • 目标：证明 $H$ 是 $G$ 的正规子群 ($H \unlhd G$)。
2. 理解指数为2的含义:
   • 根据指数的定义，$|G:H|=2$ 意味着 $H$ 在 $G$ 中恰好有两个不同的左陪集，也恰好有两个不同的右陪集。
3. 分析左陪集:
   • 设 g ∈ G - H: 我们从 $G$ 中随便取一个不属于 $H$ 的元素 $g$。因为 $H$ 的指数是2，所以这样的元素必然存在。
   • H 在 G 中的两个左陪集是 1H 和 gH:
   • 我们知道，$1H = H$ 本身永远是一个左陪集。
   • 因为总共只有两个左陪集，而 $g$ 不在 $H$ 中，所以 $gH$ 必然是不同于 $H$ 的那另一个左陪集。
   • 由于 ... 陪集划分 G，我们必须有 gH = G - H:
   • 陪集的性质告诉我们，它们会划分整个群 $G$。
   • 这意味着 $G$ 被分成了 $H$ 和 $gH$ 这两个互不相交的部分，且它们的并集就是 $G$。
   • 用集合的语言说，就是 $G = H \cup gH$ 且 $H \cap gH = \emptyset$。
   • 那么 $gH$ 必然是由所有不属于 $H$ 的元素组成的集合，即 $gH = G - H$ (集合的差集)。
4. 分析右陪集:
   • 现在 H 在 G 中的两个右陪集是 H1 和 Hg: 同样的道理，对于右陪集：
   • $H1 = H$ 本身永远是一个右陪集。
   • 因为总共也只有两个右陪集，而 $g$ 不在 $H$ 中，所以 $Hg$ 必然是不同于 $H$ 的那另一个右陪集。
   • 我们再次必须有 Hg = G - H: 同样的划分原理，两个右陪集 $H$ 和 $Hg$ 划分了 $G$，所以 $Hg$ 必然也等于所有不属于 $H$ 的元素的集合，即 $Hg = G - H$。
5. 得出结论:
   • 将这些结合起来得到 gH = Hg: 我们从左陪集的分析得到 $gH = G-H$，从右陪集的分析得到 $Hg = G-H$。因此，必然有 $gH=Hg$。
   • 因此 H 在 G 中的每个左陪集都是一个右陪集:
   • 对于在 $H$ 中的元素 $h$，其左陪集是 $hH=H$，右陪集是 $Hh=H$。所以 $hH=Hh$。
   • 对于不在 $H$ 中的元素 $g$，我们刚刚证明了 $gH=Hg$。
   • 这表明，对于 $G$ 中任何一个元素 $x$（无论在不在 $H$ 中），它的左陪集 $xH$ 都等于它的右陪集 $Hx$。
   • 根据定理 6，H ⊴ G: “定理 6”是正规子群的一个等价条件：如果对于所有 $g \in G$ 都有 $gH=Hg$，那么 $H$ 就是正规子群。我们已经验证了这个条件，所以结论成立。
   • 根据指数的定义，|G/H|=2，因此 G/H ≅ Z_2: 既然 $H$ 是正规子群，我们可以构造商群 $G/H$。商群的阶就是指数，即 $|G/H|=|G:H|=2$。根据推论10，任何2阶群都同构于 $\mathbb{Z}_2$。
6. 对证明思想的深刻理解:
   • 并非因为我们可以为...选择相同的陪集代表...而是因为抽屉原理在起作用: 这是一个非常精辟的注解。证明的关键不在于我们碰巧为左陪集和右陪集都选了同一个代表元素 $g$。即使我们选了另一个不在 $H$ 中的元素 $g'$，我们同样会有 $g'H = G-H$ 和 $Hg'=G-H$。
   • 核心是“抽屉原理” (pigeonhole principle)：
   • 我们有两个“抽屉”：$H$ 和 $G-H$。
   • 对于左陪集，一个抽屉已经被 $1H=H$ 占了。剩下所有的元素（即 $G-H$）必须全部装进剩下的那个唯一的左陪集抽屉里。
   • 对于右陪集，一个抽屉也已经被 $H1=H$ 占了。剩下所有的元素（即 $G-H$）也必须全部装进剩下的那个唯一的右陪集抽屉里。
   • 因此，那个“非H”的左陪集和那个“非H”的右陪集必然是同一个集合，即 $G-H$。这种“没得选”的局面，保证了正规性。
7. 应用举例:
   • 这个结果证明了 < i >,< j > 和 < k > 是 Q_8 的正规子群: 在8阶四元数群 $Q_8$ 中，$|Q_8|=8$。子群 $\langle i \rangle = \{1, -1, i, -i\}$ 的阶是4，其指数 $|Q_8:\langle i \rangle| = 8/4 = 2$。因此 $\langle i \rangle$ 是正规子群。同理，$\langle j \rangle$ 和 $\langle k \rangle$ 也都是指数为2的正规子群。(这里原文有误，$\langle i \rangle$的阶是4，指数是2。原文应该是想说阶为4的子群，其指数为2，因此是正规的。我们看下阶为2的子群，比如$Z(Q_8) = \{1,-1\}$, 指数是4，不能用这个定理。我们重新理解原文的例子，它似乎说的是 $\langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle$ 都是正规的，这三个子群的阶都是4，指数都是 8/4=2, 所以它们都是正规的。)
   • 并且 (s, r^2), (r) 和 (sr, r^2) 是 D_8 的正规子群: 在8阶二面体群 $D_8$ 中，$|D_8|=8$。
   • $\langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$ 是一个阶为 4 的子群。其指数 $|D_8:\langle r \rangle|=8/4=2$。所以 $\langle r \rangle$ 是正规子群。
   • $\langle s, r^2 \rangle = \{1, s, r^2, sr^2\}$ 是一个阶为 4 的子群。其指数为2。所以它也是正规子群。
   • $\langle sr, r^2 \rangle = \{1, sr, r^2, s\}$ 是一个阶为 4 的子群。其指数为2。所以它也是正规子群。(这里原文的生成元写法有误，$\langle sr, r^2 \rangle$ 就是 $\langle s, r^2 \rangle$。)
   • 这个结论非常有用，它让我们一眼就能看出 $D_8$ 和 $Q_8$ 中所有阶为4的子群都是正规的。

这个例子通过一个具体的反例，揭示了正规性 (normality) 的一个重要性质：它不具备传递性 (transitivity)。

1. 解释“传递性”:
   • 在数学中，一个关系 R 如果具有传递性，意味着如果 A R B 且 B R C，那么必然有 A R C。
   • 例如，“小于”关系是传递的：如果 $a<b$ 且 $b<c$，那么 $a<c$。
   • “是朋友”关系不一定是传递的：A是B的朋友，B是C的朋友，但A和C可能不是朋友。
   • 本例要说明的就是，“是正规子群”这个关系，就像“是朋友”一样，不是传递的。即，如果 $K \unlhd H$ 且 $H \unlhd G$，我们不能想当然地认为 $K \unlhd G$。
2. 构造反例:
   • 选择的群是 $G = D_8$ (8阶二面体群)。
   • 我们构建一个子群链 $K \leq H \leq G$。
   • 设 $K = \langle s \rangle = \{1, s\}$。这是一个阶为 2 的子群。
   • 设 $H = \langle s, r^2 \rangle = \{1, s, r^2, sr^2\}$。这是一个阶为 4 的子群（克莱因四元群 $V_4$）。
3. 验证第一步正规性: $K \unlhd H$
   • 即证明 $\langle s \rangle \unlhd \langle s, r^2 \rangle$。
   • 我们看子群 $K$ 在群 $H$ 中的指数：$|H:K| = |H|/|K| = 4/2 = 2$。
   • 根据上一个例子（例子2）的结论，指数为2的子群必为正规子群。
   • 因此，$K \unlhd H$ 成立。
4. 验证第二步正规性: $H \unlhd G$
   • 即证明 $\langle s, r^2 \rangle \unlhd D_8$。
   • 我们看子群 $H$ 在群 $G$ 中的指数：$|G:H| = |D_8|/|\langle s, r^2 \rangle| = 8/4 = 2$。
   • 再次根据例子2的结论，指数为2的子群必为正规子群。
   • 因此，$H \unlhd G$ 成立。
5. 验证传递性失败: $K \not\unlhd G$
   • 现在我们有了 $K \unlhd H$ 和 $H \unlhd G$。如果正规性是传递的，我们应该得到 $K \unlhd G$，即 $\langle s \rangle \unlhd D_8$。
   • 我们来检验一下 $\langle s \rangle$ 是否是 $D_8$ 的正规子群。
   • 根据正规子群的定义，需要对所有 $g \in D_8$，都有 $g\langle s \rangle g^{-1} = \langle s \rangle$。我们只需要找到一个反例即可。
   • 取 $g=r \in D_8$。我们来计算 $r\langle s \rangle r^{-1}$。这等价于计算 $rsr^{-1}$ 是否在 $\langle s \rangle$ 中。
   • 我们知道 $D_8$ 的关系是 $rs = sr^{-1} = sr^3$。
   • 所以 $rsr^{-1} = (sr^{-1})r^{-1} = sr^{-2} = sr^2$。（因为 $r$ 的阶是4，所以 $r^{-1}=r^3, r^{-2}=r^2$）
   • 计算结果是 $sr^2$。
   • 我们检查 $sr^2$ 是否在 $K = \langle s \rangle = \{1, s\}$ 中。显然不在。
   • 既然我们找到了一个元素 $r \in D_8$，使得 $r s r^{-1} \notin \langle s \rangle$，那么 $\langle s \rangle$ 就不是 $D_8$ 的正规子群。
   • 所以，$K \not\unlhd G$。
6. 结论:
   • 我们成功地找到了一个例子，其中 $K \unlhd H$ 和 $H \unlhd G$ 同时成立，但 $K \unlhd G$ 不成立。
   • 这证明了“是正规子群”这个关系不具有传递性。

这段引言的作用是转换视角，从关注“什么是正规子群”转向关注“什么不是正规子群”，并借此引入单群等更高级的概念，强调了寻找正规子群的难度和重要性。

1. 从正例到反例: 我们现在研究一些非正规子群的例子。这是一个明确的信号，告诉读者接下来的内容将聚焦于那些不满足 $gH=Hg$ 条件的子群。
2. 阿贝尔群与非阿贝尔群的对比:
   • 尽管在阿贝尔群中每个子群都是正规的: 这是一个重要的事实回顾。在阿贝尔群 (Abelian group) 中，由于运算是可交换的 ($ab=ba$)，所以 $gH=\{gh\}$ 和 $Hg=\{hg\}=\{gh\}$ 必然是同一个集合。因此，阿贝尔群的所有子群都是正规的。这也是为什么我们在阿贝尔群中很少单独讨论正规性。
   • 但在非阿贝尔群中并非如此: 这点出了非正规子群存在的土壤——非可交换性。只有在非阿贝尔群中，我们才需要去区分正规子群和非正规子群。
3. 一个有趣的例外: （从某种意义上说，$Q_8$ 是唯一的例外）。这是一个旁注，内容比较深。它的意思是，在所有子群都是正规子群的非阿贝尔群中，$Q_8$（四元数群）扮演了一个基础性的角色。这类群被称为汉密尔顿群 (Hamiltonian group)，任何一个汉密尔顿群的结构都与 $Q_8$ 密切相关。这是一个进阶知识点，这里的提及主要是为了增加内容的深度和趣味性。
4. 引入“单群”:
   • 事实上，存在这样的群 G，其中唯一的正规子群是平凡子群：1 和 G: 作者指出了一个极端情况。有些群的“正规”程度非常低，除了它自己和只包含单位元的平凡子群这两个必然是正规的子群外，再也找不到任何其他的正规子群了。
   • 这样的群称为单群 (simple group): 这是对这类群的正式命名。
   • （然而，单群并不意味着容易）: 这是一个双关语的俏皮话。单群的“单 (simple)”是指它不能被分解成更小的商群（因为没有非平凡的正规子群来做“除法”），就像化学中的“单质”一样，是构成其他物质的基本单位。但研究单群本身（尤其是有限单群的分类）是极其困难的，是20世纪数学最伟大的成就之一。
5. 单群的重要性: 单群在研究一般群中扮演着重要角色，这个角色将在第 4 节中描述。这里预告了单群的用途。它们是构造所有有限群的“积木”或“原子”（通过所谓的“合成列”）。理解了单群，就向理解所有有限群迈出了一大步。
6. 强调寻找正规子群的难度:
   • 并非群 G 的每个子群都是 G 的正规子群: 重申观点。
   • 事实上，正规子群在 G 中可能非常稀有: 指出在很多群（特别是大的非阿贝尔群）中，正规子群是少数派，是珍贵的研究对象。
   • 寻找给定群的正规子群通常是一个高度非平凡的问题: 这是一个非常现实的论断。对于一个给定的、结构复杂的群，系统性地找出其所有的正规子群是一项具有挑战性的任务，需要动用各种理论和计算工具。

这个例子用三种不同的方法来证明 $S_3$ 中由对换生成的2阶子群不是正规的，从而提供了一个非正规子群的典型范例。

问题设定: $G=S_3$, $H = \langle (12) \rangle = \{e, (12)\}$. $|G|=6, |H|=2$.

目标: 证明 $H$ 不是 $S_3$ 的正规子群 ($H \not\unlhd S_3$).

方法一：使用正规化子和拉格朗日定理

1. 分析指数: $H$ 在 $S_3$ 中的指数是 $|S_3:H| = |G|/|H| = 6/2 = 3$。3 是一个素数。
2. 构建子群链: 考虑正规化子 $N_{S_3}(H)$，我们有子群链 $H \leq N_{S_3}(H) \leq S_3$。
3. 应用拉格朗日定理: $|H|$ 整除 $|N_{S_3}(H)|$，且 $|N_{S_3}(H)|$ 整除 $|S_3|$。
   • 即 2 整除 $|N_{S_3}(H)|$，且 $|N_{S_3}(H)|$ 整除 6。
   • 所以 $|N_{S_3}(H)|$ 的可能值是 2 或 6。
   • (原文这里说“唯一的可能性是 H 或 S3”是因为 $|S_3|/|H|=3$是素数，这里原文的论述“素数指数为3”似乎用错了地方，但结论是正确的。)
   • 正确的论证是：$|N_{S_3}(H)|$ 必须是 $H$ 阶数2的倍数，且是 $S_3$ 阶数6的约数，所以可能是2, 6。
   • 如果 $|N_{S_3}(H)|=2$，则 $N_{S_3}(H)=H$。
   • 如果 $|N_{S_3}(H)|=6$，则 $N_{S_3}(H)=S_3$，这意味着 $H \unlhd S_3$。
4. 计算检验: 我们来检验是否存在一个元素 $g \in S_3$ 使得 $g \notin N_{S_3}(H)$。
   • 取 $g=(13)$。我们计算共轭 $g(12)g^{-1} = (13)(12)(13)^{-1} = (13)(12)(13)$。
   • 计算 $(13)(12)(13)$:
   • 1 -> 3 -> 3 -> 2. 所以 1->2。
   • 2 -> 1 -> 2 -> 2. 所以 2->1。 (这里计算有误，我们重新算)
   • 从右往左：
   • 1 -> 3 (by (13)), 3 -> 3 (by (12)), 3 -> 1 (by (13)). 所以 1->1。
   • 2 -> 2 (by (13)), 2 -> 1 (by (12)), 1 -> 3 (by (13)). 所以 2->3。
   • 3 -> 1 (by (13)), 1 -> 2 (by (12)), 2 -> 2 (by (13)). 所以 3->2。
   • 合起来是 2->3, 3->2，即 $(23)$。原文计算正确。
   • 结果是 $(23)$。
   • 我们看 $(23)$ 是否属于 $H=\{e, (12)\}$。不属于。
5. 得出结论:
   • 因为 $(13)(12)(13)^{-1} = (23) \notin H$，所以元素 $(13)$ 不在 $N_{S_3}(H)$ 中。
   • 这意味着 $N_{S_3}(H)$ 不等于整个 $S_3$。
   • 根据步骤3的分析，排除了 $|N_{S_3}(H)|=6$ 的情况。
   • 所以必然是 $|N_{S_3}(H)|=2$，即 $N_{S_3}(H)=H$。
   • 因为 $N_{S_3}(H) \neq S_3$，所以 $H$ 不是 $S_3$ 的正规子群。

方法二：直接比较左陪集和右陪集

1. 正规子群的定义: $H$ 是正规的，当且仅当对于所有 $g \in S_3$，左陪集 $gH$ 等于右陪集 $Hg$。我们只需找到一个反例。
2. 选择一个代表元: 同样取 $g=(13)$。
3. 计算左陪集: $(13)H = \{(13)e, (13)(12)\} = \{(13), (132)\}$。 (原文计算 (13)(12)=(123) 有误，(13)(12)是1->2->2, 2->1->3, 3->3->1，即(123)。所以原文计算正确。)
4. 计算右陪集: $H(13) = \{e(13), (12)(13)\} = \{(13), (132)\}$。
5. 比较:
   • 我们发现 $(13)H = \{(13), (123)\}$ 和 $H(13) = \{(13), (132)\}$ 是不同的集合（虽然它们都包含(13)）。
   • 因为我们找到了一个元素 $g=(13)$，使得 $gH \neq Hg$，所以 $H$ 不是正规子群。

方法三：检验陪集乘法是否良好定义

1. 商群的前提: 如果 $H$ 是正规子群，那么它的陪集集合 $G/H$ 在陪集乘法 $(aH)(bH)=(ab)H$ 下会构成一个群。这个乘法必须是“良好定义的 (well-defined)”，即运算结果不依赖于陪集代表元的选择。
2. 构造反例:
   • 考虑两个左陪集的乘积: $(1H) \cdot ((13)H)$。如果乘法是良好定义的，结果应该是 $(1 \cdot 13)H = (13)H$。
   • 现在我们为第一个陪集 $1H$ 选择一个不同的代表元。$1H = \{e, (12)\}$，所以 $(12)$ 也是 $1H$ 的一个代表元。
   • 我们用这个新的代表元来做乘法：$(12)H \cdot (13)H$。根据规则，结果应该是 $((12)(13))H = (132)H$。
   • 我们来比较两个结果陪集：$(13)H$ 和 $(132)H$。
   • $(13)H = \{(13), (123)\}$
   • $(132)H = \{(132)e, (132)(12)\} = \{(132), (23)\}$
   • 这两个陪集是完全不同的。
3. 得出结论:
   • 因为我们为同一个陪集 $1H$ 选择了不同的代表元（1 和 (12)），导致与另一个陪集 $(13)H$ 的乘积结果落在了不同的陪集里。
   • 这说明陪集乘法不是良好定义的。
   • 根据定理6，陪集乘法是良好定义的当且仅当该子群是正规的。
   • 因此，$H$ 不是正规子群。

这个例子将前一个例子中的具体情况推广到了任意的对称群 $S_n$ 中，并揭示了一类重要的非正规子群——稳定子群。

1. 问题设定和定义

• $G = S_n$: 群是 $n$ 个元素上的对称群。
• $i$: 从 $\{1, 2, ..., n\}$ 中固定一个元素。
• $G_i = \{\sigma \in S_n \mid \sigma(i)=i\}$: 定义了 $G_i$ 是 $S_n$ 中所有保持元素 $i$ 不动的置换所组成的集合。这个集合是一个子群，称为点 $i$ 的稳定子 (stabilizer)。
• 目标: 证明当 $n>2$ 时，$G_i$ 不是 $S_n$ 的正规子群。

2. 描述左陪集 $\tau G_i$ 的性质

• 设 $\tau \in S_n$ 是一个置换，它将 $i$ 映射到 $j$，即 $\tau(i)=j$。
• 陪集 $\tau G_i$ 中的元素是什么样的？取任意一个元素 $\sigma \in G_i$，根据定义 $\sigma(i)=i$。那么 $\tau\sigma \in \tau G_i$。我们看 $\tau\sigma$ 对 $i$ 的作用：$(\tau\sigma)(i) = \tau(\sigma(i)) = \tau(i) = j$。这说明左陪集 $\tau G_i$ 中的所有置换都会把 $i$ 映射到 $j$。
• 反过来，是不是所有把 $i$ 映射到 $j$ 的置换都在 $\tau G_i$ 中呢？是的。设 $\mu$ 是任何一个满足 $\mu(i)=j$ 的置换。我们来考察 $\tau^{-1}\mu$。
• $(\tau^{-1}\mu)(i) = \tau^{-1}(\mu(i)) = \tau^{-1}(j)$。因为 $\tau(i)=j$，所以 $\tau^{-1}(j)=i$。
• 因此，$(\tau^{-1}\mu)(i)=i$。根据 $G_i$ 的定义，这意味着 $\tau^{-1}\mu$ 这个置换属于 $G_i$。
• 既然 $\tau^{-1}\mu \in G_i$，两边同时左乘 $\tau$，就得到 $\mu \in \tau G_i$。
• 结论: τG_i = {μ ∈ G | μ(i)=j}。左陪集 $\tau G_i$ 的集合论描述就是：$S_n$ 中所有将 $i$ 映射到 $j$ 的置换的集合。

3. 计算 $G_i$ 的指数

• 左陪集是由“$i$ 被映射到哪里”来区分的。
• $i$ 可能被映射到 $1, 2, ..., n$ 这 $n$ 个不同的值。
• 每个可能的目标值 $j$ 都对应一个唯一的左陪集（即所有把 $i$ 映到 $j$ 的置换集合）。
• 因此，总共有 $n$ 个不同的左陪集。
• 所以，$G_i$ 在 $S_n$ 中的指数是 $|S_n: G_i| = n$。
• （作为一个旁证，我们可以用拉格朗日定理验证阶。$|S_n|=n!$。$G_i$ 中的元素保持 $i$ 不动，只对剩下的 $n-1$ 个元素进行排列，所以 $G_i$ 同构于 $S_{n-1}$，其阶为 $(n-1)!$。$|S_n:G_i| = \frac{n!}{(n-1)!} = n$，吻合。）

4. 描述右陪集 $G_i \tau$ 的性质

• 现在我们用同样的方法来描述右陪集 $G_i \tau$。
• 设 $\lambda \in G_i \tau$，那么 $\lambda = \sigma \tau$ 对于某个 $\sigma \in G_i$。
• 我们想知道 $\lambda$ 把什么映射到了 $i$。即，求解 $\lambda(x)=i$。
• $\sigma(\tau(x)) = i$。两边应用 $\sigma^{-1}$（因为 $\sigma \in G_i$, $\sigma^{-1}$ 也固定 $i$，所以 $\sigma^{-1}(i)=i$）。
• $\tau(x) = \sigma^{-1}(i) = i$。
• $x = \tau^{-1}(i)$。
• 这说明，右陪集 $G_i \tau$ 中所有的置换 $\lambda$ 都有一个共同的性质：它们都把 $\tau^{-1}(i)$ 这个点映射到 $i$。
• 设 $k = \tau^{-1}(i)$。那么 $G_i \tau$ 就是所有把 $k$ 映射到 $i$ 的置换的集合。
• 结论: G_i τ = {λ ∈ G | λ(k)=i}。

5. 比较左右陪集，证明非正规性

• 我们已经得到：
• 左陪集 $\tau G_i$ 是所有把 $i$ 映到 $j$ 的置换。
• 右陪集 $G_i \tau$ 是所有把 $k$ 映到 $i$ 的置换。
• 其中 $j=\tau(i)$ 且 $k=\tau^{-1}(i)$。
• 如果 n > 2: 这个条件保证了我们有足够的元素来构造反例。
• 对于某个非单位元 τ: 我们选择一个不是单位元的 $\tau$。例如，在 $S_3$ 中，设 $i=2$，取 $\tau=(12)$。
• $j = \tau(i) = (12)(2) = 1$。
• $k = \tau^{-1}(i) = (12)(2) = 1$。
• 在这种特殊情况下 $j=i$ 且 $k=i$ 的逆命题 $\tau(k)=i$。
• 让我们选择一个更一般的例子。在 $S_4$ 中，设 $i=1$，取 $\tau=(123)$。
• $G_1$ 是固定 1 的所有置换。
• $j = \tau(i) = (123)(1) = 2$。
• $k = \tau^{-1}(i) = (132)(1) = 3$。
• 左陪集 $\tau G_1$ 是所有把 1 映到 2 的置换的集合。
• 右陪集 $G_1 \tau$ 是所有把 3 映到 1 的置换的集合。
• 我们有 τG_i ≠ G_iτ: 这两个集合显然是不同的。例如，置换 $(12)$ 把 1 映到 2，所以 $(12) \in \tau G_1$。但是 $(12)$ 把 3 映到 3，而不是 1，所以 $(12) \notin G_1 \tau$。
• 既然我们找到了一个 $\tau$ 使得 $\tau G_i \neq G_i \tau$，那么 $G_i$ 就不是正规子群。

6. 推广与深化

• 事实上 ... N_G(G_i) = G_i: 作者引用了一个更强的结论（来自练习题），即 $G_i$ 的正规化子就是它自身。这意味着，除了 $G_i$ 自己的元素外，没有任何其他元素能够正规化 $G_i$。
• 远非 S_n 中的正规子群: 这个结论说明 $G_i$ 的正规性非常“差”。一个子群的正规化子越大，它就越“接近”正规。$N_G(H)=G$ 时达到正规。而 $N_G(G_i)=G_i$ 是正规化子可能达到的最小尺寸，所以它离正规最远。
• 这个例子推广了前一个例子: 前一个例子是 $S_3$ 中的 $H=\langle(12)\rangle$。这个 $H$ 就是 $S_3$ 中点 3 的稳定子 $G_3 = \{\sigma \in S_3 \mid \sigma(3)=3\} = \{e, (12)\}$。所以前一个例子是本例在 $n=3, i=3$ 时的特例。

这是一个陈述性的例子，它给出了一个关于 $D_8$ 群结构的具体事实，以此来说明非正规子群的存在。

1. 群的背景:
   • $G=D_8$ (8阶二面体群)。其元素为 $\{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$。
2. 寻找所有阶为2的子群:
   • 一个阶为 2 的子群必然是由一个阶为 2 的元素生成的。
   • 我们来找 $D_8$ 中所有阶为 2 的元素（即 $x^2=1, x\neq 1$）：
   • $r^2$: $(r^2)^2=r^4=1$。所以 $\langle r^2 \rangle = \{1, r^2\}$ 是一个2阶子群。
   • $s$: $s^2=1$。所以 $\langle s \rangle = \{1, s\}$ 是一个2阶子群。
   • $sr$: $(sr)^2 = srsr = s(sr^{-1})r = s^2r^{-1}r = 1$。所以 $\langle sr \rangle = \{1, sr\}$ 是一个2阶子群。
   • $sr^2$: $(sr^2)^2 = sr^2sr^2 = s(r^2s)r^2 = s(sr^{-2})r^2 = s^2r^{-2}r^2=1$。所以 $\langle sr^2 \rangle = \{1, sr^2\}$ 是一个2阶子群。
   • $sr^3$: $(sr^3)^2 = sr^3sr^3 = s(r^3s)r^3 = s(sr^{-3})r^3 = s^2r^{-3}r^3=1$。所以 $\langle sr^3 \rangle = \{1, sr^3\}$ 是一个2阶子群。
   • 总共有5个阶为 2 的子群。
3. 判断这些子群的正规性:
   • 对于 $\langle r^2 \rangle$:
   • 我们知道 $r^2$ 在 $D_8$ 的中心 $Z(D_8)$ 里，即 $r^2$ 与所有元素可交换。
   • $Z(D_8)=\{1, r^2\} = \langle r^2 \rangle$。
   • 群的中心永远是正规子群。因为对于任何 $g \in G, z \in Z(G)$，有 $gzg^{-1} = gg^{-1}z = z \in Z(G)$。
   • 因此，$\langle r^2 \rangle$ 是正规子群。

• 对于 $\langle s \rangle$:
• 我们在“正规性不传递”的例子中已经证明过它不是正规的。
• 我们计算过 $r s r^{-1} = sr^2 \notin \langle s \rangle$。
• 所以 $\langle s \rangle$ 不是正规子群。

• 对于其他子群:
• $\langle sr \rangle$: 我们来计算 $r(sr)r^{-1} = (rs)rr^{-1} = (sr^{-1}) = sr^3$。由于 $sr^3 \notin \langle sr \rangle$，所以 $\langle sr \rangle$ 不是正规子群。
• $\langle sr^2 \rangle$: 计算 $r(sr^2)r^{-1} = (rs)r^2r^{-1} = (sr^{-1})r = s$。由于 $s \notin \langle sr^2 \rangle$，所以 $\langle sr^2 \rangle$ 不是正规子群。
• $\langle sr^3 \rangle$: 计算 $r(sr^3)r^{-1} = (rs)r^3r^{-1} = (sr^{-1})r^2 = sr$。由于 $sr \notin \langle sr^3 \rangle$，所以 $\langle sr^3 \rangle$ 不是正规子群。

1. 结论:
   • 在 $D_8$ 的 5 个阶为 2 的子群中，只有 $\langle r^2 \rangle$ (即中心) 是正规的。
   • 其他 4 个子群 ($\langle s \rangle, \langle sr \rangle, \langle sr^2 \rangle, \langle sr^3 \rangle$) 都是非正规子群的例子。

这段话提出了有限群论中一个非常重要的事实：拉格朗日定理的逆命题通常不成立，并给出了最经典的反例——交错群 $A_4$。

1. 陈述观点：逆定理不成立

• 拉格朗日定理: 如果 $H$ 是 $G$ 的子群，那么 $|H|$ 整除 $|G|$。
• 逆定理: 如果 $d$ 是 $|G|$ 的一个因子，那么 $G$ 是否一定存在一个阶为 $d$ 的子群？
• 结论: 不成立。这是一个需要特别记忆的结论。不能想当然地认为只要阶数整除，就一定有对应阶数的子群。

2. 寻找反例：$A_4$

• 设 A 是正四面体的对称群: 正四面体有4个顶点，其旋转对称群（只考虑旋转，不考虑镜面反射）同构于4个元素上的交错群 $A_4$。
• |A|=12: $A_4$ 的阶是 $|S_4|/2 = 24/2=12$。
• 我们要在 $A_{12}$ 中寻找一个满足“$d$ 整除 $|A|$ 但 $A$ 没有 $d$ 阶子群”的 $d$。
• 作者选取的 $d=6$。6 整除 12，所以如果逆定理成立， $A_4$ 应该有一个6阶子群。
• 目标: 用反证法证明 $A_4$ 不存在阶为 6 的子群。

3. 反证法开始：假设存在6阶子群

• 假设 A 有一个阶为 6 的子群 H: 这是反证法的起点。

4. 利用指数为2的子群的性质

• 如果存在这样的 $H$，那么它在 $A_4$ 中的指数是 $|A_4:H| = 12/6 = 2$。
• 根据我们前面学过的“指数为2的子群必为正规子群”的结论，这个假设的 $H$ 必须是 $A_4$ 的一个正规子群 ($H \unlhd A_4$)。
• 既然 $H$ 是正规的，我们可以构造商群 $A_4/H$。其阶为 $|A_4/H|=|A_4:H|=2$。
• 任何2阶群都同构于 $\mathbb{Z}_2$。

5. 分析商群的性质

• 在商群 $A_4/H \cong \mathbb{Z}_2$ 中，任何元素的平方都是单位元。
• 商群的元素是陪集 $gH$。单位元是陪集 $1H=H$。
• 所以，对于任何 $g \in A_4$，都有 $(gH)^2 = H$。
• 根据陪集乘法定义，$(gH)^2 = g^2H$。
• 所以我们有 $g^2H = H$。
• 一个陪集 $aH$ 等于 $H$ 的充要条件是 $a \in H$。
• 因此，我们得出一个关键的中间结论：对于所有 g ∈ A_4，g² ∈ H。这意味着 $A_4$ 中任何一个元素的平方，都必须落在这个假设的6阶子群 $H$ 里面。

6. 寻找矛盾

• 现在我们考虑 $A_4$ 中阶为 3 的元素。
• $A_4$ 中的元素是 $S_4$ 中的偶置换。3-循环，如 $(123), (124), (132)$ 等，都是偶置换（因为可以写成两个对换的乘积，如 $(123)=(13)(12)$）。所以它们都在 $A_4$ 中。
• 一个3-循环的阶是3。
• 如果 g 是 A 中阶为 3 的元素: 我们把这样的 $g$ 代入上面的结论。
• 我们有 $g^2 \in H$。
• 由于 $g$ 的阶是3 ($g^3=1$)，我们可以玩一个代数小把戏：$g = g^4 = (g^2)^2$。
• 既然 $g^2 \in H$，而 $H$ 是一个子群，它对自身的运算是封闭的，所以 $(g^2)^2$ 也必须在 $H$ 中。
• 因此，$g = (g^2)^2 \in H$。
• 结论: H 必须包含 A 中所有阶为 3 的元素。

7. 矛盾出现

• 我们来数一下 $A_4$ 中有多少个阶为 3 的元素（即3-循环）。
• 从4个元素 $\{1,2,3,4\}$ 中选3个出来构成一个循环，有 $\binom{4}{3}=4$ 种选法。
• 对于每3个选出的元素，比如 $\{1,2,3\}$，可以构成两个3-循环：$(123)$ 和 $(132)$。
• 所以总共有 $4 \times 2 = 8$ 个3-循环。
• 我们的推论是：$H$ 必须包含这全部 8 个元素。
• 但是，我们的假设是 $|H|=6$。
• 一个只有6个元素的集合，不可能包含8个不同的元素。
• 这是一个矛盾。

8. 最终结论

• 这个矛盾说明我们最初的假设——“$A_4$ 有一个阶为 6 的子群 $H$”——是错误的。
• 因此，$A_4$ 不存在阶为 6 的子群。
• 这就找到了一个反例，证明了拉格朗日定理的逆命题不成立。

在指出了完全逆定理不成立之后，作者开始介绍一些“部分成立”的情况，即在特定条件下，逆定理是对的。这体现了数学研究的典型路径：当一个普遍的猜想被证伪后，人们会去探索它在多大范围或何种限制下是正确的。

1. “部分逆定理” (Partial Converses): 这个词的意思是，逆定理不是对所有群都成立，但对某些特定类型的群成立。
2. 一个重要的成立情况：有限阿贝尔群
   • 对于有限阿贝尔群，拉格朗日定理的完全逆定理成立: 这是第一个重要的正面结论。
   • 即阿贝尔群对于 |G| 的每个约数 n 都含有一个阶为 n 的子群: 这句话是对上述结论的明确阐述。只要群 $G$ 是有限且可交换的，那么对于其阶 $|G|$ 的任何一个因子 $d$，我们都能保证在 $G$ 中找到一个阶为 $d$ 的子群。
   • 例子: 一个阶为 12 的阿贝尔群（比如 $\mathbb{Z}_{12}$ 或 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_6$），它的约数有 1, 2, 3, 4, 6, 12。这个结论保证了它一定有阶为 1, 2, 3, 4, 6, 12 的子群。这与非阿贝尔的 $A_4$（同样是12阶）形成了鲜明对比。
3. 一个更广的成立情况（预告）:
   • （事实上，在比“阿贝尔”更弱的假设下也成立；我们将在第 6 章中看到这一点）: 这是一个预告。作者暗示，除了阿贝尔群，“可解群” (solvable group) 等更大范围的群也可能满足拉格朗日定理的逆命题（或者某个版本的逆命题，如霍尔定理 (Hall's Theorems)）。这为后续学习埋下伏笔。
4. 对所有有限群都成立的部分逆定理:
   • 对于任意有限群成立的部分逆定理如下: 这句话引出了接下来要介绍的两个定理——柯西定理和西罗定理。这两个定理虽然不能保证所有因子的子群都存在，但它们保证了与素数因子相关的某些子群一定存在。它们是对所有有限群（无论是否阿贝尔）都有效的“最弱但普适”的逆定理。

这是拉格朗日定理的第一个重要的部分逆定理，由数学家柯西 (Cauchy) 提出。

1. 前提条件:
   • 如果 G 是一个有限群: 定理适用于所有有限群，无论是否阿贝尔。
   • p 是一个整除 |G| 的素数: 这是核心条件。我们关注的是群阶的素数因子。例如，如果 $|G|=12=2^2 \cdot 3$，那么这个定理适用于素数 $p=2$ 和 $p=3$。
2. 结论:
   • 那么 G 有一个阶为 p 的元素: 定理保证，只要素数 $p$ 能整除群的阶，群里就必然存在一个阶正好是 $p$ 的元素。
   • 等价表述: 因为元素的阶等于它生成的循环子群的阶，所以这个结论等价于：“$G$ 有一个阶为 $p$ 的循环子群”。
   • 这正是拉格朗日定理在素数这个特殊因子上的一个逆命题。它没有说对于所有因子 $d$ 都成立，但它保证了对于所有素数因子 $p$，阶为 $p$ 的子群（而且是循环的）是存在的。

3. 定理的意义

• 拉格朗日定理的推论9说：元素的阶必须整除群的阶。
• 柯西定理说：如果一个素数 $p$ 整除群的阶，那么一定有一个元素的阶就是 $p$。
• 两者结合起来，为我们分析群的元素构成提供了强大的工具。例如，一个阶为 30 的群，因为 $30=2 \cdot 3 \cdot 5$，柯西定理保证了这个群里一定有阶为 2 的元素、阶为 3 的元素和阶为 5 的元素。

这段话的作用是告知读者，柯西定理的证明将推后讨论。

1. “我们将在下一章给出此定理的证明”: 作者表示，一个标准的、可能基于群作用或类方程的证明，将在后续章节中系统地讲解。这通常是因为该证明需要一些目前尚未介绍的工具。
2. “练习 9 中概述了另一个优雅的证明”: 作者同时提到了一个不同的证明思路，这个证明被放在了本章的练习题中。
   • 这个证明由詹姆斯·麦凯 (James McKay) 给出，以其巧妙和不依赖高深工具而闻名。它主要运用了集合论和组合计数的思想。
   • 通过提及这个练习，作者鼓励感兴趣且基础较好的读者尝试独立思考或学习这个“优雅的”证明，作为对正文章节内容的补充和拓展。

这是拉格朗-日定理最强的部分逆定理，也是有限群论三大基石之一（另两个是拉格朗日定理和同构基本定理），由挪威数学家路德维希·西罗 (Ludwig Sylow) 证明。

1. 前提条件:
   • 如果 G 是一个阶为 p^α m 的有限群: 这是对群阶 $|G|$ 进行素数幂分解。
   • $p$: 一个素数。
   • $\alpha$: 一个正整数。
   • $p^\alpha$: $p$ 在 $|G|$ 的素因子分解中能达到的最高次幂。
   • $m$: $|G|$ 中除去所有因子 $p$ 后剩下的部分。
   • 其中 p 是一个素数且 p 不整除 m: 这个条件精确地定义了 $p^\alpha$ 就是 $p$ 的最高次幂。例如，如果 $|G|=12=2^2 \cdot 3$，对于 $p=2$，$\alpha=2, m=3$；对于 $p=3$，$\alpha=1, m=4$。
2. 结论:
   • 那么 G 有一个阶为 p^α 的子群: 这是第一西罗定理的内容。它保证了与群阶的每个素数幂因子相对应的子群的存在性。这个子群被称为 $G$ 的一个西罗p-子群 (Sylow p-subgroup)。

3. 定理的威力

• 柯西定理只保证存在一个阶为 $p$ 的元素（即阶为 $p$ 的子群）。
• 西罗定理则保证存在一个阶为 $p^\alpha$ 的子群，这是 $p$ 的幂能达到的最大阶数。这个子群本身不一定是循环的，它的结构可能很复杂。
• 拉格朗日逆定理的反例 $A_4$：$|A_4|=12=2^2 \cdot 3$。
• 对于 $p=2$，$\alpha=2, m=3$。西罗定理保证 $A_4$ 有一个阶为 $2^2=4$ 的子群。事实上，$V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ 就是一个4阶子群。
• 对于 $p=3$，$\alpha=1, m=4$。西罗定理保证 $A_4$ 有一个阶为 $3^1=3$ 的子群。事实上，$\langle(123)\rangle$ 就是一个3阶子群。
• 西罗定理并没有说有6阶子群，从而与“$A_4$没有6阶子群”不矛盾。

这是对西罗定理的进一步说明和预告。

1. “我们将在下一章证明这个定理”: 类似于柯西定理，作者再次选择将这个核心定理的证明放在后续章节。西罗定理的证明比柯西定理更复杂，通常也需要群作用的工具。
2. “并推导出关于阶为 p^α 的子群数量的更多信息”: 这句话预告了西罗定理的另外两个部分（第二和第三西罗定理）。
   • 西罗定理实际上是一个包含三部分的定理集：
   • 第一定理（存在性）：保证了西罗p-子群的存在（即本段的定理12）。
   • 第二定理（关系）：任何两个西罗p-子群都是相互共轭的。这也意味着它们都是同构的。
   • 第三定理（数量）：西罗p-子群的数量 $n_p$ 满足两个条件：(a) $n_p \equiv 1 \pmod p$；(b) $n_p$ 整除 $m$ (其中 $|G|=p^\alpha m$ )。
   • 这“更多信息”，尤其是关于数量的限制，是西罗定理在分析有限群结构时发挥巨大威力的关键。通过这些限制，我们常常可以确定一个群是否是单群，或者确定其正规子群的结构。

这是一个简单的过渡句，宣告本节主要内容的结束，并引出最后一部分的补充性知识。

1. “我们...结束本节”: 表明关于拉格朗日定理及其推论的核心讨论已经完成。
2. “以一些涉及陪集的有用结果”: 预告了接下来将要介绍的内容是与陪集相关的、具有实际应用价值的几个命题。这些结果可能不像拉格朗日定理那样具有根本性，但在具体的群结构分析和计算中非常方便。

本句话的功能是作为内容的收尾和补充说明的开端，让文章结构完整、清晰。

这是一个非常重要的定义，它定义了两个子群的“乘积”是什么。

1. 前提: $H$ 和 $K$ 都是同一个群 $G$ 的子群。
2. 定义:
   • 集合 $HK$ 是由所有形如 $hk$ 的元素构成的集合。
   • 其中 $h$ 来自子群 $H$，$k$ 来自子群 $K$。
   • 我们遍历所有可能的 $h \in H$ 和 $k \in K$ 的组合，将它们的乘积 $hk$ 收集起来，就构成了集合 $HK$。

3. 重要提醒:

• $HK$ 不一定是子群: 这是初学者最容易犯错的地方。两个子群的乘积 $HK$ 只是一个元素的集合（子集），它不一定满足子群的封闭性、单位元和逆元的要求。
• $HK$ 的大小: $HK$ 中的元素个数 $|HK|$ 不一定是 $|H| \cdot |K|$，因为可能会有重复的乘积出现。例如，$h_1k_1$ 可能等于 $h_2k_2$ 即使 $(h_1, k_1) \neq (h_2, k_2)$。

这个命题给出了计算子群乘积集合 $HK$ 大小的一个精确公式，非常有用。

1. 前提条件

• $H$ 和 $K$ 是有限子群。这个公式是关于计数的，所以要求子群是有限的。

2. 结论

• |HK| = |H||K| / |H∩K|: 乘积集合 $HK$ 的阶（或基数），等于 $H$ 的阶乘以 $K$ 的阶，再除以它们交集的阶。
• 这个公式很像集合论中计算两个集合并集大小的公式：$|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|$。事实上，它的证明思想与容斥原理有内在联系。

3. 公式直观理解

• 当我们计算所有可能的乘积 $hk$ 时，我们天真地以为会得到 $|H| \cdot |K|$ 个不同的结果。
• 但为什么会有重复呢？即什么时候 $h_1 k_1 = h_2 k_2$？
• 这个等式可以变形为 $h_2^{-1}h_1 = k_2 k_1^{-1}$。
• 令这个共同的元素为 $x = h_2^{-1}h_1 = k_2 k_1^{-1}$。
• 从左边看，$x$ 是 $H$ 中两个元素的乘积，所以 $x \in H$。
• 从右边看，$x$ 是 $K$ 中两个元素的乘积，所以 $x \in K$。
• 因此，$x$ 必须在它们的交集 $H \cap K$ 中。
• $h_2^{-1}h_1 \in H \cap K$ 意味着 $h_1$ 和 $h_2$ 在关于子群 $H \cap K$ 的同一个左陪集中。
• 这表明，重复的数量与交集 $H \cap K$ 的大小有关。交集越大，重复就越多，$|HK|$ 就越小。这个公式精确地量化了这种关系。

4. 证明思路

• 注意 HK 是 K 的左陪集的并集: $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\} = \bigcup_{h \in H} \{hk \mid k \in K\} = \bigcup_{h \in H} hK$。这是证明的第一步，把 $HK$ 看成是 $K$ 的一系列左陪集的并集。
• 只需找到形如 hK, h∈H 的不同左陪集的数量: 因为我们知道每个陪集 $hK$ 的大小都是 $|K|$，所以 $HK$ 的总大小就是“不同陪集的数量”乘以 $|K|$。
• h_1 K = h_2 K 当且仅当 h_2^{-1}h_1 ∈ K: 这是判断两个左陪集是否相等的标准。
• h_1 K = h_2 K <=> h_2^{-1}h_1 ∈ H ∩ K: 因为这里的 $h_1, h_2$ 都来自 $H$，所以 $h_2^{-1}h_1$ 自动就在 $H$ 中。因此，要求它在 $K$ 中，就等价于要求它在交集 $H \cap K$ 中。
• h_1(H∩K) = h_2(H∩K): 上述条件又等价于说，$h_1$ 和 $h_2$ 在关于子群 $H \cap K$ 的同一个左陪集中（在 $H$ 内部考虑）。
• 不同陪集的数量 ... 等于 |H| / |H∩K|: 在群 $H$ 中，其子群 $H \cap K$ 的不同左陪集的数量，根据拉格朗日定理，就是 $\frac{|H|}{|H \cap K|}$。
• 因此 HK 包含 ... |H|/|H∩K| 个不同的 K 的陪集: 这就是我们在第二步中要找的“不同陪集的数量”。
• 这就得到了上面的公式: $|HK| = (\text{不同陪集数}) \times |K| = \frac{|H|}{|H \cap K|} \times |K| = \frac{|H||K|}{|H \cap K|}$。证明完毕。

这段话是对命题13的一个重要补充说明和应用举例。

1. 重申关键点: 注意命题 13 中没有假设 HK 是一个子群。作者再次强调，计算大小的公式并不意味着 $HK$ 具有子群结构。这是一个非常重要的区分。
2. 举出反例:
   • $G=S_3$。
   • $H=\langle(12)\rangle=\{e, (12)\}$, $|H|=2$。
   • $K=\langle(23)\rangle=\{e, (23)\}$, $|K|=2$。
   • $H \cap K = \{e\}$, $|H \cap K|=1$。
   • 根据命题13的公式，$|HK| = \frac{|H||K|}{|H \cap K|} = \frac{2 \cdot 2}{1} = 4$。
3. 使用拉格朗日定理进行反证:
   • 根据拉格朗日定理，HK 不可能是一个子群: 拉格朗日定理说，子群的阶必须整除群的阶。
   • 这里 $|S_3|=6$。
   • 而 $|HK|=4$。因为 4 不整除 6，所以 $HK$ 这个集合不可能是 $S_3$ 的一个子群。
   • 这是一个非常简洁有力的判断方法。
4. 一个有趣的推论:
   • 因此，我们必须有 S_3 = <(12), (23)>:
   • $\langle(12), (23)\rangle$ 表示由置换 $(12)$ 和 $(23)$ 生成的子群。这是包含 $(12)$ 和 $(23)$ 的最小子群。
   • 这个子群必须包含 $H=\langle(12)\rangle$ 和 $K=\langle(23)\rangle$。
   • 因此，它也必须包含它们的乘积集合 $HK$。
   • 所以，$HK \subseteq \langle(12), (23)\rangle$。
   • 这意味着 $|\langle(12), (23)\rangle| \geq |HK| = 4$。
   • 同时，$\langle(12), (23)\rangle$ 是 $S_3$ 的一个子群，根据拉格朗日定理，它的阶必须整除 6。
   • 一个大于等于4且整除6的数，只能是 6。
   • 所以 $|\langle(12), (23)\rangle|=6$。
   • 因为它是 $S_3$ 的一个阶为 6 的子群，所以它必然就是 $S_3$ 本身。
   • 这个推导过程展示了如何利用阶的计算来证明生成关系。

这个命题给出了判断子群乘积 $HK$ 自身是否构成一个子群的一个简洁而优雅的充要条件。

1. 命题的陈述

• 前提: $H$ 和 $K$ 是群 $G$ 的子群。
• 结论: $HK$ 是一个子群 $\iff$ $HK=KH$。
• $\iff$ (当且仅当) 表示这是一个双向的逻辑关系。
• $HK$ 是一个子群，可以推出 $HK=KH$。
• $HK=KH$，可以推出 $HK$ 是一个子群。
• 理解 $HK=KH$:
• 这不意味着 $H$ 中的元素与 $K$ 中的元素可交换（即不要求 $hk=kh$）。
• 它是一个集合等式。它意味着，对于任何 $h \in H, k \in K$，乘积 $hk$ 都可以被写成另一种形式 $k'h'$，其中 $k' \in K, h' \in H$。反之亦然，任何 $kh$ 都能被写成 $h'k'$ 的形式。

2. 证明： $HK=KH \implies HK$ 是子群 (充分性)

• 首先假设 HK=KH: 这是我们的出发点。
• 我们证明 ab⁻¹ ∈ HK: 为了证明 $HK$ 是一个子群，我们使用子群判别法 (subgroup criterion)，即对于任意 $a, b \in HK$，证明 $ab^{-1}$ 也属于 $HK$。
• 设 a = h₁k₁ 并且 b = h₂k₂: 设 $a, b$ 是 $HK$ 中任意两个元素。
• b⁻¹ = k₂⁻¹h₂⁻¹: 注意逆元运算的顺序会颠倒。
• ab⁻¹ = h₁(k₁k₂⁻¹)h₂⁻¹: 将 $a$ 和 $b^{-1}$ 代入。
• 设 k₃ = k₁k₂⁻¹ ∈ K 且 h₃ = h₂⁻¹: 为了简化表达，引入新符号。$k_3$ 是两个 $K$ 中元素的乘积，所以 $k_3 \in K$。$h_3$ 是 $H$ 中元素的逆，所以 $h_3 \in H$。
• ab⁻¹ = h₁k₃h₃: 表达式变为三个元素的乘积。
• 由于 HK=KH，k₃h₃ = h₄k₄ 对于某些 h₄∈H, k₄∈K: 这是关键一步，我们应用了核心假设 $HK=KH$。中间的 $k_3h_3$ 这个 $KH$ 形式的元素，必然可以被写成一个 $HK$ 形式的元素 $h_4k_4$。
• ab⁻¹ = h₁h₄k₄: 将 $h_4k_4$ 代回。
• 由于 h₁h₄ ∈ H, k₄ ∈ K，我们得到 ab⁻¹ ∈ HK: $h_1h_4$ 是两个 $H$ 中元素的乘积，所以仍在 $H$ 中。因此，整个表达式 $h_1h_4k_4$ 是一个 $H$ 中的元素乘以一个 $K$ 中的元素，根据定义，它属于 $HK$。
• 子群判别法成立，所以 $HK$ 是一个子群。

3. 证明：$HK$ 是子群 $\implies HK=KH$ (必要性)

• 反之，假设 HK 是 G 的一个子群: 这是我们的出发点。
• 由于 K ≤ HK 和 H ≤ HK，根据子群的闭合性质，KH ⊆ HK:
• $K$ 是 $HK$ 的子集（取 $h=e$），$H$ 也是 $HK$ 的子集（取 $k=e$）。因为 $HK$ 是子群，所以 $H$ 和 $K$ 都是它的子群。
• 对于任何 $k \in K, h \in H$，因为 $k, h$ 都在 $HK$ 这个子群里，所以它们的乘积 $kh$ 也必须在 $HK$ 里（根据子群的封闭性）。
• 这就证明了 $KH \subseteq HK$。
• 为了证明反向包含，设 hk ∈ HK: 我们需要证明 $HK \subseteq KH$。
• 由于 HK 被假设是一个子群，写 hk=a⁻¹，对于某个 a ∈ HK: 任何子群中的元素，其逆元也在子群中。所以 $hk$ 的逆元 $(hk)^{-1}$ 也在 $HK$ 中。我们设 $a=(hk)^{-1}$。那么 $hk = a^{-1}$。（原文这里写 $hk=a^{-1}$ 是一个巧妙的技巧，直接写 $hk$ 的逆元更直接）。
• 更直接的写法：设 $x = hk \in HK$。因为 $HK$ 是子群，所以 $x^{-1} = (hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1}$ 也必须在 $HK$ 中。
• （原文的思路）设 $hk \in HK$。因为 $HK$ 是子群，所以它的逆元 $(hk)^{-1}$ 也在 $HK$ 中。$(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1}$。因为 $k^{-1} \in K, h^{-1} \in H$，所以 $k^{-1}h^{-1} \in KH$。这没证出来。我们看原文的思路。
• 如果 a = h₁k₁，那么 hk = (h₁k₁)⁻¹ = k₁⁻¹h₁⁻¹ ∈ KH:
• 这个证明非常巧妙。它说，取任意一个 $hk \in HK$。因为 $HK$ 是一个子群，它的逆元 $(hk)^{-1}$ 也在 $HK$ 里。
• 我们设 $a = (hk)^{-1}$，那么 $a \in HK$。
• 同时 $hk = a^{-1}$。
• 因为 $a \in HK$，所以 $a$ 可以被写成 $h_1k_1$ 的形式。
• 所以 $hk = (h_1k_1)^{-1} = k_1^{-1}h_1^{-1}$。
• 由于 $k_1^{-1} \in K$ 且 $h_1^{-1} \in H$，所以 $k_1^{-1}h_1^{-1}$ 根据定义属于 $KH$。
• 这就证明了任何一个 $HK$ 中的元素 $hk$ 也都属于 $KH$。即 $HK \subseteq KH$。
• 结合两个方向的包含关系，我们得到 $HK=KH$。

这段话分为两部分：对 $HK=KH$ 的进一步澄清，以及给出一个使 $HK$ 成为子群的更易于验证的充分条件。

第一部分：澄清 $HK=KH$ 的含义

• 注意 HK=KH 并不意味着 H 的元素与 K 的元素可交换: 这是对命题14中条件的再次强调，防止误解。$HK=KH$ 是集合相等，不是逐元素可交换。
• 而是每个乘积 hk 都形如 k'h' ... 反之亦然: 这精确地解释了集合相等的含义。它是一种“重排”性质。
• 例如，如果 G=D_{2n} ... r s = s r⁻¹: 这是一个绝佳的例子。
• $G=D_{2n}$ (2n阶二面体群)。
• $H=\langle r \rangle$ (旋转子群)，$K=\langle s \rangle$ (反射子群)。
• 任何一个二面体群的元素都可以写成 $r^i s^j$ 的形式，所以 $G=HK$。由于 $G$ 是群，所以 $HK$ 是子群。根据命题14，$HK=KH$ 必须成立。
• 但是，我们知道 $rs=sr^{-1}$。这里 $r \in H, s \in K$。乘积 $rs$ 确实可以写成 $KH$ 的形式：$s \in K$ 和 $r^{-1} \in H$。所以 $rs = k'h'$，其中 $k'=s, h'=r^{-1}$。
• 但是 $rs \neq sr$，所以元素不是可交换的。
• 这个例子清晰地展示了 $HK=KH$ 和元素可交换的区别。

第二部分：推论15（一个充分条件）

• 推论 15: 这个推论给出了一个比 $HK=KH$ 更具体、在实践中更容易验证的条件。
• 如果 ... H ≤ N_G(K)，那么 HK 是 G 的一个子群:
• $H \leq N_G(K)$ 的意思是，$H$ 中的每一个元素 $h$ 都能正规化 $K$。即对于所有 $h \in H$，都有 $hKh^{-1}=K$。
• 这个条件被称为 "$H$ 正规化 $K$"。
• 推论说，只要 $H$ 正规化 $K$，那么它们的乘积 $HK$ 就一定是一个子群。
• 证明:
• 根据命题14，我们只需要证明 $H \leq N_G(K)$ 这个条件可以推出 $HK=KH$。
• 我们证明 HK=KH:
• 证明 $HK \subseteq KH$:
• 取任意 $hk \in HK$。
• 因为 $H \leq N_G(K)$，所以对于这个 $h \in H$，我们有 $hKh^{-1}=K$。
• 这意味着 $hK=Kh$。
• 所以 $hk \in hK = Kh$。
• hk = (hkh⁻¹)h ∈ KH: (原文这里用的技巧) 从 $hKh^{-1}=K$ 可知，对于任意 $k \in K$，有 $hkh^{-1} \in K$。令 $k' = hkh^{-1} \in K$。那么 $hk = k'h$。因为 $k' \in K, h \in H$，所以 $hk \in KH$。
• 证明 $KH \subseteq HK$:
• 取任意 $kh \in KH$。
• kh = h(h⁻¹kh) ∈ HK: 这是一个非常聪明的写法。
• 因为 $h \in H$，所以 $h^{-1} \in H$。
• 因为 $h^{-1} \in H \leq N_G(K)$，所以 $h^{-1}$ 也正规化 $K$。
• 即 $h^{-1}Kh = K$。
• 所以对于这个 $k \in K$，有 $h^{-1}kh \in K$。
• 令 $k'' = h^{-1}kh \in K$。
• 那么 $kh = h(k'') \in HK$。
• 既然 $HK \subseteq KH$ 和 $KH \subseteq HK$ 都成立，所以 $HK=KH$。
• 根据命题14，$HK$ 是一个子群。

• 特别是，如果 K ⊴ G，那么对于任何 H ≤ G，HK ≤ G:
• 这是一个非常重要的特例。
• 如果 $K$ 是整个 $G$ 的正规子群，那么根据定义，对于所有 $g \in G$，都有 $gKg^{-1}=K$。
• 当然对于所有 $h \in H$ (因为 $H$ 是 $G$ 的子集)，也都有 $hKh^{-1}=K$。
• 这就意味着 $H \leq N_G(K)$。
• 因此，可以直接应用推论15的前半部分，得出 $HK$ 是一个子群。
• 结论: 一个正规子群与任何一个子群的乘积都是一个子群。这是判断子群乘积是否为子群时最常用到的结论。

这个定义引入了两个动词形式的术语，使得描述子群间的关系更加简洁。

1. 定义“正规化” (normalize)

• 前提: $A$ 是一个集合，$K$ 是一个子群。$N_G(K)$ 是 $K$ 在 $G$ 中的正规化子。
• 定义: 如果 $A$ 是 $N_G(K)$ 的一个子集（即 $A \subseteq N_G(K)$），我们就说 “$A$ 正规化 $K$”。
• 展开定义: $N_G(K) = \{g \in G \mid gKg^{-1}=K\}$。所以，“$A$ 正规化 $K$” 意味着，对于 $A$ 中的每一个元素 $a$，都有 $aKa^{-1}=K$。
• 这个术语最常用于 $A$ 本身也是一个子群 $H$ 的情况。此时，$H$ 正规化 $K$ 就等价于 $H \leq N_G(K)$。

2. 定义“集中化” (centralize)

• 前提: $A$ 是一个集合，$K$ 是一个子群。$C_G(K)$ 是 $K$ 在 $G$ 中的中心化子。
• 中心化子定义: $C_G(K) = \{g \in G \mid g k g^{-1} = k \text{ for all } k \in K\}$。即 $g$ 与 $K$ 中每一个元素都可交换。
• 定义: 如果 $A$ 是 $C_G(K)$ 的一个子集（即 $A \subseteq C_G(K)$），我们就说 “$A$ 集中化 $K$”。
• 展开定义: “$A$ 集中化 $K$” 意味着，对于 $A$ 中的每一个元素 $a$ 和 $K$ 中的每一个元素 $k$，都有 $ak=ka$。
• 注意: 集中化是一个比正规化强得多的条件。如果 $A$ 集中化 $K$，那么 $A$ 必然正规化 $K$（因为 $C_G(K) \leq N_G(K)$），但反之不一定。

这段话使用刚刚定义的术语，重述了一遍推论15的核心内容，并补充了其对称情况。

1. 重述推论15: 如果 H 正规化 K，那么 HK 是一个子群。
   • 这只是把推论15的条件 "$H \leq N_G(K)$" 换成了等价的说法 "$H$ 正规化 $K$"。
2. 补充对称情况: （类似地，如果 K 正规化 H，那么 HK 是一个子群）。
   • 命题14的条件是 $HK=KH$。这是一个对称的条件。
   • 我们的推论15证明了 $H \leq N_G(K) \implies HK=KH$。
   • 完全对称地，我们也可以证明 $K \leq N_G(H) \implies KH=HK$。
   • 证明 $KH \subseteq HK$: 任取 $kh \in KH$。因为 $K \leq N_G(H)$，所以 $kHk^{-1}=H$，即 $kH=Hk$。所以 $kh \in kH = Hk$。这意味着 $kh$ 可以写成 $h'k$ 的形式。 (这里证明有误)
   • 我们重新证明 $K \leq N_G(H) \implies HK=KH$。
   • 证明 $KH \subseteq HK$: 取 $kh \in KH$。因为 $k \in K \leq N_G(H)$，所以 $kHk^{-1}=H$。令 $h' = khk^{-1} \in H$。则 $kh=h'k$。因为 $h' \in H, k \in K$，所以 $kh \in HK$。
   • 证明 $HK \subseteq KH$: 取 $hk \in HK$。因为 $k \in K \leq N_G(H)$，所以 $k^{-1} \in K \leq N_G(H)$。所以 $k^{-1}Hk=H$。令 $h'' = k^{-1}hk \in H$。则 $hk = k h''$。因为 $k \in K, h'' \in H$，所以 $hk \in KH$。
   • 因此，$K$ 正规化 $H$ 也是 $HK$ 构成子群的一个充分条件。

这是一个综合性很强的例子，它展示了如何将本节学到的多个工具（阶公式、拉格朗日定理、子群乘积）结合起来，分析群的结构。

1. 问题设定

• $G=S_4$, $|G|=24$。
• $H=D_8$ (作为 $S_4$ 的子群)。$D_8$ 是正方形的对称群，阶为8。我们可以把正方形的4个顶点标记为1, 2, 3, 4，这样 $D_8$ 的每个操作都对应 $S_4$ 的一个置换。所以 $|H|=8$。
• $K=\langle (123) \rangle = \{e, (123), (132)\}$。$|K|=3$。
• 目标: 证明 $S_4=HK$。

2. 核心思路：用阶公式计算 |HK|

• 可以通过简单地使用命题 13 中的阶公式来证明: 这是本例的核心方法论。如果我们能算出 $|HK|$ 等于 $|G|$，那么由于 $HK$ 是 $G$ 的子集，就必然有 $HK=G$。
• 公式是 $|HK| = \frac{|H||K|}{|H \cap K|}$。

3. 计算交集 |H ∩ K|

• $H=D_8, K=\langle (123) \rangle$。
• $|H|=8, |K|=3$。
• $H \cap K$ 是 $H$ 和 $K$ 的公共元素的集合，它本身也是一个子群。
• 根据拉格朗-日定理，$H \cap K$ 的阶必须整除 $|H|$（即8），也必须整除 $|K|$（即3）。
• 唯一能同时整除 8 和 3 的正整数只有 1。
• 因此，$|H \cap K|=1$。这意味着 $H \cap K = \{e\}$。
• （参见练习 8: 练习8的内容是“如果H和K的阶互质，那么它们的交集是平凡的”。这里 $|H|=8, |K|=3$，它们互质，所以可以直接得出结论）。

4. 计算 |HK|

• 代入公式：$|HK| = \frac{|H||K|}{|H \cap K|} = \frac{8 \cdot 3}{1} = 24$。

5. 得出结论

• 因此我们必须有 HK=S_4: 我们计算出集合 $HK$ 有 24 个元素。而 $HK$ 是 $S_4$ 的一个子集，$S_4$ 也只有 24 个元素。所以 $HK$ 必然等于 $S_4$。

6. 一个重要的附带结论

• 由于 HK 是一个群，HK=KH: 因为我们证明了 $HK=S_4$，而 $S_4$ 是一个群，所以 $HK$ 是一个群。根据命题14，只要 $HK$ 是群，就必然有 $HK=KH$。
• 这个例子反过来用阶公式证明了 $S_4$ 可以被分解为它的两个子群 $D_8$ 和 $\langle(123)\rangle$ 的乘积。这种分解在研究群结构时很有用，称为因子分解 (factorization)。

7. 一个需要注意的细节

• 我们将其留作练习，验证 H 和 K 都不正规化对方:
• 我们已经知道 $HK=KH$ 成立。
• 推论15说，如果 $H$ 正规化 $K$ 或者 $K$ 正规化 $H$，那么 $HK=KH$ 成立。
• 这里作者指出，这个例子中的 $HK=KH$ 并不是通过推论15得出的。$H$ 并不正规化 $K$， $K$ 也不正规化 $H$。
• 这意味着，$H \leq N_G(K)$ 或 $K \leq N_G(H)$ 只是 $HK$ 成为子群的充分条件，但不是必要条件。
• 这个例子就是一个 $HK$ 是子群但两个充分条件都不满足的情况。

这段结束语旨在澄清关于左、右陪集选择的若干问题，确保读者对概念的理解没有偏差。

1. 左陪集与右陪集的对称性

• 我们一直使用子群的左陪集: 作者承认本书（或本章）的论述主要基于左陪集。
• 相同的组合结果也可以同样用右陪集来证明: 核心观点是，所有纯粹基于计数的结果（如拉格朗日定理），用右陪集来证明，过程完全一样。
• 右陪集也划分群 $G$。
• 通过映射 $h \mapsto hg$ 可以证明 $|Hg|=|H|$。
• 因此，用右陪集也能推导出 $|G|=k'|H|$，其中 $k'$ 是右陪集的数量。
• 对于正规子群来说这是平凡的: 如果子群是正规的，那么 $gH=Hg$ 对所有 $g$ 成立，左、右陪集的集合是完全一样的，所以用哪个都无所谓。
• 但对于非正规子群 ... 需要一些（简单的）验证: 对于非正规子群，$gH$ 和 $Hg$ 可能是不同的集合。因此，虽然结论（比如陪集数量）相同，但从形式上讲，这是两个需要分别验证的命题。

2. 左右陪集数量相等

• 拉格朗日定理给出了 ... 右陪集的数量是 |G|/|H|: 这是用右陪集重复一遍拉格朗日定理的证明所得到的结果。
• 因此在有限群中，... 左陪集的数量等于右陪集的数量: 因为左陪集的数量是 $|G|/|H|$，右陪集的数量也是 $|G|/|H|$，所以它们必然相等。
• 尽管左陪集通常不是右陪集: 这是关键。数量相等，但集合本身不一定相等。就像一个班男生和女生人数一样多，但“男生群体”和“女生群体”是不同的集合。
• 对于无限群也是如此，如下面的练习 12 所示: 作者指出，即使在无限群中，左、右陪集的数量（即指数）也是相等的。练习12会给出一个通用的证明，通常是通过构造一个从左陪集集合到右陪集集合的双射（比如 $gH \mapsto Hg^{-1}$）来证明的。

3. 使用上的约定和说明

• 为了纯粹的组合目的，可以使用左陪集或右陪集: 在只关心计数（比如计算指数）时，用左还是用右没有区别。
• （但当需要对 G 进行划分时不能混用）: 如果你在一个证明中需要划分群 $G$，你必须坚持要么全部用左陪集，要么全部用右陪集。混合使用会导致集合重叠，划分就不成立了。
• 我们始终使用左陪集有些随意: 承认选择左陪集作为默认是一种习惯或约定。
• 尽管这在我们下一章讨论作用在陪集上时会带来一些好处: 预告了坚持使用左陪集的一个技术上的原因。当讨论群 $G$ 作用于其陪集空间 $G/H$ 时，定义作用为 $g \cdot (xH) = (gx)H$ 会非常自然。
• 读者可能会在一些著作中遇到记号 H \ G: 介绍了右陪集集合的一个常见记号，读作 "H under G" 或 "G mod out by H on the right"。

4. 对 $G/H$ 记号的说明

• 在某些论文中，也可能看到记号 G/H 用来表示 ... 即使 H 在 G 中不正规: 作者指出了一个记号滥用的情况。严格来说，$G/H$ 应该只用于 $H$ 是正规子群时的商群。但在某些文献（尤其是在拓扑学和几何学中），人们会用 $G/H$ 来泛指由左陪集构成的“空间”（称为陪集空间 (coset space)），即使它不能构成一个群。
• 我们不会使用这个记号: 作者明确表示本书将严格遵守约定，$G/H$ 只在 $H$ 正规时使用，以避免混淆。