1. 自同构

这段话定义了群论中一个非常重要的概念：自同构。让我们一步步拆解这个定义。

1. “令 $G$ 为一个群”：这是我们讨论的背景。我们的一切操作都是在一个已经定义好的群 $G$ 上进行的。一个群是一个集合，配备了一个二元运算，满足封闭性、结合律、存在单位元和每个元素都有逆元。
2. “从 $G$ 到自身的同构”：这里有两个关键词：同构和“从G到自身”。
   • 同构 (Isomorphism)：我们先回忆一下什么是同构。一个从群 $G_1$ 到群 $G_2$ 的同构是一个映射 $\phi: G_1 \to G_2$，这个映射必须满足两个条件：
   • 双射 (Bijective)：也就是说，它既是单射（一对一）又是满射（映满）。这意味着 $G_1$ 和 $G_2$ 的元素可以一一对应，不多也不少。
   • 保持运算结构 (Homomorphism property)：对于 $G_1$ 中的任意两个元素 $a, b$，都有 $\phi(a \cdot_{G_1} b) = \phi(a) \cdot_{G_2} \phi(b)$。这里 $\cdot_{G_1}$ 是 $G_1$ 的运算，$\cdot_{G_2}$ 是 $G_2$ 的运算。这个性质保证了 $G_1$ 中的运算关系在 $G_2$ 中也同样成立，只是元素的名字变了。同构本质上说明两个群在代数结构上是完全一样的，可以看作是同一个群的“不同标签”。
   • “从 G 到自身”：这意味着同构的起点和终点是同一个群 $G$。也就是说，我们考虑的映射是 $\phi: G \to G$。
3. “称为 $G$ 的自同构 (Automorphism)”：结合上面两点，一个自同构就是一个从群 $G$ 到它自己的同构。它是一个保持群结构的双射，把 $G$ 的元素重新排列，但是排列后的群结构和原来一模一样。
4. “$G$ 的所有自同构的集合记作 $\operatorname{Aut}(G)$”：这是一个记号的定义。我们将所有可能的这种自同构映射收集起来，形成一个集合，并给它一个名字 $\operatorname{Aut}(G)$。这个集合里的每一个元素都是一个映射（一个函数）。

这段话指出了一个关键事实：$\operatorname{Aut}(G)$ 本身也构成一个群，并解释了它与其他群（特别是置换群 $S_G$）的关系。

1. “$\operatorname{Aut}(G)$ 在自同构的合成下是一个群”：
   • 运算的定义：我们说 $\operatorname{Aut}(G)$ 是一个群，首先要定义它的运算。这里的运算是函数的合成 (composition of functions)。如果 $\phi_1$ 和 $\phi_2$ 都是 $\operatorname{Aut}(G)$ 中的自同构，它们的合成 $(\phi_1 \circ \phi_2)$ 定义为：对于任意 $g \in G$，$(\phi_1 \circ \phi_2)(g) = \phi_1(\phi_2(g))$。
   • “合成是已定义的”：因为每个自同构都是从 $G$ 到 $G$ 的映射，所以 $\phi_2$ 的输出（值域）是 $G$，这正好是 $\phi_1$ 的输入（定义域）。所以合成操作总是可行的。
   • 验证群的公理：为了证明 $\operatorname{Aut}(G)$ 是一个群，我们需要验证四个公理：
   • 封闭性 (Closure)：如果 $\phi_1, \phi_2 \in \operatorname{Aut}(G)$，那么它们的合成 $\phi_1 \circ \phi_2$ 也必须是 $G$ 的一个自同构。
   • 两个双射的合成仍然是双射。
   • 两个同态的合成仍然是同态：$(\phi_1 \circ \phi_2)(gh) = \phi_1(\phi_2(gh)) = \phi_1(\phi_2(g)\phi_2(h)) = \phi_1(\phi_2(g)) \circ \phi_1(\phi_2(h)) = (\phi_1 \circ \phi_2)(g) (\phi_1 \circ \phi_2)(h)$。
   • 所以合成的结果仍然是一个从 $G$到自身的同构，即一个自同构。封闭性成立。
   • 结合律 (Associativity)：函数合成天然满足结合律，即 $(\phi_1 \circ \phi_2) \circ \phi_3 = \phi_1 \circ (\phi_2 \circ \phi_3)$。
   • 单位元 (Identity Element)：$G$ 上的恒等映射 $\operatorname{id}: G \to G$，定义为 $\operatorname{id}(g) = g$。它显然是一个自同构（是双射且保持运算），并且对于任何 $\phi \in \operatorname{Aut}(G)$，都有 $\phi \circ \operatorname{id} = \operatorname{id} \circ \phi = \phi$。所以恒等映射就是 $\operatorname{Aut}(G)$ 的单位元。
   • 逆元 (Inverse Element)：对于任何一个自同构 $\phi \in \operatorname{Aut}(G)$，因为它是一个双射，所以它的逆映射 $\phi^{-1}$ 存在。我们需要证明 $\phi^{-1}$ 也是一个自同构。
   • 逆映射也是双射。
   • 还需要证明它保持运算结构。设 $x, y \in G$，令 $x'=\phi^{-1}(x), y'=\phi^{-1}(y)$。则 $\phi(x')=x, \phi(y')=y$。因为 $\phi$ 是同态，所以 $\phi(x'y') = \phi(x')\phi(y') = xy$。对两边应用 $\phi^{-1}$，我们得到 $\phi^{-1}(\phi(x'y')) = \phi^{-1}(xy)$，即 $x'y' = \phi^{-1}(xy)$。代回 $x'$ 和 $y'$ 的定义，得到 $\phi^{-1}(x)\phi^{-1}(y) = \phi^{-1}(xy)$。所以 $\phi^{-1}$ 也是同态。
   • 因此，每个自同构都有一个逆元，这个逆元也是一个自同构。
   • “即 G 的自同构群”：因为满足了群的所有公理，所以 $\operatorname{Aut}(G)$ 本身是一个群，我们称之为 $G$ 的自同构群。
2. “请注意，群 G 的自同构，特别是集合 G 的置换”：
   • 置换 (Permutation)：一个集合 $X$ 的置换是指从 $X$ 到自身的任意一个双射。它只关心元素的重新排列，不关心集合上是否有代数结构。
   • 自同构是特殊的置换：一个自同构 $\phi: G \to G$ 根据定义是一个双射，所以它天然就是集合 $G$ 上的一个置换。但它更特殊，因为它还必须保持群的运算结构。
3. “因此 $\operatorname{Aut}(G)$ 是 $S_G$ 的一个子群”：
   • $S_G$ 的定义：$S_G$ 是集合 $G$ 上所有置换构成的群，其运算也是函数合成。这个群也叫对称群。
   • 子群关系：我们已经知道 $\operatorname{Aut}(G)$ 中的每个元素（每个自同构）都是 $S_G$ 中的一个元素（一个置换），所以 $\operatorname{Aut}(G)$ 是 $S_G$ 的一个子集。
   • 同时，$\operatorname{Aut}(G)$ 使用与 $S_G$ 相同的运算（函数合成），并且我们已经证明了 $\operatorname{Aut}(G)$ 本身就是一个群。
   • 根据子群的定义（一个群的子集，在该群的运算下也构成一个群），$\operatorname{Aut}(G)$ 是 $S_G$ 的一个子群。

这段话起到了一个承上启下的作用。

1. 承上：我们刚刚定义了什么是自同构。这是一个相当抽象的概念。
2. 启下：为了让这个概念更具体，这里指出了一个非常重要且具体的构造自同构的方法——共轭 (conjugation)。
3. “最重要的例子之一”：这强调了共轭在自同构理论中的核心地位。由共轭产生的自同构被称为内自同构，它们构成了自同构群中一个特别重要的子群。
4. “由 G 中一个固定元素的共轭提供”：具体来说，就是任取一个群 $G$ 中的元素 $g$，然后定义一个映射 $\phi_g: G \to G$，其规则为 $\phi_g(x) = gxg^{-1}$。这个映射就是由 $g$ 决定的共轭操作。接下来的内容将会证明，这个映射 $\phi_g$ 确实是一个自同构。
5. “下一个结果将在一个稍微更一般的上下文中讨论”：作者在这里预告，他不会直接证明对于整个群 $G$ 来说共轭是自同构，而是会证明一个更普遍的结论：对于 $G$ 的任何一个正规子群 $H$，用 $G$ 的元素去共轭 $H$ 的元素，会得到 $H$ 的一个自同构。这个更一般的结论自然包含了 $H=G$ 的特殊情况。

这个命题是本节的核心，它精确地描述了共轭如何产生自同构，并揭示了几个重要群之间的关系。让我们逐句分解。

1. “令 $H$ 为群 $G$ 的一个正规子群”：这是命题的大前提。
   • 子群 (Subgroup) $H \le G$：$H$ 是 $G$ 的一个子集，并且在 $G$ 的运算下也构成一个群。
   • 正规子群 (Normal Subgroup) $H \unlhd G$：这是一个更强的条件。它意味着对于 $G$ 中的任意元素 $g$，用 $g$ 对 $H$ 进行共轭，得到的结果仍然是 $H$ 本身。即，对于所有 $g \in G$，都有 $gHg^{-1} = \{ghg^{-1} \mid h \in H\} = H$。这个条件是至关重要的，它保证了共轭操作不会把 $H$ 的元素“踢出” $H$。
2. “那么 $G$ 通过共轭作用于 $H$ 作为 $H$ 的自同构”：这是一个概括性的陈述。
   • 群作用 (Group Action)：一个群 $G$ 作用于一个集合 $X$，是指有一个映射 $G \times X \to X$，记作 $(g, x) \mapsto g \cdot x$，满足两个条件：$e \cdot x = x$ 和 $(g_1 g_2) \cdot x = g_1 \cdot (g_2 \cdot x)$。
   • “$G$ 通过共轭作用于 $H$”：这里的集合是 $H$，作用的规则是 $g \cdot h = ghg^{-1}$。
   • “作为 $H$ 的自同构”：这句话是说，这个共轭作用不仅是一个普通的集合置换作用，而且每个作用（即每个映射 $h \mapsto ghg^{-1}$）本身都是一个保持 $H$ 群结构的映射，即一个 $H$ 的自同构。
3. “更具体地说，... 定义为 $h \mapsto g h g^{-1}$”：这里给出了共轭作用的明确公式。对于 $G$ 中固定的 $g$，它定义了一个从 $H$ 到 $H$ 的映射。因为 $H$ 是正规的，所以 $ghg^{-1}$ 仍然在 $H$ 中，这个映射是良定义的（即值域确实是 $H$）。
4. “对于每个 $g \in G$，通过 $g$ 的共轭是 $H$ 的一个自同构”：这是命题的第一个关键结论。对于任何一个固定的 $g \in G$，映射 $\phi_g: H \to H$ 定义为 $\phi_g(h) = ghg^{-1}$，是一个自同构。证明这一点需要验证它是双射和同态（这将在证明部分完成）。
5. “由此作用产生的置换表示是 $G$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个同态”：
   • 置换表示 (Permutation Representation)：任何一个群作用都会自然地产生一个从群 $G$ 到作用集合上的置换群 $S_X$ 的同态。这个同态 $\Psi: G \to S_X$ 的定义是，它把 $G$ 中的元素 $g$ 映射到它所引起的那个置换。
   • 在这里，我们已经知道每个 $g \in G$ 引起的置换 $h \mapsto ghg^{-1}$ 不仅仅是一个置换，而是一个自同构。所以这个置换实际上是 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个元素（因为 $\operatorname{Aut}(H)$ 是 $S_H$ 的子群）。
   • 因此，这个置换表示实际上是一个从 $G$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的映射。这个映射 $\Psi: G \to \operatorname{Aut}(H)$ 定义为 $\Psi(g) = \phi_g$ (其中 $\phi_g(h)=ghg^{-1}$)。
   • 命题说这个映射 $\Psi$ 是一个群同态。也就是说 $\Psi(g_1 g_2) = \Psi(g_1) \circ \Psi(g_2)$。这等价于 $\phi_{g_1 g_2} = \phi_{g_1} \circ \phi_{g_2}$，即用 $g_1 g_2$ 进行共轭的效果，和先用 $g_2$ 共轭再用 $g_1$ 共轭的效果是一样的。
6. “其核为 $C_G(H)$”：
   • 同态的核 (Kernel of a homomorphism)：同态 $\Psi: G \to \operatorname{Aut}(H)$ 的核是 $G$ 中所有被映射到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的单位元的元素的集合。$\operatorname{Aut}(H)$ 的单位元是恒等映射 $\operatorname{id}_H$。
   • 所以 $\ker(\Psi) = \{g \in G \mid \Psi(g) = \operatorname{id}_H\} = \{g \in G \mid \phi_g = \operatorname{id}_H\}$。
   • $\phi_g = \operatorname{id}_H$ 意味着对于所有的 $h \in H$，都有 $\phi_g(h) = h$，即 $ghg^{-1} = h$。
   • 两边右乘 $g$，得到 $gh=hg$。这个条件意味着 $g$ 与 $H$ 中的所有元素都可交换。
   • 中心化子 (Centralizer)：$G$ 中与 $H$ 的所有元素都可交换的元素的集合，恰好是 $H$ 在 $G$ 中的中心化子，记作 $C_G(H)$。
   • 所以，这个同态的核就是 $C_G(H)$。
7. “特别地，$G / C_G(H)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群”：
   • 这是第一同构定理的直接应用。第一同构定理指出，对于任何群同态 $\Psi: G \to K$，都有 $G / \ker(\Psi) \cong \operatorname{Im}(\Psi)$。其中 $\operatorname{Im}(\Psi)$ 是 $\Psi$ 的像，它是 $K$ 的一个子群。
   • 将这个定理应用到我们这里的同态 $\Psi: G \to \operatorname{Aut}(H)$：
   • $G$ 还是 $G$。
   • $\ker(\Psi) = C_G(H)$。
   • $K = \operatorname{Aut}(H)$。
   • $\operatorname{Im}(\Psi)$ 是由共轭产生的所有自同构构成的集合，它是 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。
   • 所以，我们得到 $G / C_G(H) \cong \operatorname{Im}(\Psi)$，而 $\operatorname{Im}(\Psi)$ 是 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。这就证明了命题的最后一部分。

这是命题13的证明的第一部分，目标是证明“对于每个 $g \in G$，通过 $g$ 的共轭是 $H$ 的一个自同构”。

1. “令 $\varphi_g$ 为通过 $g$ 的共轭”：定义符号。$\varphi_g$ 是一个映射，其规则是 $\varphi_g(x) = gxg^{-1}$。
2. “因为 $g$ 正规化 $H$，所以 $\varphi_g$ 将 $H$ 映射到自身”：这里用到了 $H$ 是正规子群的性质。正规子群的定义就是对于任意 $g \in G$，都有 $gHg^{-1} = H$。这意味着对于任意 $h \in H$，其像 $\varphi_g(h) = ghg^{-1}$ 必定也在 $H$ 中。所以 $\varphi_g$ 是一个从 $H$ 到 $H$ 的映射，这是良定义的。
3. “由于我们已经看到共轭定义了一个作用...”：这里引用了之前关于群作用的知识。一个共轭作用满足：
   • $\varphi_1(h) = 1h1^{-1} = h$。所以 $\varphi_1$ 是恒等映射，记作 $1$ 或者 $\operatorname{id}_H$。
   • $(\varphi_a \circ \varphi_b)(h) = \varphi_a(\varphi_b(h)) = \varphi_a(bhb^{-1}) = a(bhb^{-1})a^{-1} = (ab)h(b^{-1}a^{-1}) = (ab)h(ab)^{-1} = \varphi_{ab}(h)$。所以 $\varphi_a \circ \varphi_b = \varphi_{ab}$。这就是我们之前说的同态性质。
4. “因此，每个 $\varphi_g$ 都提供了从 $H$ 到自身的双射，因为它有一个双边逆映射 $\varphi_{g^{-1}}$”：这里证明了 $\varphi_g$ 是双射。
   • 一个映射如果有双边逆，那它一定是双射。
   • 我们来验证 $\varphi_{g^{-1}}$ 是不是 $\varphi_g$ 的逆。
   • 一方面，$\varphi_g \circ \varphi_{g^{-1}} = \varphi_{g g^{-1}} = \varphi_1 = \operatorname{id}_H$。
   • 另一方面，$\varphi_{g^{-1}} \circ \varphi_g = \varphi_{g^{-1} g} = \varphi_1 = \operatorname{id}_H$。
   • 确实，$\varphi_{g^{-1}}$ 是 $\varphi_g$ 的左逆和右逆，因此是其逆映射。
   • 因为 $\varphi_g$ 存在逆映射，所以它是一个双射。
5. “每个 $\varphi_g$ 都是从 $H$ 到 $H$ 的一个同态，因为...”：这里证明了 $\varphi_g$ 保持群的运算结构。
   • 对于 $H$ 中的任意两个元素 $h$ 和 $k$，我们要证明 $\varphi_g(hk) = \varphi_g(h) \varphi_g(k)$。
   • 证明过程：
   • $\varphi_g(hk) = g(hk)g^{-1}$ （根据 $\varphi_g$ 的定义）
   • $= gh(1)kg^{-1}$ （在中间插入一个单位元 $1$）
   • $= gh(g^{-1}g)kg^{-1}$ （把 $1$ 写成 $g^{-1}g$ 的形式，这是证明中的一个常见技巧）
   • $= (ghg^{-1})(gkg^{-1})$ （利用结合律重新组合括号）
   • $= \varphi_g(h) \varphi_g(k)$ （根据 $\varphi_g$ 的定义）
   • 这就证明了 $\varphi_g$ 是一个同态。
6. “这证明了...一个自同构”：因为我们已经证明了 $\varphi_g$ 是一个从 $H$ 到 $H$ 的同态，并且它还是一个双射，所以根据自同构的定义，$\varphi_g$ 是 $H$ 的一个自同构。

这是证明的第二部分，旨在完成命题中关于同态、核以及商群同构的论述。

1. “根据上述备注，由 $\psi(g)=\varphi_{g}$ 定义的置换表示...”：
   • 这里定义了一个新的映射 $\psi$。这个映射的定义域是群 $G$，值域是作用在集合 $H$ 上的置换群 $S_H$。
   • $\psi$ 的作用是，把 $G$ 中的每个元素 $g$ 对应到它所引起的那个共轭映射 $\varphi_g$。
   • 我们之前已经证明了 $\varphi_a \circ \varphi_b = \varphi_{ab}$，这翻译成 $\psi$ 的语言就是 $\psi(a) \circ \psi(b) = \psi(ab)$。这表明 $\psi$ 是一个群同态。
2. “...的像包含在 $S_H$ 的子群 $\operatorname{Aut}(H)$ 中”：
   • 像 (Image) $\operatorname{Im}(\psi)$ 是指所有 $\varphi_g$（其中 $g \in G$）构成的集合。
   • 在证明的第一部分，我们已经辛苦地证明了每一个 $\varphi_g$ 不仅仅是一个置换（$S_H$ 的元素），它更是一个自同构（$\operatorname{Aut}(H)$ 的元素）。
   • 因此，$\psi$ 的像实际上是 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子集。
   • 所以，我们可以把 $\psi$ 看作一个从 $G$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的同态。
3. “最后，$\operatorname{ker} \psi = ... = C_G(H)$”：这部分计算了同态 $\psi$ 的核。
   • 第一步: $\operatorname{ker} \psi = \{g \in G \mid \varphi_g = \operatorname{id}\}$
   • 根据核的定义，$\ker \psi$ 是 $G$ 中所有被 $\psi$ 映射到目标群（这里是 $\operatorname{Aut}(H)$）的单位元的元素集合。
   • $\operatorname{Aut}(H)$ 的单位元是恒等映射 $\operatorname{id}$（或者写作 $\operatorname{id}_H$）。
   • 所以 $\ker \psi$ 就是所有使得 $\varphi_g$ 成为恒等映射的 $g \in G$ 的集合。
   • 第二步: $= \{g \in G \mid ghg^{-1}=h \text{ 对于所有 } h \in H\}$
   • 这一步把 $\varphi_g = \operatorname{id}$ 这个条件翻译成了具体的操作。
   • $\varphi_g$ 是恒等映射，意味着对于它定义域里的任何元素 $h \in H$，都有 $\varphi_g(h) = h$。
   • 代入 $\varphi_g$ 的定义，就是 $ghg^{-1}=h$。
   • 第三步: $= C_G(H)$
   • $ghg^{-1}=h$ 两边右乘 $g$ 就得到 $gh=hg$。
   • 一个元素 $g$ 使得 $gh=hg$ 对所有的 $h \in H$ 都成立，这正是 $g$ 属于 $H$ 在 $G$ 中的中心化子 (Centralizer of H in G) 的定义。
   • 这个集合记作 $C_G(H)$。
   • 因此，同态 $\psi$ 的核就是 $C_G(H)$。
4. “第一同构定理意味着命题的最终陈述”：
   • 我们现在有了一个同态 $\psi: G \to \operatorname{Aut}(H)$，并且我们计算出了它的核是 $C_G(H)$。
   • 第一同构定理告诉我们，$G / \ker(\psi)$ 同构于 $\operatorname{Im}(\psi)$。
   • 代入我们得到的结果：$G / C_G(H) \cong \operatorname{Im}(\psi)$。
   • $\operatorname{Im}(\psi)$ 是 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。
   • 所以，$G/C_G(H)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。
   • 这样，命题的所有部分都得到了证明。

这是对刚刚证明的命题13的总结和引申。

1. “命题13表明一个群通过共轭作用于一个正规子群，作为结构保持置换，即作为自同构”：这是对命题核心内容的高度概括。
   • “结构保持置换”：这是一个非常形象的说法。置换指的是双射，即元素的重新排列。“结构保持”指的是同态性质，即群的运算规则在重新排列后依然有效。“结构保持置换”就是同构的另一种说法。当定义域和值域相同时，它就是自同构。
2. “特别是，这个作用必须将子群映射到子群，将 $n$ 阶元素映射到 $n$ 阶元素等”：这是自同构（乃至所有同构）的一个重要性质推论。
   • 同构保持元素的阶：如果 $\phi: G \to K$ 是一个同构，那么元素 $g$ 的阶 $|g|$ 等于其像 $\phi(g)$ 的阶 $|\phi(g)|$。这是因为 $g^n=e_G \iff \phi(g^n)=\phi(e_G) \iff (\phi(g))^n=e_K$。
   • 同构保持子群结构：如果 $A$ 是 $G$ 的一个子群，那么它的像 $\phi(A) = \{\phi(a) \mid a \in A\}$ 就是 $K$ 的一个子群。
   • “等”：这里还包括很多其他被保持的性质，例如：
   • 保持中心（但不一定是点对点）。
   • 保持交换子群。
   • 保持循环性（如果一个子群是循环的，它的像也是循环的）。
   • 因为共轭是一种自同构，所以它天然就具备所有这些性质。例如，一个 $n$ 阶元素被共轭后，得到的新元素也必须是 $n$ 阶。一个循环子群被共轭后，得到的新子群也必须是循环的。
3. “这个命题的两个具体应用在接下来的两个推论中描述”：预告了推论14和推论15，它们是命题13最直接、最重要的应用。

这个推论是命题13的一个非常直接和普遍的应用。

1. “如果 $K$ 是群 $G$ 的任何子群且 $g \in G$”：这里的条件比命题13弱。$K$ 只是一个普通的子群，不要求是正规子群。$g$ 是 $G$ 中的任意一个元素。
2. “那么 $K \cong g K g^{-1}$”：这是结论的核心。
   • $gKg^{-1}$：这是 $K$ 的共轭子群，定义为 $gKg^{-1} = \{gkg^{-1} \mid k \in K\}$。这是一个集合。容易验证它也是 $G$ 的一个子群。（封闭性：$(g k_1 g^{-1})(g k_2 g^{-1}) = g(k_1k_2)g^{-1}$，因为 $k_1k_2 \in K$，所以结果在 $gKg^{-1}$ 中。单位元：$g e_K g^{-1} = e_G$。逆元：$(gkg^{-1})^{-1} = g k^{-1} g^{-1}$，因为 $k^{-1} \in K$，所以逆元也在 $gKg^{-1}$ 中。）
   • $\cong$：表示“同构于”。
   • 整个结论是说：一个子群和它的任意一个共轭子群在代数结构上是完全一样的。
3. “共轭元素和共轭子群具有相同的阶”：这是上述同构结论的直接结果。
   • 同构的群必有相同的阶（元素个数）。所以 $|K| = |gKg^{-1}|$。
   • 共轭元素：$x$ 和 $gxg^{-1}$。我们在前文讨论过，自同构保持元素的阶，所以 $|x| = |gxg^{-1}|$。

这个证明非常简洁，它巧妙地借用了命题13的强大威力。

1. “令命题中 $G=H$”：这是一个特例化的步骤。命题13是关于 $G$ 的正规子群 $H$ 的。现在我们考虑一个特殊情况，就是这个正规子群 $H$ 就是 $G$ 本身。因为任何一个群 $G$ 都是它自身的正规子群（因为 $gGg^{-1} = G$ 对所有 $g \in G$ 成立），所以命题13的条件是满足的。
2. “表明通过 $g \in G$ 的共轭是 $G$ 的一个自同构”：
   • 把 $H=G$ 代入命题13的结论“通过 $g$ 的共轭是 $H$ 的一个自同构”，我们得到：
   • 对于每个 $g \in G$，映射 $\phi_g: G \to G$，定义为 $\phi_g(x) = gxg^{-1}$，是 $G$ 的一个自同构。
3. “由此推论得出”：
   • 我们现在有一个从 $G$ 到 $G$ 的同构映射 $\phi_g$。
   • 同构的一个基本性质是，它将子群映射到同构的子群。
   • 我们考虑子群 $K \le G$。在映射 $\phi_g$ 下， $K$ 的像是 $\phi_g(K) = \{\phi_g(k) \mid k \in K\} = \{gkg^{-1} \mid k \in K\} = gKg^{-1}$。
   • 因为 $\phi_g$ 是一个同构，所以定义域中的子群 $K$ 必须与值域中它的像 $gKg^{-1}$ 同构。
   • 即 $K \cong gKg^{-1}$。推论证毕。

这个推论是命题13的另一个关键应用，它在正规化子、中心化子和自同构群之间建立了一个深刻的联系。

1. “对于群 G 的任何子群 H”：前提是任意一个子群 $H$，不要求正规。
2. “商群 $N_G(H)/C_G(H)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群”：这是第一个结论。让我们分解其中的符号。
   • $N_G(H)$ (H在G中的正规化子)：$N_G(H) = \{g \in G \mid gHg^{-1} = H\}$。这是 $G$ 中所有使得 $H$ 在其共轭下保持不变的元素的集合。$N_G(H)$ 是 $G$ 的一个子群，并且 $H$ 是 $N_G(H)$ 的一个正规子群（这是正规化子的关键性质）。
   • $C_G(H)$ (H在G中的中心化子)：$C_G(H) = \{g \in G \mid ghg^{-1} = h \text{ for all } h \in H\}$。这是 $G$ 中所有与 $H$ 中每个元素都逐点交换的元素的集合。
   • 关系：显然，如果一个元素 $g$ 与 $H$ 中所有元素都交换，那它必然满足 $gHg^{-1}=H$。所以 $C_G(H)$ 总是 $N_G(H)$ 的一个子群。进一步可以证明 $C_G(H)$ 是 $N_G(H)$ 的正规子群，因此商群 $N_G(H)/C_G(H)$ 是良定义的。
   • 结论的意义：这个商群 $N_G(H)/C_G(H)$ 的结构，被限制在 $\operatorname{Aut}(H)$ 内部。它刻画了“有多少种方式可以用 $G$ 的元素共轭 $H$ 并使其保持不变，同时这些共轭方式对 $H$ 的内部元素产生了非平凡的排列”。
3. “特别地，$G/Z(G)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(G)$ 的一个子群”：这是将第一个结论进行特例化的结果。
   • 令 $H=G$。
   • $N_G(G) = \{g \in G \mid gGg^{-1} = G\}$。因为 $gGg^{-1}=G$ 对所有 $g \in G$ 都成立，所以 $N_G(G) = G$。
   • $C_G(G) = \{g \in G \mid gxg^{-1} = x \text{ for all } x \in G\} = \{g \in G \mid gx=xg \text{ for all } x \in G\}$。这正是群 $G$ 的中心 $Z(G)$ 的定义。
   • 将这些代入第一个结论 $N_G(H)/C_G(H) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(H)$：
   • $N_G(H)$ 变为 $G$。
   • $C_G(H)$ 变为 $Z(G)$。
   • $\operatorname{Aut}(H)$ 变为 $\operatorname{Aut}(G)$。
   • 于是我们得到 $G/Z(G) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(G)$。

证明过程非常优雅，它展示了如何通过转换视角来应用已有的定理。

1. “由于 $H$ 是群 $N_G(H)$ 的正规子群”：这是应用命题13的关键一步。
   • 我们想研究的对象是 $H$，但它在 $G$ 中不一定是正规的。
   • 但是，根据正规化子 $N_G(H)$ 的定义，对于任何 $g \in N_G(H)$，都有 $gHg^{-1}=H$。这恰恰是说 $H$ 在 $N_G(H)$ 这个群里是正规的。
   • 所以，我们可以把我们的舞台从大群 $G$ 缩小到群 $N_G(H)$，在这个新舞台上，$H$ 是一个正规子群，于是命题13的所有条件都满足了。
2. “命题 13 (应用于 $N_G(H)$ 扮演 $G$ 的角色) 蕴含了第一个断言”：
   • 我们来复述一下命题13的结论：如果 $H \unlhd G$，则 $G/C_G(H) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(H)$。
   • 现在我们进行“角色扮演”替换：
   • 命题13中的大群 $G$ -> 现在由 $N_G(H)$ 扮演。
   • 命题13中的正规子群 $H$ -> 现在还是 $H$。
   • 将这些角色代入命题13的结论 $G/C_G(H) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(H)$：
   • $G$ 变为 $N_G(H)$。
   • $C_G(H)$ 变为 $C_{N_G(H)}(H)$。
   • 所以我们得到结论：$N_G(H) / C_{N_G(H)}(H) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(H)$。
   • 最后我们只需注意到，$C_{N_G(H)}(H)$ （在 $N_G(H)$ 中与 $H$ 交换的元素）和 $C_G(H)$ （在 $G$ 中与 $H$ 交换的元素）是完全一样的集合。因为如果一个元素和 $H$ 交换，它肯定在 $N_G(H)$ 中，所以没必要限制在 $N_G(H)$ 中寻找。
   • 因此，$C_{N_G(H)}(H) = C_G(H)$。
   • 代回去，我们就得到了第一个断言：$N_G(H)/C_G(H) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(H)$。
3. “第二个断言是 $H=G$ 的特例...”：这部分在上面的逐步解释中已经详细说明了。通过简单的符号替换 $H \to G$, $N_G(G) \to G$, $C_G(G) \to Z(G)$，直接从第一个断言得到第二个断言。

这个定义为一类非常特殊的自同构赋予了名字。

1. “令 G 为一个群且令 g ∈ G”：背景设定。
2. “通过 g 的共轭称为 G 的一个内自同构 (Inner Automorphism)”：
   • 我们已经知道，对于任意 $g \in G$，映射 $\phi_g: G \to G$ 定义为 $\phi_g(x) = gxg^{-1}$ 是一个自同构（这是推论14证明的第一步，即命题13在 $H=G$ 时的特例）。
   • 这个定义就是给这种由群内部元素 $g$ 通过共轭产生的自同构一个特殊的名称：“内自同构”。
   • “内”这个词非常形象，因为它是由群 $G$ “内部”的元素 $g$ 决定的。与之相对的，那些不能通过共轭得到的自同构，就被称为“外自同构 (Outer Automorphism)”。
3. “$\operatorname{Aut}(G)$ 中由所有内自同构组成的子群记作 $\operatorname{Inn}(G)$”：
   • 我们将所有这些内自同构收集起来，形成一个集合。
   • $\operatorname{Inn}(G) = \{\phi_g \mid g \in G\}$。
   • 这个定义断言这个集合是 $\operatorname{Aut}(G)$ 的一个子群。让我们快速验证一下：
   • 单位元：$\operatorname{id} = \phi_1$，因为 $1 \in G$，所以单位元在 $\operatorname{Inn}(G)$ 中。
   • 封闭性：$\phi_g \circ \phi_h = \phi_{gh}$。因为 $gh \in G$，所以两个内自同构的合成还是一个内自同构。
   • 逆元：$(\phi_g)^{-1} = \phi_{g^{-1}}$。因为 $g^{-1} \in G$，所以每个内自同构的逆元还是一个内自同构。
   • 因此，$\operatorname{Inn}(G)$ 确实是 $\operatorname{Aut}(G)$ 的一个子群。

这段话是对刚才定义的补充说明和深化。

1. “群 G 的内自同构的集合实际上是 $\operatorname{Aut}(G)$ 的一个子群”：这是对刚才定义的重申和确认。我们已经在上面验证过这一点。
2. “并且根据推论 15，$\operatorname{Inn}(G) \cong G / Z(G)$”：这是一个极其重要的结论，它精确地描述了内自同构群的结构。
   • 让我们回顾推论15的第二个断言：$G/Z(G) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(G)$。
   • 这个结论是怎么来的？它是通过同态 $\psi: G \to \operatorname{Aut}(G)$，定义为 $\psi(g) = \phi_g$ 得来的。
   • 根据第一同构定理，$G/\ker(\psi) \cong \operatorname{Im}(\psi)$。
   • 我们已经知道 $\ker(\psi) = C_G(G) = Z(G)$。
   • $\operatorname{Im}(\psi)$ 是什么？它正是所有 $\phi_g$ 构成的集合，即 $\operatorname{Inn}(G)$。
   • 所以，第一同构定理直接告诉我们 $G/Z(G) \cong \operatorname{Inn}(G)$。
   • 这完美地解释了推论15的结论。$G/Z(G)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(G)$ 的一个子群，这个子群不多不少，正好就是内自同构群 $\operatorname{Inn}(G)$。
3. “另请注意，如果 $H$ 是 $G$ 的正规子群，则 $G$ 的一个元素的共轭限制在 $H$ 上是 $H$ 的一个自同构”：
   • 这是命题13的直接复述。对于 $g \in G$，映射 $\phi_g|_H : H \to H$ 定义为 $h \mapsto ghg^{-1}$，是 $H$ 的一个自同构。
4. “但不必是 $H$ 的内自同构（我们将会看到）”：这是一个重要的提醒和预告。
   • 由 $g \in G$ 引起的 $H$ 的自同构 $\varphi(h) = ghg^{-1}$，是一个来自“外部”元素 $g$ 的共轭。
   • 而 $H$ 的一个内自同构，必须是由 $H$ “内部”的某个元素 $h_0 \in H$ 通过共轭产生的，即形式为 $\psi(h) = h_0 h h_0^{-1}$。
   • 这两者可能不是一回事。可能存在一个 $g \in G$ 但 $g \notin H$，它在 $H$ 上引起的自同构 $\varphi(h)=ghg^{-1}$，无法找到任何一个 $h_0 \in H$ 使得 $ghg^{-1} = h_0 h h_0^{-1}$ 对所有 $h \in H$ 成立。
   • 这样的自同构，对于 $H$ 来说，就是一个“外自同构”，尽管它从 $G$ 的角度看是由共轭产生的。

这个示例包含两个论断和一个具体例子。

• 第一个论断：“一个群 G 是阿贝尔群当且仅当每个内自同构都是平凡的。”
• 平凡的自同构指的是恒等映射 $\operatorname{id}$。
• 这是一个“当且仅当”的命题，需要双向证明。
• ($\Rightarrow$) 如果 G 是阿贝尔群，那么每个内自同构都是平凡的。
• 若 $G$ 是阿贝尔群，则对任意 $g, x \in G$，有 $gx=xg$。
• 内自同构 $\phi_g(x) = gxg^{-1} = xgg^{-1} = x = \operatorname{id}(x)$。
• 所以，对于任何 $g \in G$，$\phi_g$ 都是恒等映射。
• ($\Leftarrow$) 如果每个内自同构都是平凡的，那么 G 是阿贝尔群。
• 每个内自同构都是平凡的，意味着对于所有 $g \in G$，$\phi_g = \operatorname{id}$。
• 这意味着对于所有 $g \in G$ 和所有 $x \in G$，都有 $\phi_g(x) = x$。
• 即 $gxg^{-1}=x$。两边右乘 $g$，得到 $gx=xg$。
• 因为这对所有 $g, x$ 都成立，所以 $G$ 是阿贝尔群。

• 第二个论断：“如果 H 是 G 的一个阿贝尔正规子群且 H 不包含在 Z(G) 中，那么存在某个 g ∈ G 使得通过 g 共轭限制在 H 上不是 H 的内自同构。”
• 前提分析：
• $H \unlhd G$ ($H$ 是正规子群)。
• $H$ 是阿贝尔群。这意味着 $\operatorname{Inn}(H) = \{\operatorname{id}\}$。即 $H$ 的所有内自同构都是平凡的。
• $H \not\leq Z(G)$ ($H$ 不包含在 $G$ 的中心里)。这意味着，存在至少一个 $h_0 \in H$ 和一个 $g_0 \in G$，使得 $g_0h_0 \neq h_0g_0$。即 $g_0h_0g_0^{-1} \neq h_0$。
• 结论分析：
• 我们要证明存在某个 $g \in G$，它在 $H$ 上引起的共轭自同构 $\phi_g|_H$ 不是 $H$ 的内自同构。
• 因为 $H$ 是阿贝尔群，它的内自同构只有恒等映射。
• 所以，我们只需要证明，存在某个 $g \in G$，使得 $\phi_g|_H$ 不是恒等映射。
• 证明：
• 根据前提 $H \not\leq Z(G)$，存在 $h_0 \in H$ 和 $g_0 \in G$ 使得 $g_0h_0g_0^{-1} \neq h_0$。
• 这个 $g_0$ 引起的共轭自同构是 $\phi_{g_0}|_H$。
• 当它作用在 $h_0$ 上时，$\phi_{g_0}(h_0) = g_0h_0g_0^{-1} \neq h_0$。
• 既然存在一个元素 $h_0$ 使得 $\phi_{g_0}(h_0) \neq h_0$，那么 $\phi_{g_0}|_H$ 就不是恒等映射。
• 而 $H$ 的所有内自同构都是恒等映射。
• 因此，$\phi_{g_0}|_H$ 不是 $H$ 的内自同构。论断成立。

• 具体例子：“$G=A_4$, $H$ 是 G 中的克莱因四元群，而 g 是任意 3-循环。”
• $G=A_4$ 是12阶的交错群。
• $H = V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ 是 $A_4$ 的正规子群。
• $H$ 是阿贝尔群。
• $A_4$ 的中心 $Z(A_4)=\{e\}$ 是平凡的。所以 $H$ 显然不包含在 $Z(A_4)$ 中。
• 满足了第二个论断的所有前提。
• 取 $g$ 为一个3-循环，例如 $g=(123)$。
• 我们之前计算过，由 $g=(123)$ 引起的对 $H$ 的共轭自同构将 $(12)(34)$ 映为 $(14)(23)$。
• 这个自同构不是恒等映射。
• 由于 $H$ 是阿贝尔群，$\operatorname{Inn}(H) = \{\operatorname{id}\}$。
• 因此，这个由 $(123)$ 引起的自同构，不是 $H$ 的内自同构。这完美地例证了第二个论断。

这个例子计算了四元数群 $Q_8$ 的内自同构群。

1. 背景知识：
   • 四元数群 $Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$，其阶为8。
   • 它的中心 $Z(Q_8)$ 是由与所有元素都交换的元素构成的。在 $Q_8$ 中，只有 $1$ 和 $-1$ 与所有元素都交换。所以 $Z(Q_8) = \{\pm 1\} = \langle -1 \rangle$。这是一个2阶子群。
2. 应用结论：
   • 我们使用核心结论 $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$。
   • 令 $G=Q_8$。
   • $\operatorname{Inn}(Q_8) \cong Q_8 / Z(Q_8)$。
3. 计算商群：
   • $Q_8/Z(Q_8)$ 是一个阶为 $|Q_8|/|Z(Q_8)| = 8/2 = 4$ 的商群。
   • 4阶群只有两种（同构意义下）：$Z_4$ (循环群) 和 $V_4$ (克莱因四元群)。
   • 我们来判断 $Q_8/Z(Q_8)$ 是哪一种。一个方法是检查商群中元素的阶。
   • 商群的元素是陪集：
   • $Z(Q_8) = \{\pm 1\}$ (这是单位元)
   • $iZ(Q_8) = \{\pm i\}$
   • $jZ(Q_8) = \{\pm j\}$
   • $kZ(Q_8) = \{\pm k\}$
   • 计算元素的阶：
   • $(iZ(Q_8))^2 = i^2Z(Q_8) = (-1)Z(Q_8)$。因为 $-1$ 在 $Z(Q_8)$ 里，所以 $(-1)Z(Q_8)$ 就是单位元陪集 $Z(Q_8)$。
   • 这意味着陪集 $iZ(Q_8)$ 的阶是2。
   • 同理，$jZ(Q_8)$ 和 $kZ(Q_8)$ 的阶也都是2。
   • 一个4阶群，如果除了单位元外所有元素的阶都是2，那它必然是克莱因四元群 $V_4$。
   • $Z_4$ 中有一个4阶元素，而我们这个商群没有4阶元素。
4. 最终结论：
   • $Q_8/Z(Q_8) \cong V_4$。
   • 因此，$\operatorname{Inn}(Q_8) \cong V_4$。

这个例子计算了8阶二面体群 $D_8$ 的内自同构群。过程与上一个例子完全平行。

1. 背景知识：
   • 8阶二面体群 $D_8 = \langle r, s \mid r^4=s^2=1, rs=sr^3 \rangle$，其阶为8。
   • 它的中心 $Z(D_8)$ 是 $\langle r^2 \rangle = \{1, r^2\}$。这是一个2阶子群。
2. 应用结论：
   • $\operatorname{Inn}(D_8) \cong D_8/Z(D_8)$。
3. 计算商群：
   • $D_8/Z(D_8)$ 是一个阶为 $|D_8|/|Z(D_8)| = 8/2 = 4$ 的商群。
   • 我们再次判断它是 $Z_4$ 还是 $V_4$。
   • 商群的元素是陪集：
   • $Z(D_8) = \{1, r^2\}$ (单位元)
   • $rZ(D_8) = \{r, r^3\}$
   • $sZ(D_8) = \{s, sr^2\}$
   • $srZ(D_8) = \{sr, sr^3\}$
   • 计算元素的阶：
   • $(rZ(D_8))^2 = r^2Z(D_8) = Z(D_8)$。所以 $rZ(D_8)$ 的阶是2。
   • $(sZ(D_8))^2 = s^2Z(D_8) = 1Z(D_8) = Z(D_8)$。所以 $sZ(D_8)$ 的阶是2。
   • $(srZ(D_8))^2 = (sr)(sr)Z(D_8) = s(rs)rZ(D_8) = s(sr^3)rZ(D_8) = s^2r^4Z(D_8) = 1 \cdot 1 Z(D_8) = Z(D_8)$。所以 $srZ(D_8)$ 的阶也是2。
   • 同样，这是一个所有非单位元元素的阶都是2的4阶群。
4. 最终结论：
   • $D_8/Z(D_8) \cong V_4$。
   • 因此，$\operatorname{Inn}(D_8) \cong V_4$。
   • 有趣的是，$Q_8$ 和 $D_8$ 是两个不同的8阶非阿贝尔群，但它们的内自同构群是同构的。

这个例子计算了对称群 $S_n$ 的内自同构群。

1. 背景知识：
   • 对称群 $S_n$ 是作用在 $n$ 个元素上的置换群。
   • 一个重要的事实是：当 $n \geq 3$ 时， $S_n$ 的中心是平凡的，即 $Z(S_n)=\{e\}$（这里用 $1$ 代表单位元）。这是因为只有单位元能和所有的置换交换。（对于 $n=2$, $S_2 \cong Z_2$ 是阿贝尔群，中心是它自己）。
2. 应用结论：
   • $\operatorname{Inn}(S_n) \cong S_n / Z(S_n)$。
3. 计算商群：
   • $S_n / Z(S_n) = S_n / \{e\}$。
   • 任何一个群 $G$ 对其平凡子群 $\{e\}$ 的商群，都和 $G$ 本身同构。（因为陪集 $g\{e\}$ 就是单元素集合 $\{g\}$，映射 $g \mapsto g\{e\}$ 是一个同构）。
   • 所以 $S_n / \{e\} \cong S_n$。
4. 最终结论：
   • $\operatorname{Inn}(S_n) \cong S_n$。
   • 这个结论非常有趣：$S_n$ 的内自同构群和 $S_n$ 本身是同构的。这意味着 $S_n$ 通过共轭作用于自身，其产生的自同构种类之丰富，已经足以复制出 $S_n$ 自己的全部结构。
   • 更进一步，有一个著名的定理（除了 $n=6$ 的例外），$S_n$ 的所有自同构都是内自同构，即 $\operatorname{Aut}(S_n) = \operatorname{Inn}(S_n)$。所以对于 $n \geq 3, n \neq 6$，我们有 $\operatorname{Aut}(S_n) \cong S_n$。

这段话通过一个非常简单但重要的例子，展示了如何应用推论15进行群论推理。

1. “推论15表明我们关于群 G 的子群 H 的自同构群的任何信息都转化为关于 $N_G(H)/C_G(H)$ 的信息”：
   • 这是对推论15的实际应用价值的总结。推论15说 $N_G(H)/C_G(H)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。
   • 这意味着 $|N_G(H)/C_G(H)|$ 必须整除 $|\operatorname{Aut}(H)|$（根据拉格朗日定理）。
   • 所以，如果我们知道了关于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的信息（特别是它的阶），我们就能得到关于 $N_G(H)/C_G(H)$ 的很强的限制。
2. “例如，如果 $H \cong Z_2$”：
   • 我们考虑一个2阶循环子群 $H = \{e, h\}$，其中 $h^2=e$。
3. “那么由于 H 具有唯一的 1 阶和 2 阶元素，推论14强制 $\operatorname{Aut}(H)=1$”：
   • 推论14的一个推论是，自同构必须保持元素的阶。
   • $H$ 中有两个元素：单位元 $e$（1阶）和非单位元 $h$（2阶）。
   • 令 $\phi$ 为 $H$ 的一个自同构。
   • $\phi(e)$ 必须是1阶元素，所以 $\phi(e)=e$。
   • $\phi(h)$ 必须是2阶元素，所以 $\phi(h)=h$。
   • 由于 $\phi$ 对 $H$ 的所有元素的作用都是保持不变，所以 $\phi$ 只能是恒等映射 $\operatorname{id}$。
   • 因此，$H$ 的自同构群 $\operatorname{Aut}(H)$ 只包含一个元素，即恒等映射。所以 $\operatorname{Aut}(H) = \{\operatorname{id}\}$，这是一个平凡群，有时也记作 1。
4. “因此，如果 $H \cong Z_2$，则 $N_G(H)=C_G(H)$”：
   • 我们从推论15知道，$N_G(H)/C_G(H)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。
   • 既然 $\operatorname{Aut}(H)$ 是平凡群，它的唯一子群就是它自己，也是平凡群。
   • 所以 $N_G(H)/C_G(H)$ 必须同构于平凡群。
   • 一个商群是平凡群，当且仅当分子和分母相等。
   • 因此，$N_G(H) = C_G(H)$。
5. “如果此外 H 是 G 的正规子群，那么 $H \leq Z(G)$”：
   • 这是一个进一步的推论。
   • 前提：$H$ 是 $G$ 的正规子群。根据正规子群的定义，这意味着 $N_G(H) = G$。
   • 结合上一步的结论 $N_G(H) = C_G(H)$，我们得到 $G = C_G(H)$。
   • $G = C_G(H)$ 的意思是， $G$ 中的每一个元素都与 $H$ 中的每一个元素交换。
   • 用符号表示：对于所有 $g \in G$ 和所有 $h \in H$，都有 $gh=hg$。
   • 这正是 $H$ 包含在 $G$ 的中心 $Z(G)$ 中的定义，即 $H \leq Z(G)$。

这段话是对前面例子所展示的方法论的总结和展望。

1. “尽管前面的示例相当平凡”：作者承认，关于 $Z_2$ 的例子本身比较简单，结论（一个2阶正规子群在中心里）可能通过其他方法也能得到。
2. “但它说明了 G 通过共轭作用于正规子群 H 可以通过了解 H 的自同构群来限制”：
   • 这才是作者想强调的重点，即这个例子背后蕴含的普适性方法。
   • 方法的核心是：研究 $G$ 对 $H$ 的共轭作用。这个作用产生了一个同态 $\psi: G \to \operatorname{Aut}(H)$。
   • 因此，关于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的知识（比如它的阶，它的子群结构，它是否循环或阿贝尔等），通过这个同态，就能够对 $G$ 的行为（具体来说是 $G/C_G(H)$ 的结构）施加非常严格的限制。
3. “这反过来可以用于研究 G 的结构”：
   • 这是一个“由小见大”的策略。通过研究 $G$ 的一个（通常更小、更简单的）子群 $H$ 和它的自同构群，我们可以反过来推断出关于整个大群 $G$ 的结构信息。
4. “并且当我们将在第 5.5 节中考虑半直积时，将导致一些分类定理”：
   • 这是一个重要的预告，指明了该思想的深远应用。
   • 半直积 (Semidirect Product) 是一种构造新群的方法，它比直积更复杂。构造一个半直积 $H \rtimes_{\psi} K$ 需要一个从 $K$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的同态 $\psi$。
   • 我们这里研究的共轭作用 $G \to \operatorname{Aut}(H)$ 正是这种同态的原型。
   • 分类定理 (Classification Theorems)：在群论中，一个中心任务是将在某种意义下所有可能的群都找出来并分类。例如，给定一个阶 $n$，找出所有 $n$ 阶群的同构类型。
   • 利用半直积和关于自同构群的知识，可以对特定阶的群进行有效的分类。例如，证明所有15阶群都是循环群，或者找出所有8阶群有5种。

这里引入了一个比正规子群更强的概念——特征子群。

1. “一个将在后面章节中最自然地引入的概念”：作者在这里插入这个定义，可能是因为它与自同构的概念紧密相关，虽然它的全面应用在后面。
2. 定义：“群 G 的子群 H 称为 G 中的特征子群”：这是对这个新概念的命名。
3. 记号：“记作 $H \operatorname{char} G$”：这是特征子群的标准记号。
4. 条件：“如果 G 的每个自同构都将 H 映射到自身”：这是特征子群的核心定义。
   • 自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}(G)$ 是一个保持 $G$ 结构的双射。
   • 映射到自身：$\sigma(H) = \{\sigma(h) \mid h \in H\} = H$。这意味着，在任何一种保持 $G$ 结构的“洗牌”（自同构）下，$H$ 这个子群作为一个整体集合，保持不变。$H$ 里的元素可能会被置换，但它们只会在 $H$ 内部相互置换，不会有元素被换到 $H$ 外面去，也不会有外面的元素被换进来。
5. 与正规子群的比较：
   • 正规子群 $H \unlhd G$ 要求：对于所有由共轭（即内自同构）引起的自同构 $\phi_g \in \operatorname{Inn}(G)$，都有 $\phi_g(H)=H$。
   • 特征子群 $H \operatorname{char} G$ 要求：对于所有自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}(G)$，都有 $\sigma(H)=H$。
   • 因为 $\operatorname{Inn}(G)$ 是 $\operatorname{Aut}(G)$ 的一个子群，所以特征子群的要求比正规子群更强。一个特征子群必须对所有的自同构（包括内自同构和外自同构）都保持稳定，而正规子群只需要对内自同构保持稳定。
   • 因此，特征子群必然是正规子群。

这里列出了特征子群的三个核心性质，它们的证明被留作习题，但理解这些性质本身至关重要。

• (1) 特征子群是正规的
• 解释：我们上面已经讨论过。特征子群的定义要求它在所有自同构下稳定。内自同构（共轭）是自同构的一种。所以，特征子群自然也在所有内自同构下稳定。而这正是正规子群的定义。
• 符号化：$H \operatorname{char} G \Rightarrow \forall \sigma \in \operatorname{Aut}(G), \sigma(H)=H$。
• 因为 $\operatorname{Inn}(G) \subseteq \operatorname{Aut}(G)$，所以上面这个性质对所有 $\phi_g \in \operatorname{Inn}(G)$ 也成立。
• 即 $\forall g \in G, \phi_g(H)=H$，也就是 $gHg^{-1}=H$。
• 这就是 $H \unlhd G$ 的定义。

• (2) 如果 H 是 G 中给定阶的唯一子群，那么 H 是 G 中的特征子群
• 解释：这是一个非常有用的判别准则。
• 证明思路：令 $H$ 是 $G$ 中唯一的 $k$ 阶子群。取任意一个自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}(G)$。我们需要证明 $\sigma(H)=H$。
• 因为同构保持子群结构和阶，所以 $\sigma(H)$ 也一定是 $G$ 的一个子群，并且它的阶 $|\sigma(H)| = |H| = k$。
• 但我们已经假设了，$G$ 中阶为 $k$ 的子群是唯一的，这个子群就是 $H$。
• 所以，$\sigma(H)$ 别无选择，只能是 $H$ 本身。
• 因此，$H$ 是特征子群。
• 应用：在西罗定理中，如果一个西罗p-子群是唯一的，那么它不仅是正规的，而且是特征的。

• (3) 如果 $K \operatorname{char} H$ 且 $H \unlhd G$，那么 $K \unlhd G$
• 解释：这个性质展示了特征子群是如何弥补正规子群“非传递性”这个缺陷的。
• 链条：$K \le H \le G$。
• 前提：
• $K$ 在 $H$ 中是特征的 ($K \operatorname{char} H$)。
• $H$ 在 $G$ 中是正规的 ($H \unlhd G$)。
• 结论：$K$ 在 $G$ 中也是正规的 ($K \unlhd G$)。
• 证明思路：要证明 $K \unlhd G$，我们需要证明对于任意 $g \in G$，都有 $gKg^{-1}=K$。
• 令 $\phi_g$ 为由 $g$ 引起的对 $G$ 的内自同构。
• 因为 $H \unlhd G$，所以 $\phi_g(H) = gHg^{-1} = H$。这意味着 $\phi_g$ 限制在 $H$ 上时（记为 $\phi_g|_H$），是一个从 $H$ 到 $H$ 的映射。
• 我们在命题13中已经证明，这个 $\phi_g|_H$ 是 $H$ 的一个自同构，即 $\phi_g|_H \in \operatorname{Aut}(H)$。
• 现在我们用上第一个前提 $K \operatorname{char} H$。它的意思是，$H$ 的任何一个自同构都使 $K$ 保持不变。
• 既然 $\phi_g|_H$ 是 $H$ 的一个自同构，那么它必然使 $K$ 保持不变。
• 即 $(\phi_g|_H)(K)=K$。
• $(\phi_g|_H)(K)$ 是什么？就是 $\{ \phi_g(k) \mid k \in K\} = \{ gkg^{-1} \mid k \in K\} = gKg^{-1}$。
• 所以我们证明了 $gKg^{-1}=K$。因为 $g$ 是任意的，所以 $K \unlhd G$。
• 一句话总结证明：对 $K$ 的共轭操作，相当于 $H$ 的一个自同构作用在 $K$ 上。因为 $K$ 在 $H$ 中是特征的，所以它在这个自同构下不变。

这一小段是对特征子群地位的总结和举例。

1. “因此，我们可以将特征子群视为‘强正规子群’”：
   • 这是对特征子群性质的概括性描述。
   • “强” 体现在：
   • 定义更强：要求在所有自同构下稳定，而不仅是内自同构。
   • 性质更强：“特征性”是可传递的（$K \operatorname{char} H, H \operatorname{char} G \Rightarrow K \operatorname{char} G$），而正规性不是。
   • 能“传递”正规性：如性质(3)所示，$K \operatorname{char} H, H \unlhd G \Rightarrow K \unlhd G$。
2. “例如，性质 (2) 和定理 2.7 蕴含着循环群的每个子群都是特征子群”：
   • 这是一个重要的例子。
   • 定理 2.7 (通常指有限循环群基本定理的一部分) 的内容是：对于一个 $n$ 阶有限循环群，对任意整除 $n$ 的正整数 $d$，都存在一个且仅有一个 $d$ 阶子群。
   • 性质 (2) 的内容是：如果 $H$ 是 $G$ 中给定阶的唯一子群，那么 $H$ 是特征子群。
   • 结合两者：
   • 令 $G$ 为一个有限循环群。
   • 令 $H$ 为 $G$ 的任意一个子群。设 $|H|=d$。
   • 根据定理 2.7，$H$ 是 $G$ 中唯一的 $d$ 阶子群。
   • 根据性质 (2)，我们立即得出结论：$H$ 是 $G$ 的特征子群。
   • 这个结论非常强大：在一个循环群里，所有的子群都是特征子群。

这是一个过渡句，表明接下来的内容将从抽象的理论转向一些具体群的自同构群的计算结果。这部分内容非常重要，因为这些具体的自同构群本身就是重要的数学对象，并且在后续的群构造和分类中会被反复使用。作者将列举一系列关于循环群、初等阿贝尔群、对称群和二面体群的自同构群的结论。

这个命题给出了有限循环群的自同构群的完整描述。

1. “n阶循环群的自同构群”：
   • 设 $G$ 是一个 $n$ 阶循环群。我们可以把它写作 $G=\langle x \rangle = \{1, x, x^2, \ldots, x^{n-1}\}$。
   • 我们要研究的是 $\operatorname{Aut}(G)$。
2. “同构于 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$”：
   • $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$：这是一个数论中的群，叫做模n整数乘法群或模n的既约剩余类群。
   • 集合是 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z} = \{0, 1, 2, \ldots, n-1\}$ 中所有与 $n$ 互素的元素组成的集合。
   • 运算是模n乘法。
   • 例如，$(\mathbb{Z} / 10 \mathbb{Z})^{\times} = \{1, 3, 7, 9\}$。运算如 $3 \times 7 = 21 \equiv 1 \pmod{10}$。
   • 这个结论说，$\operatorname{Aut}(Z_n)$ 这个研究映射的群，和 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 这个研究数字的群，在结构上是完全一样的。
3. “一个阶为 $\varphi(n)$ 的阿贝尔群”：
   • $\varphi(n)$ (欧拉phi函数)：定义为小于或等于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互素的数的数目。这正好就是集合 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 的元素个数（即阶）。
   • 所以 $|\operatorname{Aut}(Z_n)| = |(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}| = \varphi(n)$。
   • 阿贝尔群：因为整数的乘法满足交换律，所以模 $n$ 乘法也满足交换律。因此 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{\times}$ 是一个阿贝尔群。所以 $\operatorname{Aut}(Z_n)$ 也必然是一个阿贝尔群。

这是证明的第一部分，旨在建立一个从 $\operatorname{Aut}(Z_n)$ 到 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 的映射 $\Psi$。

1. “令 x 为 n阶循环群 $Z_n$ 的一个生成元”：循环群的性质是，一旦生成元的去向确定了，所有其他元素的去向也就确定了。因为任何元素 $x^k$ 的像 $\psi(x^k) = (\psi(x))^k$。
2. “如果 $\psi \in \operatorname{Aut}(Z_n)$，那么 $\psi(x)=x^a$ ...”:
   • $\psi(x)$ 必然是 $Z_n$ 的一个元素，所以它可以被写成 $x$ 的某个次幂 $x^a$。
   • 这个整数 $a$ 唯一地确定了 $\psi$。所以我们可以给这个自同构起个名字 $\psi_a$。
   • 因为 $x^n=1$，所以 $x^a = x^{a \pmod n}$。这意味着指数 $a$ 只需要在模 $n$ 的意义下考虑。
3. “由于 $\psi_a$ 是一个自同构，$x$ 和 $x^a$ 必须具有相同的阶，因此 $(a,n)=1$”:
   • 这是一个关键步骤。自同构保持元素的阶。
   • 生成元 $x$ 的阶是 $n$。
   • 因此它的像 $\psi_a(x)=x^a$ 的阶也必须是 $n$。
   • 在循环群 $Z_n = \langle x \rangle$ 中，元素 $x^a$ 的阶是 $n/\gcd(a,n)$。
   • 要使这个阶等于 $n$，当且仅当 $\gcd(a,n)=1$。即 $a$ 与 $n$ 互素。
   • 这说明，一个合法的自同构 $\psi_a$ 所对应的指数 $a$，必须与 $n$ 互素。
4. “此外，对于每个与 n 互素的 a，映射 $x \mapsto x^a$ 是 $Z_n$ 的一个自同构”:
   • 这是反过来的一面。只要 $a$ 与 $n$ 互素，那么映射 $\psi_a(x^k) = (x^a)^k = x^{ak}$ 就是一个自同构。
   • 同态是显然的。
   • 双射性：因为 $\gcd(a,n)=1$，所以 $x^a$ 也是一个生成元，所以映射是满射的。对于有限群，满射即双射。
5. “因此我们有一个满射 $\Psi: ...$”:
   • 我们现在建立了一个映射 $\Psi$，它把一个自同构 $\psi_a$ 变成一个数字 $a \pmod n$。
   • 定义域: $\operatorname{Aut}(Z_n)$。
   • 值域: $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$（因为我们证明了所有合法的 $a$ 都与 $n$ 互素）。
   • 满射 (Surjective)：对于 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 中的任何一个元素 $a$，我们都能找到一个对应的自同构 $\psi_a$（因为我们证明了只要 $a$ 互素，$\psi_a$ 就是自同构）。所以这个映射是满射。

这是证明的最后部分，证明 $\Psi$ 是同构。

1. 证明 $\Psi$ 是同态：
   • 我们要证明 $\Psi(\psi_a \circ \psi_b) = \Psi(\psi_a) \Psi(\psi_b)$。
   • 群 $\operatorname{Aut}(Z_n)$ 的运算是函数合成 $\circ$。
   • 群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 的运算是模 $n$ 乘法。
   • 第一步：计算 $\psi_a \circ \psi_b$。
   • 要确定一个自同构是什么，只需看它对生成元 $x$ 的作用。
   • $(\psi_a \circ \psi_b)(x) = \psi_a(\psi_b(x))$
   • $= \psi_a(x^b)$ (根据 $\psi_b$ 的定义)
   • $= (x^b)^a$ (根据 $\psi_a$ 的定义，它把底数变成底数的a次方)
   • $= x^{ba}$ (指数法则)
   • 因为 $Z_n$ 是阿贝尔群，所以指数运算也是阿贝尔的，$x^{ba} = x^{ab}$。
   • 而 $x^{ab}$ 正是自同构 $\psi_{ab}$ 对 $x$ 的作用。
   • 所以我们得出结论：$\psi_a \circ \psi_b = \psi_{ab}$。
   • 第二步：应用 $\Psi$。
   • 左边：$\Psi(\psi_a \circ \psi_b) = \Psi(\psi_{ab}) = ab \pmod n$。
   • 右边：$\Psi(\psi_a) \Psi(\psi_b) = (a \pmod n) \cdot (b \pmod n) = ab \pmod n$。
   • 左右相等，所以 $\Psi$ 是一个同态。
2. 证明 $\Psi$ 是单射 (Injective)：
   • 我们要证明如果 $\Psi(\psi_a) = \Psi(\psi_b)$，那么 $\psi_a = \psi_b$。
   • $\Psi(\psi_a) = \Psi(\psi_b)$ 意味着 $a \equiv b \pmod n$。
   • $a \equiv b \pmod n$ 意味着对于生成元 $x$，有 $x^a = x^b$。
   • 所以 $\psi_a(x) = x^a = x^b = \psi_b(x)$。
   • 因为一个自同构完全由它在生成元上的作用决定，所以 $\psi_a = \psi_b$。
   • 因此 $\Psi$ 是单射。
3. 最终结论：
   • 我们已经证明了 $\Psi$ 是一个同态，并且是满射（第一部分证明的）和单射（刚刚证明的）。
   • 一个双射的同态就是同构。
   • 因此 $\operatorname{Aut}(Z_n) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$。命题证毕。

这是一个引文和预告。

1. 我们已知：$\operatorname{Aut}(Z_n) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$。
2. 未解决的问题：$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 本身是什么结构的阿贝尔群？我们知道它是阿贝尔群，但它可以分解成哪些循环群的直积？（根据有限阿贝尔群基本定理）
3. 预告：作者告诉我们，这个问题的完整答案——即 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 的结构分解——将在本书的9.5节给出。这需要用到更多数论的知识，特别是关于中国剩余定理和素数幂模下的乘法群结构。
4. 举例：我们已经看到 $\operatorname{Aut}(Z_8) \cong V_4 \cong Z_2 \times Z_2$。而第九章会给出一般性的分解规则。

这是一个非常经典的群论分类问题的例子，它完美地展示了前面理论的威力。

1. 问题设定：
   • $|G|=pq$，其中 $p, q$ 是素数。
   • $p \le q$。
   • 一个关键的数论条件：$p$ 不能整除 $q-1$。
   • 目标：证明在这些条件下，$G$ 必须是阿贝尔群。
2. 证明策略概述：
   • 这是一个反证法思路。假设 $G$ 不是阿贝尔群，然后导出矛盾。
   • 证明将使用西罗定理（或其推论）来保证某个子群的存在性和正规性。
   • 然后利用推论15 ($N_G(H)/C_G(H) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(H)$) 和命题16 ($|\operatorname{Aut}(Z_q)| = q-1$) 来推导出一个关于 $p$ 和 $q$ 的数论矛盾。

这是证明的第一步，通过处理中心非平凡的情况，将问题简化。

1. “如果 $Z(G) \neq 1$”：考虑 $G$ 的中心不是平凡群的情况。
   • $Z(G)$ 是 $G$ 的子群，根据拉格朗日定理，$|Z(G)|$ 必须整除 $|G|=pq$。
   • 所以 $|Z(G)|$ 的可能取值是 $p, q, pq$。
   • 情况1: $|Z(G)|=pq$。这意味着 $Z(G)=G$，所以 $G$ 是阿べる群。证明完毕。
   • 情况2: $|Z(G)|=p$ 或 $|Z(G)|=q$。
   • 考虑商群 $G/Z(G)$。
   • 它的阶是 $|G/Z(G)| = |G|/|Z(G)| = pq/p = q$ 或者 $pq/q=p$。
   • 因为 $p$ 和 $q$ 都是素数，所以任何一个阶为素数的群都必然是循环群。
   • 因此，$G/Z(G)$ 是循环群。
2. “因此根据习题 36，第 3.1 节，$G$ 是阿贝尔群”：
   • 这里引用了一个重要的定理（常作为习题）：如果一个群 $G$ 的商群 $G/Z(G)$ 是循环的，那么 $G$ 必须是阿贝尔群。
   • 这个定理的证明思路是：如果 $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$，那么 $G$ 的任何元素都可以写成 $g^k z$ 的形式（其中 $z \in Z(G)$）。然后证明任意两个这样的元素 $g^{k_1}z_1$ 和 $g^{k_2}z_2$ 都可以交换。
   • 既然我们证明了 $G/Z(G)$ 是循环的，应用这个定理，我们得出 $G$ 是阿贝尔群。
3. “因此我们可以假设 $Z(G)=1$”：
   • 我们已经证明了，只要 $Z(G)$ 不是平凡群，$G$ 就一定是阿贝尔群。
   • 那么剩下的唯一可能性就是 $G$ 不是阿贝尔群的情况。如果 $G$ 不是阿贝尔群，则它的中心一定不能满足我们上面的推理条件，所以 $Z(G)$ 必须是平凡群 $Z(G)=\{e\}$（即 $|Z(G)|=1$）。
   • 所以，为了证明原命题，我们只需要在 $Z(G)=1$ 的假设下，推导出矛盾即可。这大大简化了后续的讨论。

这一步是为了证明 $G$ 中一定存在一个 $q$ 阶元素。

1. “如果 G 的每个非单位元素的阶都为 p”：
   • 根据柯西定理，群的阶的任何素因子都必然是某个元素的阶。所以 $G$ 中一定存在 $p$ 阶元素和 $q$ 阶元素。
   • 但这里作者做了一个更强的假设来进行反证：假设除了单位元，所有元素的阶都是 $p$。（注意 $p \le q$）。
2. “那么每个非单位元素的中心化子的指数为 q”：
   • 取一个非单位元元素 $a \in G$。我们假设 $|a|=p$。
   • 考虑 $a$ 的中心化子 $C_G(a)$。$a$ 在 $C_G(a)$ 的中心里。
   • 因为 $a \neq e$，所以 $C_G(a) \neq \{e\}$。
   • 如果 $C_G(a) = G$，那么 $a$ 就在 $G$ 的中心 $Z(G)$ 里。但我们已经假设 $Z(G)=1$，矛盾。所以 $C_G(a)$ 是 $G$ 的一个真子群。
   • $a$ 的阶是 $p$，所以 $\langle a \rangle$ 是 $C_G(a)$ 的一个子群。因此 $|C_G(a)|$ 是 $p$ 的倍数。
   • 根据拉格朗日定理，$|C_G(a)|$ 必须整除 $|G|=pq$。
   • 所以 $|C_G(a)|$ 只能是 $p$。
   • 那么 $C_G(a)$ 的指数 $[G:C_G(a)] = |G|/|C_G(a)| = pq/p = q$。
3. “因此 G 的类方程为 $pq=1+kq$”:
   • 类方程 (Class Equation)：$|G| = |Z(G)| + \sum_i [G:C_G(x_i)]$，其中 $x_i$ 是来自大小超过1的各个共轭类的代表元。
   • 在我们的假设下，$Z(G)=1$，所以 $|Z(G)|=1$。
   • 一个元素的共轭类的大小是 $[G:C_G(x)]$。
   • 我们假设所有非单位元元素的阶都是 $p$。对于任何一个这样的元素 $x$，我们上面推断出 $[G:C_G(x)]=q$。
   • 所以，所有非单位元元素所在的共轭类的大小都是 $q$。
   • 因此，类方程的形式是 $|G| = 1 + (\text{若干个大小为q的共轭类})$。
   • 即 $pq = 1 + k \cdot q$，其中 $k$ 是大小为 $q$ 的共轭类的个数。
4. “这是不可能的 ...”:
   • 方程 $pq = 1 + kq$ 可以改写为 $1 = pq - kq = q(p-k)$。
   • 这表示 $q$ 整除 1。
   • 但 $q$ 是一个素数（$q \ge p \ge 2$），它不可能整除1。
   • 这是一个矛盾。
5. “因此 G 包含一个元素 x，其阶为 q”:
   • 矛盾来自于我们的初始假设“所有非单位元元素的阶都是 $p$”。
   • 这个假设是错误的。
   • 所以，$G$ 中必然存在一个非单位元，其阶不为 $p$。
   • 根据拉格朗日定理，元素的阶必须整除群的阶 $pq$。所以这个元素的阶只能是 $q$ 或 $pq$。
   • 如果存在一个阶为 $pq$ 的元素，那么 $G$ 是循环群，因此是阿贝尔群，证明完毕。
   • 所以，我们可以关注剩下的情况：$G$ 中不存在 $pq$ 阶元素，但必然存在一个 $q$ 阶元素。

这是证明的核心和收尾部分，将所有工具串联起来导出最终的矛盾。

1. “令 $H=\langle x \rangle$”: 我们已经证明存在一个 $q$ 阶元素 $x$。令 $H$ 为它生成的循环子群。$|H|=q$。
2. “由于 H 的指数为 p，且 p 是整除 |G| 的最小素数，根据推论 5，子群 H 在 G 中是正规的”:
   • $H$ 的指数是 $[G:H] = |G|/|H| = pq/q = p$。
   • 我们有前提 $p \le q$。所以 $p$ 是整除 $|G|=pq$ 的最小素数因子。
   • 这里引用了一个重要的西罗定理的推论（在本教科书中可能是推论5）：如果 $G$ 是一个有限群，而 $p$ 是整除 $|G|$ 的最小素数，那么任何指数为 $p$ 的子群都是正规的。
   • 应用这个结论，$H$ 在 $G$ 中是正规子群 ($H \unlhd G$)。
3. “由于 $Z(G)=1$，我们必须有 $C_G(H)=H$”:
   • $C_G(H)$ 是 $H$ 的中心化子。
   • 因为 $H = \langle x \rangle$ 是阿贝尔群，所以 $H$ 肯定包含在它自己的中心化子中，即 $H \le C_G(H)$。
   • $C_G(H)$ 是 $G$ 的一个子群，所以 $|C_G(H)|$ 整除 $|G|=pq$。
   • 因为 $H \le C_G(H)$，所以 $|H|=q$ 整除 $|C_G(H)|$。
   • 所以 $|C_G(H)|$ 只能是 $q$ 或者 $pq$。
   • 情况1：$|C_G(H)|=pq$。这意味着 $C_G(H)=G$。
   • $C_G(H)=G$ 意味着 $H$ 在 $G$ 的中心里，$H \le Z(G)$。
   • 但这与我们正在进行的假设 $Z(G)=1$ (平凡群) 矛盾，因为 $H$ 的阶是 $q \ge p \ge 2$。
   • 情况2：$|C_G(H)|=q$。
   • 因为 $H \le C_G(H)$ 且它们有相同的阶 $q$，所以必有 $C_G(H)=H$。
   • 所以，在 $Z(G)=1$ 的假设下，只能是 $C_G(H)=H$。
4. “因此 $G/H = N_G(H)/C_G(H)$ 是一个阶为 p 的群”:
   • 因为 $H$ 是正规子群，所以 $N_G(H)=G$。
   • 我们刚刚证明了 $C_G(H)=H$。
   • 所以 $N_G(H)/C_G(H) = G/H$。
   • 这个商群的阶是 $|G|/|H| = pq/q = p$。
5. “根据推论 15，它同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群”:
   • 推论15告诉我们，$N_G(H)/C_G(H)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个子群。
   • 我们已经知道 $N_G(H)/C_G(H)$ 是一个 $p$ 阶群。
   • 所以，这个 $p$ 阶群必须同构于 $\operatorname{Aut}(H)$ 的一个 $p$ 阶子群。
6. “但是根据命题 16，$\operatorname{Aut}(H)$ 的阶为 $\varphi(q)=q-1$”:
   • $H$ 是一个 $q$ 阶循环群 ($H \cong Z_q$)。
   • 命题16告诉我们，$\operatorname{Aut}(H) \cong \operatorname{Aut}(Z_q)$ 的阶是 $\varphi(q)$。
   • 因为 $q$ 是素数，欧拉函数 $\varphi(q) = q-1$。
   • 所以 $|\operatorname{Aut}(H)| = q-1$。
7. “根据拉格朗日定理，这将意味着 $p \mid q-1$”:
   • $\operatorname{Aut}(H)$ 有一个 $p$ 阶子群。
   • 根据拉格朗日定理，子群的阶必须整除群的阶。
   • 所以 $p$ 必须整除 $|\operatorname{Aut}(H)| = q-1$。
8. “这与假设矛盾”:
   • 我们回到问题的最初设定，有一个关键条件就是 $p \nmid q-1$。
   • 这里我们推导出了 $p \mid q-1$。两者直接矛盾。
9. “这表明 G 必须是阿贝尔群”:
   • 这个矛盾是怎么来的？它来源于我们为了进行反证而做出的唯一一个假设：$Z(G)=1$ (即 $G$ 不是阿贝尔群)。
   • 既然这个假设导出了矛盾，那么这个假设就是错误的。
   • 因此，$Z(G)$ 不能是1。
   • 在证明的第一步，我们已经论证过，只要 $Z(G) \neq 1$，$G$ 就一定是阿贝尔群。
   • 所以，最终结论是 $G$ 必须是阿贝尔群。整个证明完成。

这是对上一个例子的引申和总结。

1. “可以验证，每个阶为 pq 的群 ... 是循环的”:
   • 我们刚刚证明了在 $p,q$ 是素数，$p \le q$，$p \nmid q-1$ 的条件下，$G$ 是阿贝尔群。
   • 这里给出了一个更强的结论：当 $p,q$ 不同时 ($p < q$)， $G$ 不仅是阿贝尔群，而且是循环群。
   • 证明思路 (留作习题)：
   • 我们已经证明 $G$ 是阿贝尔群。
   • 根据柯西定理，$G$ 中存在一个 $p$ 阶元素 $a$ 和一个 $q$ 阶元素 $b$。
   • 令 $H=\langle a \rangle$ 和 $K=\langle b \rangle$。
   • 考虑元素 $ab$。它的阶是什么？
   • 因为 $G$ 是阿贝尔群，所以 $(ab)^n = a^n b^n$。
   • $(ab)^n=e \iff a^n=e$ 且 $b^n=e$ (因为 $H \cap K = \{e\}$，阶互素)。
   • $a^n=e \Rightarrow p \mid n$。
   • $b^n=e \Rightarrow q \mid n$。
   • 所以 $n$ 必须是 $p$ 和 $q$ 的公倍数。最小的这样的正整数 $n$ 是 $\operatorname{lcm}(p,q)$。
   • 因为 $p,q$ 是不同素数，$\operatorname{lcm}(p,q)=pq$。
   • 所以元素 $ab$ 的阶是 $pq$。
   • 一个 $pq$ 阶群里有一个 $pq$ 阶元素，所以这个群是循环群。
2. “这是第一个出现唯一同构类型的群，其阶是合数的实例”:
   • 素数阶群：我们知道所有素数阶的群都是循环群，因此对于一个素数 $p$，所有 $p$ 阶群都是同构的。
   • 合数阶群：对于合数阶 $n$，通常存在多个不同构的 $n$ 阶群。
   • $n=4$：有 $Z_4$ 和 $V_4$ 两种。
   • $n=6$：有 $Z_6$ 和 $S_3$ 两种。
   • 这里的结论指出，当 $n=pq$ 满足特定条件时，尽管 $n$ 是合数，但 $n$ 阶群的结构是唯一的，就是循环群。
   • $pq$ 是第一个满足这个条件的合数类型。
3. “例如，每个 15 阶群都是循环的”:
   • $15 = 3 \times 5$。
   • 令 $p=3, q=5$。
   • $p,q$ 是不同素数，$p < q$。
   • 检查关键条件：$p \nmid q-1$？
   • $q-1=4$。
   • $3 \nmid 4$。条件成立。
   • 因此，根据上面的结论，所有15阶群都是循环群（因此它们都同构于 $Z_{15}$）。

这是一个引言，预告了命题17的内容和意义。

1. “总结了已知群的自同构群的一些结果”：命题17将是一个列表，列出了一些常见群（如高次幂循环群、$S_n$, $D_8$, $Q_8$等）的自同构群是什么。
2. “并将稍后证明”：作者明确指出，这里只陈述结论，而大部分证明都比较复杂，会放在后续更合适的章节中（例如，关于循环群的自同构群的完整结构分解在第9章，与数论的原根有关；关于 $S_n$ 的在习题中作为拓展）。
3. “此命题的第 3 部分说明了向量空间理论如何在群论中发挥作用”：这是一个非常重要的提示。它指出了群论和线性代数之间的一个深刻联系。某些特定类型的阿贝尔群（即初等阿贝尔群）可以被看作是有限域上的向量空间，它们的自同构就对应于向量空间的线性变换，因此它们的自同构群就是一般线性群 $GL_n(\mathbb{F}_p)$。这种“跨界”的视角转换是现代代数学中一个非常强大的工具。

这是命题17的第一部分，关于奇素数幂阶循环群。

• 第一部分：“p阶循环群的自同构群是p-1阶循环群”
• $G = Z_p$，$p$ 是奇素数。
• 根据命题16，$\operatorname{Aut}(Z_p) \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$。
• 这是一个数论中的基本结论：对于素数 $p$，模p的既约剩余类群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ 是一个阶为 $p-1$ 的循环群。
• 例如，$\operatorname{Aut}(Z_5) \cong (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^\times \cong Z_4$，是循环群。
• $\operatorname{Aut}(Z_7) \cong (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times \cong Z_6$，是循环群。

• 第二部分：“更一般地，... $p^n$阶循环群的自同构群是 ... 循环群”
• $G = Z_{p^n}$，$p$ 是奇素数。
• $\operatorname{Aut}(Z_{p^n}) \cong (\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z})^\times$。
• 阶是 $\varphi(p^n) = p^n - p^{n-1} = p^{n-1}(p-1)$。
• 一个更深的数论结论是：当 $p$ 是奇素数时，群 $(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z})^\times$ 总是循环群。
• 例如，$\operatorname{Aut}(Z_9) \cong (\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^\times = \{1,2,4,5,7,8\}$，这是一个6阶循环群（由2生成）。

这是关于2的幂次阶循环群的自同构群结构，情况比奇素数复杂。

• 结论：$\operatorname{Aut}(Z_{2^n}) \cong Z_2 \times Z_{2^{n-2}}$ for $n \ge 3$。
• 我们知道 $\operatorname{Aut}(Z_{2^n}) \cong (\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^\times$。
• 所以这个结论实际上是在描述模 $2^n$ 既约剩余类群的结构。
• 阶是 $\varphi(2^n) = 2^n - 2^{n-1} = 2^{n-1}$。
• 结构：它不是一个循环群，而是两个循环群的直积。
• 例子 $n=3$：$\operatorname{Aut}(Z_8) \cong Z_2 \times Z_{2^{3-2}} = Z_2 \times Z_2 \cong V_4$。这与我们之前用命题16计算的结果一致。
• 例子 $n=4$：$\operatorname{Aut}(Z_{16}) \cong Z_2 \times Z_4$。这是一个8阶非循环阿贝尔群。

• 特殊情况：
• $n=1$: $\operatorname{Aut}(Z_2) \cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^\times = \{1\}$，平凡群。
• $n=2$: $\operatorname{Aut}(Z_4) \cong (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times = \{1,3\} \cong Z_2$。
• 公式从 $n=3$ 开始适用。

• “特别是它不是循环的但有一个指数为 2 的循环子群”：
• $Z_2 \times Z_{2^{n-2}}$ 不是循环群，因为两个分量的阶（2 和 $2^{n-2}$）不互素。
• 它有一个子群 $\{0\} \times Z_{2^{n-2}}$，这个子群同构于 $Z_{2^{n-2}}$，是循环的。
• 整个群的阶是 $2^{n-1}$，这个子群的阶是 $2^{n-2}$，所以指数为 $2^{n-1}/2^{n-2}=2$。

这部分揭示了群论与线性代数的深刻联系。

• 群的类型：
• $V$ 是一个阿贝尔群。
• 满足性质 $pv=0$ 对所有 $v \in V$ 成立。这意味着 $V$ 中所有非零元素的阶都是 $p$。（这样的群称为p-初等阿贝尔群）。
• $V$ 的阶是 $|V|=p^n$。
• 根据有限阿贝尔群基本定理，这样的群必然同构于 $n$ 个 $Z_p$ 的直积：$V \cong \underbrace{Z_p \times Z_p \times \cdots \times Z_p}_{n \text{ times}}$。

• 向量空间视角：
• 我们可以把 $V$ 看作一个向量空间。
• 向量：$V$ 中的元素 $v$。
• 向量加法：$V$ 的群运算。
• 标量域：有限域 $\mathbb{F}_p = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。
• 标量乘法：定义一个整数 $k \in \mathbb{F}_p$ 与向量 $v \in V$ 的乘法为 $k \cdot v = \underbrace{v+v+\cdots+v}_{k \text{ times}}$。这个定义是良定义的，因为 $pv=0$。
• 可以验证，在这个定义下，$V$ 满足向量空间的所有公理。
• 因为 $|V|=p^n$，所以这个向量空间的维数是 $n$。

• 自同构与线性变换：
• $V$ 的一个群自同构 $\sigma: V \to V$ 是一个保持加法运算的双射，即 $\sigma(v_1+v_2)=\sigma(v_1)+\sigma(v_2)$。
• 一个 $V$ 的向量空间自同构（即非奇异线性变换）$T: V \to V$ 是一个保持加法和标量乘法的双射，即 $T(v_1+v_2)=T(v_1)+T(v_2)$ 且 $T(kv)=kT(v)$。
• 关键结论：对于这种群，一个映射是群自同构当且仅当它是向量空间自同构。
• $T$ 是向量空间自同构 $\Rightarrow$ $T$ 是群自同构（显然）。
• $\sigma$ 是群自同构 $\Rightarrow$ $\sigma(kv) = \sigma(\underbrace{v+\dots+v}_{k}) = \underbrace{\sigma(v)+\dots+\sigma(v)}_{k} = k\sigma(v)$。所以它也保持标量乘法。
• 所以，$V$ 的群自同构集合 $\operatorname{Aut}(V)$ 和 $V$ 的向量空间自同构（非奇异线性变换）集合 $GL(V)$ 是同一个集合。

• 结论：
• $\operatorname{Aut}(V) \cong GL(V)$。
• $n$ 维向量空间上的一般线性群 $GL(V)$ 同构于 $n \times n$ 可逆矩阵群 $GL_n(\mathbb{F}_p)$。
• 所以，$\operatorname{Aut}(V) \cong GL_n(\mathbb{F}_p)$。

• 阶的计算：
• $|GL_n(\mathbb{F}_p)| = (p^n-1)(p^n-p)\cdots(p^n-p^{n-1})$。这个公式在第一章已经讲过。
• 它计算了在 $\mathbb{F}_p$ 上构造一个 $n \times n$ 可逆矩阵有多少种方法（即选择 $n$ 个线性无关的列向量）。

这部分是关于对称群 $S_n$ 的自同构群。

• 一般情况：$n \neq 6$
• 结论：$\operatorname{Aut}(S_n) = \operatorname{Inn}(S_n)$。这意味着，对于 $n \neq 6$ 的所有 $S_n$，$S_n$ 的每一个自同构都是内自同构，即都是由某个共轭操作产生的。不存在“外自同构”。
• 我们之前已经知道 $\operatorname{Inn}(S_n) \cong S_n/Z(S_n)$。对于 $n \ge 3$，$Z(S_n)$ 是平凡的，所以 $\operatorname{Inn}(S_n) \cong S_n$。
• 结合起来，对于 $n \ge 3, n \neq 6$，我们有 $\operatorname{Aut}(S_n) \cong S_n$。
• 习题18 提供了证明这个结论的思路：证明任何自同构都必须将对换（transposition）映射到对换，然后利用对换作为生成元来限制自同构的可能性，最终证明其必为内自同构。

• 特殊情况：$n=6$
• 这是一个著名的例外。$S_6$ 是唯一一个拥有外自同构的对称群。
• 结论：$|\operatorname{Aut}(S_6) : \operatorname{Inn}(S_6)|=2$。
• 指数为2 的子群意味着 $\operatorname{Inn}(S_6)$ 是 $\operatorname{Aut}(S_6)$ 的一个正规子群，并且商群 $\operatorname{Aut}(S_6)/\operatorname{Inn}(S_6)$ 是一个2阶群。
• 这个商群被称为外自同构群 $\operatorname{Out}(S_6)$。所以 $\operatorname{Out}(S_6) \cong Z_2$。
• 这意味着存在一种自同构，它不是由共轭产生的。这种外自同构很神奇，例如，它可以把一个对换（如 (12)，共轭类大小为15）映射到一个三个不相交对换的乘积（如 (12)(34)(56)，共轭类大小也为15）。

这部分给出了两个8阶非阿贝尔群的自同构群。

• $\operatorname{Aut}(D_8) \cong D_8$: 8阶二面体群的自同构群和它自身同构。
• 阶：$|\operatorname{Aut}(D_8)|=8$。
• 我们之前计算过 $\operatorname{Inn}(D_8) \cong V_4$，其阶为4。
• $|\operatorname{Aut}(D_8):\operatorname{Inn}(D_8)| = 8/4 = 2$。
• 这意味着 $D_8$ 存在外自同构。

• $\operatorname{Aut}(Q_8) \cong S_4$: 四元数群的自同构群是对称群 $S_4$。
• 阶：$|\operatorname{Aut}(Q_8)| = |S_4|=24$。
• 我们之前计算过 $\operatorname{Inn}(Q_8) \cong V_4$，其阶为4。
• $|\operatorname{Aut}(Q_8):\operatorname{Inn}(Q_8)| = 24/4 = 6$。
• 这意味着 $Q_8$ 拥有非常丰富的外自同构。
• 证明思路：$Q_8$ 有三个2阶循环子群 $\langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle$。任何自同构都必须置换这三个子群。这给出了一个到 $S_3$ 的同态。可以进一步证明这个同态是满射的，并且它的核是 $\operatorname{Inn}(Q_8) \cong V_4$。利用这些可以最终拼出 $S_4$ 的结构。

这一段将命题17(3)应用到最简单的一个非循环例子上：克莱因四元群 $V_4$。

1. “p阶初等阿贝尔群”：这是对命题17(3)中描述的群 $V$ 的正式命名。它是一个阿贝尔群，其中所有非零元素的阶都是素数 $p$。
2. “克莱因四元群 $V_4$ 是 4 阶初等阿贝尔群”：
   • $V_4 = \{e, a, b, c\}$，其中 $a^2=b^2=c^2=e$。
   • 它的阶是4。
   • 所有非单位元元素的阶都是2。
   • 这完美地匹配了p-初等阿贝尔群的定义，其中 $p=2$。
   • $|V_4|=4=2^2$，所以这里 $p=2, n=2$。
3. “这个命题断言 $\operatorname{Aut}(V_4) \cong GL_2(\mathbb{F}_2)$”:
   • 将 $p=2, n=2$ 代入命题17(3)的结论 $\operatorname{Aut}(V) \cong GL_n(\mathbb{F}_p)$。
   • 我们得到 $\operatorname{Aut}(V_4) \cong GL_2(\mathbb{F}_2)$。
   • $GL_2(\mathbb{F}_2)$ 是什么？
   • 域 $\mathbb{F}_2 = \{0, 1\}$ (模2算术)。
   • $GL_2(\mathbb{F}_2)$ 是在 $\mathbb{F}_2$ 上的所有 $2 \times 2$ 可逆矩阵构成的群，运算是矩阵乘法。
   • 一个矩阵可逆，当且仅当其行列式不为0。在 $\mathbb{F}_2$ 中，这意味着行列式必须是1。
   • 矩阵元素都来自 $\{0, 1\}$。

这一段用两种方法来分析 $\operatorname{Aut}(V_4)$，并最终殊途同归。

• 方法一：线性代数视角 (来自命题17)

1. 结论：$\operatorname{Aut}(V_4) \cong GL_2(\mathbb{F}_2)$。
2. 计算阶：$|GL_2(\mathbb{F}_2)| = (2^2-1)(2^2-2) = 3 \times 2 = 6$。
3. 所以 $|\operatorname{Aut}(V_4)|=6$。

• 方法二：群作用视角 (更直接的群论方法)

1. 作用对象：$V_4$ 有3个非单位元元素 $\{a, b, c\}$。我们称这个集合为 $X$。这三个元素的阶都是2。
2. 自同构的作用：任何自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}(V_4)$ 都必须保持元素的阶。所以 $\sigma$ 必须将一个2阶元素映射到另一个2阶元素。这意味着 $\sigma$ 作用在集合 $X$ 上，并且是一个从 $X$到自身的映射。由于 $\sigma$ 是双射，所以它在 $X$ 上的限制也是一个双射，即一个置换。
3. 建立同态：这个观察建立了一个群同态 $\Psi: \operatorname{Aut}(V_4) \to S_X$，其中 $S_X$ 是作用在集合 $X=\{a,b,c\}$ 上的置换群，即 $S_3$。
4. 证明单射：这个同态 $\Psi$ 是单射吗？
   • $\ker(\Psi)$ 是什么？是那些在 $X$ 上作用为恒等置换的自同构。
   • 即 $\sigma(a)=a, \sigma(b)=b, \sigma(c)=c$。
   • 由于任何自同构也必须满足 $\sigma(e)=e$，所以这个 $\sigma$ 必须是 $V_4$ 上的恒等映射。
   • 因此，$\ker(\Psi) = \{\operatorname{id}\}$，是平凡的。
   • 一个同态的核是平凡的，当且仅当这个同态是单射。
5. 单射结论：$\operatorname{Aut}(V_4)$ 同构于 $S_3$ 的一个子群。所以 $|\operatorname{Aut}(V_4)|$ 必须整除 $|S_3|=6$。

• 结合两种方法

1. 方法一告诉我们 $|\operatorname{Aut}(V_4)|=6$。
2. 方法二告诉我们 $\operatorname{Aut}(V_4)$ 同构于 $S_3$ 的一个子群。
3. 一个阶为6的群，同构于一个阶也为6的群 $S_3$ 的子群，那它只能同构于 $S_3$ 本身。
4. 最终结论：$\operatorname{Aut}(V_4) \cong GL_2(\mathbb{F}_2) \cong S_3$。这三个群，虽然来源和表现形式（矩阵、映射、置换）不同，但它们的内在代数结构是完全一样的。

这是一个简单的备注。

1. $V_4$ 是阿贝尔群：$V_4$ 中任意两个元素都可交换。
2. $\operatorname{Inn}(V_4)=1$: 我们在示例(1)中已经证明，一个群是阿贝尔群当且仅当它的内自同构群是平凡群 (记作1)。
3. 意义：$\operatorname{Aut}(V_4) \cong S_3$，而 $\operatorname{Inn}(V_4) = 1$。这意味着 $V_4$ 的所有6个自同构，除了恒等映射，全都是外自同构。这与 $S_n (n \neq 6)$ 的情况形成鲜明对比，后者的自同构几乎全是内自同构。

这一段将 $p^2$ 阶群的自同构群进行了分类。

1. $p^2$ 阶群的分类：这是一个基本的群论结论，任何一个 $p^2$ 阶群（$p$为素数）必然是阿贝尔群，并且只有两种同构类型：
   • 循环群 $Z_{p^2}$。
   • 初等阿贝尔群 $Z_p \times Z_p$。
2. 计算两种类型的自同构群的阶：
   • 情况1：$P$ 是循环的 ($P \cong Z_{p^2}$)
   • 根据命题16（或命题17(1)），$|\operatorname{Aut}(Z_{p^2})| = \varphi(p^2) = p^2 - p = p(p-1)$。
   • 情况2：$P$ 是初等阿贝尔的 ($P \cong Z_p \times Z_p$)
   • 这是一个 $p$ 阶为2的初等阿贝尔群 ($n=2$)。
   • 根据命题17(3)，$\operatorname{Aut}(P) \cong GL_2(\mathbb{F}_p)$。
   • 其阶为 $|GL_2(\mathbb{F}_p)| = (p^2-1)(p^2-p) = (p-1)(p+1)p(p-1) = p(p-1)^2(p+1)$。
3. 结论：
   • 将上述两种情况总结起来，就得到了文中的结论：一个 $p^2$ 阶群 $P$ 的自同构群的阶，只可能有两种取值，具体取哪一种，取决于 $P$ 是循环的还是初等阿贝尔的。

这是另一个利用自同构群知识来对特定阶的群进行分类的例子。

1. 问题设定:
   • $|G|=45 = 9 \times 5 = 3^2 \times 5$。
   • 存在一个正规子群 $P \unlhd G$，其阶为 $|P|=9=3^2$。
   • 目标：证明 $G$ 必须是阿贝尔群。
2. 证明策略：
   • 和 $pq$ 阶群的例子类似，核心思想是利用推论15 ($G/C_G(P) \cong \text{subgroup of } \operatorname{Aut}(P)$) 来建立约束。
   • 我们将计算 $|\operatorname{Aut}(P)|$ 的可能值。
   • 然后分析 $|G/C_G(P)|$ 的可能值。
   • 通过比较两者，得出一个关于 $C_G(P)$ 的强结论，最终证明 $G$ 是阿贝尔群。

这是证明的主体部分，逻辑链条非常清晰。

1. 第一条线索：来自 $\operatorname{Aut}(P)$ 的约束
   • 应用推论15: 因为 $P \unlhd G$，所以 $N_G(P)=G$。推论15告诉我们 $G/C_G(P)$ 同构于 $\operatorname{Aut}(P)$ 的一个子群。
   • 拉格朗日定理推论: $|G/C_G(P)|$ 必须整除 $|\operatorname{Aut}(P)|$。
   • 计算 $|\operatorname{Aut}(P)|$: $P$ 是一个 $9=3^2$ 阶群。根据上一节的结论：
   • 如果 $P \cong Z_9$ (循环)，则 $|\operatorname{Aut}(P)| = \varphi(9) = 6$。
   • 如果 $P \cong Z_3 \times Z_3$ (初等阿贝尔)，则 $|\operatorname{Aut}(P)| = |GL_2(\mathbb{F}_3)| = 48$。
   • 小结1: 所以， $|G/C_G(P)|$ 必须整除 6 或 48。
2. 第二条线索：来自 $C_G(P)$ 的约束
   • $P$ 是阿贝尔群: 因为 $|P|=3^2$ 是素数的平方，所以 $P$ 必然是阿贝尔群。
   • $P \le C_G(P)$:
   • $C_G(P)$ 的定义是 $G$ 中与 $P$ 中所有元素都交换的元素集合。
   • 因为 $P$ 是阿贝尔群，所以 $P$ 中的任意一个元素 $p_1$ 都与 $P$ 中的所有元素 $p_2$ 交换。
   • 这意味着 $P$ 中的每个元素都满足进入 $C_G(P)$ 的条件。
   • 因此，$P$ 是 $C_G(P)$ 的一个子群。
   • $|C_G(P)|$ 的性质:
   • 根据拉格朗日定理，$|P|$ 必须整除 $|C_G(P)|$。所以 9 整除 $|C_G(P)|$。
   • 同时，$C_G(P)$ 是 $G$ 的子群，所以 $|C_G(P)|$ 必须整除 $|G|=45$。
   • $|C_G(P)|$ 的可能值: 既要被9整除，又要整除45的数，只有 9 和 45。
   • $|G/C_G(P)|$ 的可能值:
   • 如果 $|C_G(P)|=9$，则 $|G/C_G(P)| = 45/9 = 5$。
   • 如果 $|C_G(P)|=45$，则 $|G/C_G(P)| = 45/45 = 1$。
   • 小结2: 所以，$|G/C_G(P)|$ 只可能是 1 或 5。
3. 结合两条线索，导出矛盾
   • 小结1说：$|G/C_G(P)|$ 必须整除 6 或 48。
   • 小结2说：$|G/C_G(P)|$ 只能是 1 或 5。
   • 把两个条件结合起来：这个数值必须是 $\{1, 5\}$ 中的一个，并且能整除 6 或 48。
   • 5 不能整除 6，也不能整除 48。
   • 所以，唯一剩下的可能性就是 $|G/C_G(P)| = 1$。
4. 收尾
   • $C_G(P)=G$: $|G/C_G(P)|=1$ 意味着 $C_G(P)=G$。
   • $P \le Z(G)$: $C_G(P)=G$ 意味着 $P$ 中的所有元素都与 $G$ 中的所有元素交换。这正是 $P$ 在 $G$ 的中心 $Z(G)$ 里的定义。
   • $G/Z(G)$ 是循环的:
   • 我们有 $P \le Z(G)$，所以 $|Z(G)|$ 至少是9。
   • $|Z(G)|$ 必须整除 $|G|=45$。所以 $|Z(G)|$ 可以是 9 或 45。
   • 如果 $|Z(G)|=45$，则 $G=Z(G)$，$G$ 是阿贝尔群。
   • 如果 $|Z(G)|=9$，则 $|G/Z(G)| = 45/9 = 5$。5是素数，所以 $G/Z(G)$ 是循环群。
   • $G$ 是阿贝尔群: 我们再次使用那个重要结论：如果 $G/Z(G)$ 是循环的，那么 $G$ 是阿贝尔群。
   • 在所有情况下，我们都得出了 $G$ 是阿贝尔群的结论。证明完毕。

这一部分是本章的习题集。习题是检验和深化对本章内容理解的关键。这些习题围绕本章的核心概念展开：自同构、内自同构、特征子群、以及各种自同构群的计算和应用。

对部分重点习题的解读：

• 习题1: 证明 $\operatorname{Inn}(G) \unlhd \operatorname{Aut}(G)$。这是内自同构群的一个基本性质，证明思路是直接计算共轭 $\sigma \phi_g \sigma^{-1}$，看它是否还是一个内自同构。这引出了外自同构群 $\operatorname{Out}(G) = \operatorname{Aut}(G)/\operatorname{Inn}(G)$ 的概念。
• 习题2: 证明 $pq$ 阶阿贝尔群是循环的。这是我们前面例子中引用的结论，这里要求读者自己证明。
• 习题3, 4, 5: 计算和约束 $D_8$ 和 $Q_8$ 的自同构群。这些是具体的计算练习，需要分析生成元的可能去向。
• 习题6, 7, 8, 9: 深入探讨特征子群的性质。例如证明“唯一子群是特征的”，以及“特征的特征是特征”的传递性。
• 习题10: 讲解了商群在阿贝尔正规子群上的共轭作用，这是群扩张理论和上同调理论的基础。
• 习题12, 13, 14: 与正文中的45阶群例子类似，应用自同构群的阶来证明某些正规子群在中心里。
• 习题15, 16, 17: 具体计算和分析不同 $n$ 的 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ 群，这是对命题16的实践。
• 习题18, 19: 提供了证明 $\operatorname{Aut}(S_n) = \operatorname{Inn}(S_n)$ (对于 $n \neq 6$) 的详细步骤，并探讨了 $n=6$ 的例外情况。这是更高级的内容，展示了如何通过分析共轭类的大小来限制自同构。
• 习题20: 引入了汤普森子群 $J(P)$，这是一个在现代有限群研究，特别是p-群理论和单群分类中非常重要的特征子群。它代表了群中“最大”的阿贝尔子群的生成子群。

这些习题从基础概念的巩固，到具体群的计算，再到理论的深化和高级概念的引入，构成了一个完整的学习闭环。