1. 第五章 直积与半直积以及阿贝尔群

这段话是第五章的开篇介绍，它揭示了本章的核心主题和最终目标。

1. 核心主题：本章将介绍两种重要的群论构造方法，分别是“直积”（Direct Product）和“半直积”（Semidirect Product）。这两种方法的核心思想都是“构造”，具体来说，是从已知的、较小的群出发，像搭积木一样，构建出新的、更复杂的、更大的群。这是一种由简到繁的合成思想。
2. 学习动机/应用：为什么要学习这两种构造方法？作者给出了一个非常重要的应用——它们是理解“有限生成阿贝尔群的基本定理”（Fundamental Theorem of Finitely Generated Abelian Groups）的基础。
3. 定理的重要性：这个“基本定理”威力巨大，它能够对一类重要的群——有限生成阿贝尔群——进行完全的“分类”（Classification）。“分类”在数学中是一个至高无上的目标，意味着我们能够彻底理解这类数学对象的所有可能结构。具体到这里，这个定理尤其能够告诉我们，所有的“有限阿贝尔群”（一类特殊的有限生成阿贝尔群）究竟长什么样，有多少种，它们的结构是什么。就好比化学家掌握了元素周期表，就能理解所有物质的基本构成一样。
4. 章节逻辑：因此，本章的逻辑线索是：先学习直积和半直积这两种工具，然后运用这些工具（主要是直积）来证明和理解有限生成阿贝尔群的结构定理，从而实现对有限阿贝尔群的完全分类。

这段话是一个引子，旨在明确接下来定义的适用范围。

1. 定义对象：即将给出“直积”（Direct Product）的正式定义。
2. 范围限定：这个定义将主要针对两种情况：
   • 有限个群的直积：例如，将 2 个、3 个、...、$n$ 个群组合起来。这是最常见和最基本的情况。
   • 可数个群的直积：例如，将与自然数一样多的群 $G_1, G_2, G_3, \ldots$ 组合起来。
3. 范围扩展：作者提到，对于“任意多个群”（包括不可数多个，比如与实数一样多的群）的直积，这个更具一般性的情况，将被放在本节末尾的习题中进行探讨。这是一种常见的教材编写策略，即将核心概念和更具挑战性的推广分离开来，以降低初学者的入门难度。

这是直积的正式数学定义，分为有限和可数无限两种情况。

部分 (1)：有限直积

1. 参与者：我们有 $n$ 个群，分别是 $G_1, G_2, \ldots, G_n$。每个群 $G_i$ 都有自己的运算，记为 $\star_i$。这些群和它们的运算可以是各不相同的。
2. 新集合的元素：构造出的新群（称为直积，记作 $G_{1} \times G_{2} \times \cdots \times G_{n}$）的元素是什么？它们是“$n$-元组”（n-tuple），形式为 $(g_1, g_2, \ldots, g_n)$。这就像一个坐标点，第一个分量 $g_1$ 必须是来自第一个群 $G_1$ 的元素，第二个分量 $g_2$ 必须来自第二个群 $G_2$，以此类推，第 $i$ 个分量 $g_i$ 必须来自第 $i$ 个群 $G_i$。这个集合本质上是集合论中的笛卡尔积（Cartesian Product）。
3. 新集合的运算：如何在这个由 $n$-元组组成的集合上定义一个群运算（记为 $\star$）？定义的方式非常自然，称为“分量式运算”（component-wise operation）。也就是说，要计算两个 $n$-元组 $(g_1, g_2, \ldots, g_n)$ 和 $(h_1, h_2, \ldots, h_n)$ 的“积”，我们只需将它们对应的分量分别进行运算即可。具体来说，第一个分量是 $g_1 \star_1 h_1$（使用 $G_1$ 的运算），第二个分量是 $g_2 \star_2 h_2$（使用 $G_2$ 的运算），...，第 $n$ 个分量是 $g_n \star_n h_n$（使用 $G_n$ 的运算）。

部分 (2)：可数无限直积

这部分是部分 (1) 的直接推广。

1. 参与者：我们有无限多个群，排成一个序列 $G_1, G_2, G_3, \ldots$。
2. 新集合的元素：新群的元素不再是有限长度的 $n$-元组，而是无限长的“序列”（sequence），形式为 $(g_1, g_2, g_3, \ldots)$，其中第 $i$ 个元素 $g_i$ 来自第 $i$ 个群 $G_i$。
3. 新集合的运算：运算规则和有限情况完全一样，仍然是分量式的。将两个无限序列的对应分量分别在各自的群中进行运算。

这段话解释了一种为了书写方便而广泛采用的记号简化约定。

1. 现实情况：在定义直积时，我们严谨地指出每个因子群 $G_i$ 的运算 $\star_i$ 可能各不相同。例如，$\mathbb{Z}_n$ 的运算是模 $n$ 加法，而 $S_n$ 的运算是置换复合。
2. 简化约定：在抽象群论的讨论中，为了避免为每个群都写出其独特的运算符号（如 $+_n$, $\circ$, $*$ 等），通常会采用一种“通用记法”。除非特意指明是阿贝尔群（此时常用加法记号），否则默认将所有群的运算都写成“乘法”的形式。这意味着我们用并列（juxtaposition，即把两个元素写在一起，如 $gh$）或一个点（$g \cdot h$）来表示运算。
3. 应用到直积：将这个约定应用到直积的定义上，原来复杂的公式 $(g_1, \ldots) \star (h_1, \ldots) = (g_1 \star_1 h_1, \ldots)$ 就被简化成了 $(g_1, \ldots)(h_1, \ldots) = (g_1 h_1, \ldots)$。
4. 重要提醒：这仅仅是“记号上的简化”。当你看到 $g_i h_i$ 时，你必须在脑中自动将其翻译成“元素 $g_i$ 和 $h_i$ 在它们所属的群 $G_i$ 中进行运算”。如果 $G_i$ 是加法群 $\mathbb{Z}$，那么 $g_i h_i$ 实际上代表 $g_i + h_i$。如果 $G_i$ 是矩阵群 $GL_2(\mathbb{R})$，$g_i h_i$ 就代表矩阵乘法。

这个例子旨在将抽象的直积概念与读者已经非常熟悉的一个数学对象联系起来。

1. 选择因子群：例子选择了 $n$ 个完全相同的群，每一个都是实数集 $\mathbb{R}$，并且其上的运算是普通的加法。即 $G_1 = G_2 = \ldots = G_n = (\mathbb{R}, +)$。
2. 构造直积：根据定义，直积 $G_1 \times \ldots \times G_n$ 就是 $\mathbb{R} \times \ldots \times \mathbb{R}$（$n$ 次）。
3. 元素形式：直积的元素是 $n$-元组 $(a_1, a_2, \ldots, a_n)$，其中每个 $a_i$ 都来自 $\mathbb{R}$。这正是 $n$ 维欧几里得空间 $\mathbb{R}^n$ 中一个点的坐标表示，或者说一个 $n$ 维向量。
4. 运算形式：直积的运算是分量式的。由于每个因子群的运算都是加法，所以直积的运算就是将两个元组的对应分量相加。
5. 建立联系：作者指出，这个直积群 $(\mathbb{R} \times \ldots \times \mathbb{R}, +_{\text{分量式}})$，其实就是我们在线性代数和微积分中早已熟悉的 $n$ 维欧几里得空间 $(\mathbb{R}^n, +_{\text{向量加法}})$。向量加法本质上就是分量式加法。
6. 记号说明：注意到这里作者顺理成章地使用了加法记号 +，而不是通用的乘法记号，因为所有的因子群都是加法群，这样做更自然，也符合我们对 $\mathbb{R}^n$ 的已有知识。

这个例子的目的是展示直积构造的普适性和灵活性，与上一个例子中所有因子群都相同的情况形成鲜明对比。

1. 选择因子群：这次选择了三个截然不同的群：
   • $G_1 = \mathbb{Z}$：整数加法群。这是一个无限阿贝尔群。
   • $G_2 = S_3$：3个元素的置换群（对称群）。这是一个阶为 $3! = 6$ 的非阿贝尔群。其运算是置换的复合 $\circ$。
   • $G_3 = GL_2(\mathbb{R})$：2x2 实数可逆矩阵群。这是一个无限非阿贝尔群。其运算是矩阵乘法。
2. 构造直积：我们构建直积群 $G = \mathbb{Z} \times S_3 \times GL_2(\mathbb{R})$。
3. 元素形式：$G$ 中的一个典型元素是一个三元组，例如 $(n, \sigma, A)$，其中 $n$ 是一个整数，$\sigma$ 是一个 $S_3$ 中的置换， $A$ 是一个 $2 \times 2$ 的可逆矩阵。
4. 运算演示：例子清晰地展示了如何计算两个这种三元组的积。
   • 取两个元素：第一个是 $(n, \sigma, \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix})$，第二个是 $(m, \tau, \begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix})$。
   • 它们的积，按照分量式规则计算：
   • 第一个分量：在 $G_1 = \mathbb{Z}$ 中运算，结果是 $n+m$。
   • 第二个分量：在 $G_2 = S_3$ 中运算，结果是 $\sigma \circ \tau$ (置换的复合)。
   • 第三个分量：在 $G_3 = GL_2(\mathbb{R})$ 中运算，结果是两个矩阵的乘积 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ap+br & aq+bs \\ cp+dr & cq+ds \end{pmatrix}$。
5. 核心思想：这个例子生动地说明了“分量式运算”的真正含义——每个分量的运算都严格遵守其“出生地”群的规则，不同分量之间“鸡同鸭讲”，但被有序地组织在一个元组中。

这个命题阐述了关于直积的两个基本事实：它确实是一个群，并且它的阶（元素个数）是可以计算的。

1. 第一部分：直积是一个群
   • 命题首先断言，按照前文定义的方式（元素是元组，运算是分量式），从一堆群 $G_1, \ldots, G_n$ 构造出来的直积 $G = G_1 \times \ldots \times G_n$ 本身也符合群的定义。
   • 要证明它是一个群，就需要验证群的四条公理：封闭性、结合律、单位元存在性、逆元存在性。
2. 第二部分：直积的阶
   • 命题接着给出了计算这个新群的阶（即其中元素的总数）的公式。
   • 公式是：$|G| = |G_1| \times |G_2| \times \cdots \times |G_n|$。也就是说，直积群的阶等于所有因子群的阶的乘积。
   • 这个公式来源于组合数学中的乘法原理。要构造一个 $n$-元组 $(g_1, \ldots, g_n)$，为第一个位置 $g_1$ 选择元素有 $|G_1|$ 种方式，为第二个位置 $g_2$ 选择元素有 $|G_2|$ 种方式，...，以此类推。因此，总共可能的元组数量就是各项选择数的乘积。
3. 无限情况：
   • 命题的括号里补充说明了无限群的情况。如果参与直积的任何一个因子群 $G_i$ 是无限群（即 $|G_i| = \infty$），那么整个直积群 $G$ 也必然是无限群。这是因为，仅在第 $i$ 个分量变化，其他分量保持不变，就可以构造出无限多个不同的元组。

这是对命题1的证明。证明的核心思想是“性质的传递”：直积群的群性质，完全继承自每个因子群自身的群性质。

1. 证明策略：作者指出，证明过程是“直接的”（straightforward），意思是只需逐一验证群公理即可，没有复杂的技巧。其根本原因在于分量式运算。
2. 验证结合律：证明中详细演示了如何验证结合律。
   • 步骤1：写出要证明的等式：a (b c) = (a b) c，其中 a, b, c 是直积群中的三个任意元素（即三个 $n$-元组）。
   • 步骤2：计算 a (b c)。首先根据直积运算定义，计算括号里的 b * c。结果是元组 $(b_1c_1, b_2c_2, \ldots)$。
   • 步骤3：接着计算 a 与上一步结果的积。同样根据定义，得到元组 $(a_1(b_1c_1), a_2(b_2c_2), \ldots)$。
   • 步骤4：关键一步。观察结果的每一项，例如 $a_i(b_ic_i)$。由于 $a_i, b_i, c_i$ 都是群 $G_i$ 中的元素，而 $G_i$ 本身满足结合律，所以 $a_i(b_ic_i)$ 必定等于 $(a_ib_i)c_i$。我们将这个性质应用到元组的每一个分量上。
   • 步骤5：将元组改写成 $( (a_1b_1)c_1, (a_2b_2)c_2, \ldots )$。
   • 步骤6：再次运用直积运算的定义（反向使用），将这个元组拆解回 (a b) c 的形式。
   • 结论：等式成立，结合律得证。
3. 验证其他公理（简述）：作者省略了其余公理的详细证明，因为它们遵循完全相同的逻辑。
   • 封闭性：这是自明的。两个元组相乘，结果的第 $i$ 个分量是 $g_i h_i$。因为 $G_i$ 是群（满足封闭性），所以 $g_i h_i$ 必定还在 $G_i$ 中。因此，结果元组的每个分量都在正确的群里，整个元组也就在直积群中。
   • 单位元：作者指出了直积群的单位元是什么。令 $e = (1_1, 1_2, \ldots, 1_n)$，其中 $1_i$ 是 $G_i$ 的单位元。我们需要验证对于任意元组 $g=(g_1, \ldots, g_n)$，都有 $eg=ge=g$。以 $eg$ 为例：
   • 逆元：作者指出了任意元素 $g=(g_1, \ldots, g_n)$ 的逆元是什么。令 $g' = (g_1^{-1}, \ldots, g_n^{-1})$，其中 $g_i^{-1}$ 是 $g_i$ 在 $G_i$ 中的逆元。我们需要验证 $gg' = g'g = e$（$e$是上面找到的单位元）。以 $gg'$ 为例：
4. 关于阶的证明：作者用“明确的”（is clear）一词带过。这指的是前面提到的组合学乘法原理，它是一个基本计数原则，此处不再赘述。

这段话是下一个重要命题（命题2）的引言和背景说明，它预告了命题的内容并提供了一些关键的直观解释。

1. 直积的交换性（同构意义下）：
   • 第一句话提出了一个性质：$G_1 \times G_2$ 和 $G_2 \times G_1$ 是否相同？
   • 从集合的角度看，如果 $g_1 \in G_1, g_2 \in G_2$，那么 $(g_1, g_2)$ 和 $(g_2, g_1)$ 是不同的元组，所以 $G_1 \times G_2$ 和 $G_2 \times G_1$ 是不同的集合。
   • 但是从群的结构角度看，它们是“同构”的，即结构完全一样。可以很容易地定义一个同构映射 $\phi: G_1 \times G_2 \to G_2 \times G_1$，$\phi((g_1, g_2)) = (g_2, g_1)$。作者将这个证明留作习题7。
   • 这意味着因子的顺序对于直积群的抽象结构类型没有影响。
2. 预告命题2内容 - “坐标轴”子群：
   • 命题2将要证明，在一个直积群 $G = G_1 \times \ldots \times G_n$ 内部，存在一些特殊的子群，它们分别与因子群 $G_1, G_2, \ldots, G_n$ 同构。
   • 作者给出了一个非常重要的直观类比：将这些子群看作是直积这个“高维空间”里的“坐标轴”。
   • 类比解释：在 $\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \times \mathbb{R}$ 中，x-轴是所有形如 $(x, 0)$ 的点的集合，y-轴是所有形如 $(0, y)$ 的点的集合。x-轴本身（作为点的集合和加法运算）与 $\mathbb{R}$ 同构，y-轴也与 $\mathbb{R}$ 同构。同样，在 $G_1 \times G_2$ 中，集合 $\{(g_1, 1_2) | g_1 \in G_1\}$ 就是“$G_1$ 轴”，它是一个与 $G_1$ 同构的子群。
3. 重要的警告 - “坐标轴”不唯一：
   • 作者紧接着提醒读者，不要错误地认为这些“坐标轴”子群是直积群中唯一的与因子群同构的副本。
   • 例子：再次使用 $\mathbb{R}^2$。除了x轴和y轴，任何一条过原点的直线（例如 $y=x$）都是 $\mathbb{R}^2$ 的一个子群，并且这个子群也与 $\mathbb{R}$ 同构。
   • 引申：在 $\mathbb{R}^2$ 中，我们可以旋转坐标系，得到新的x'轴和y'轴。这组新的坐标轴也是两个与 $\mathbb{R}$ 同构的子群，它们的直积（在新的坐标系下）同样可以构成整个 $\mathbb{R}^2$。这意味着将一个群分解为直积的方式可能不唯一。
4. 预告命题2内容 - 投影同态：
   • 命题2的另一部分内容是关于“投影同态”（projection homomorphism）。
   • 直观解释：在 $\mathbb{R}^2$ 中，将一个点 $(x, y)$ 投影到x轴上得到点 $(x, 0)$，或者说得到坐标值 $x$。这个“投影”操作是一个同态（保持向量加法结构）。同样地，从直积群 $G_1 \times \ldots \times G_n$ 中取出第 $i$ 个分量的操作，即映射 $\pi_i((g_1, \ldots, g_n)) = g_i$，也是一个同态。

这个命题是本节的核心，它系统地描述了直积群的内部结构。我们逐条分析。

Part (1): “坐标轴”子群

• 第一部分陈述：它精确定义了上一段引言中提到的“坐标轴”。对于任意一个选定的坐标方向 $i$（例如，第二个方向，i=2），我们考察 $G$ 中所有这样的元素：它们在第 $i$ 个位置上可以是 $G_i$ 中的任何元素，但在所有其他位置上都必须是各自群的单位元。
• 例如，在 $G_1 \times G_2 \times G_3$ 中，与 $G_2$ 对应的“坐标轴”子群是集合 $\{(1_1, g_2, 1_3) | g_2 \in G_2\}$。
• 三个结论：

1. 是子群：这个集合不仅仅是 $G$ 的一个子集，它本身在 $G$ 的运算下也构成一个群，因此是 $G$ 的一个子群。
2. 与因子同构：这个子群的结构与原始的因子群 $G_i$ 完全一样，即它们是同构的。同构映射很显然：$g_i \mapsto (1, \ldots, 1, g_i, 1, \ldots, 1)$。
3. 正规性与商群：如果我们将这个子群（为了方便，直接就叫它 $G_i$）视为 $G$ 的一部分，那么它是一个正规子群 ($G_i \unlhd G$)。这意味着我们可以构造商群 $G/G_i$。这个商群的结构是什么呢？它同构于“砍掉”第 $i$ 个因子后剩下的那些群的直积。

Part (2): 投影同态

• 定义映射：对于每个坐标方向 $i$，定义一个名为 $\pi_i$ 的映射，它的作用是从直积群 $G$ 映回第 $i$ 个因子群 $G_i$。这个映射的功能非常简单：就是从一个元组 $(g_1, \ldots, g_n)$ 中“提取”出第 $i$ 个分量 $g_i$。这个映射被称为投影。
• 两个结论：

1. 是满射同态：这个投影映射 $\pi_i$ 不仅仅是一个普通的函数，它是一个同态，意味着它保持群的运算结构，即 $\pi_i(ab) = \pi_i(a)\pi_i(b)$。同时它还是满射的，意味着对于 $G_i$ 中的任何一个元素，我们都能在 $G$ 中找到一个元组投影到它上面。
2. 核的结构：任何同态都有一个核（kernel），即所有被映射到单位元的元素的集合。$\pi_i$ 的核是 $G$ 中所有在第 $i$ 个分量为单位元的元组。这个核本身也是一个子群，并且它的结构同构于“砍掉”第 $i$ 个因子后剩下的群的直积。

Part (3): 不同“坐标轴”上元素的交换性

• 背景：在Part (1)中，我们约定将“坐标轴”子群 $\{(1, \ldots, g_i, \ldots, 1)\}$ 直接记作 $G_i$。
• 陈述：取两个来自不同“坐标轴”的元素。例如， $x$ 来自“$G_i$ 轴”（形式为 $(1, \ldots, g_i, \ldots, 1)$），$y$ 来自“$G_j$ 轴”（形式为 $(1, \ldots, h_j, \ldots, 1)$），其中 $i \neq j$。
• 结论：这两个元素总是可以交换顺序，即 $xy=yx$。即使原始的群 $G_i$ 或 $G_j$ 是非阿贝尔的，不同分量上的元素之间也互不影响，表现出一种“伪交换性”。

这是对命题2三部分内容的详细证明。

证明 Part (1)

1. 证明“坐标轴”是子群且同构于 $G_i$:
   • 作者简略地提到，使用子群判别法很容易证明。让我们补充一下细节：
   • 设 $H_i = \{(1, \ldots, g_i, \ldots, 1) | g_i \in G_i\}$。
   • 非空：$G_i$ 包含单位元 $1_i$，所以 $(1, \ldots, 1_i, \ldots, 1) \in H_i$。
   • 封闭性：取 $a = (1, \ldots, a_i, \ldots, 1)$ 和 $b = (1, \ldots, b_i, \ldots, 1)$。$ab = (1, \ldots, a_ib_i, \ldots, 1)$。因为 $a_i, b_i \in G_i$ 且 $G_i$ 是群，所以 $a_ib_i \in G_i$。故 $ab \in H_i$。
   • 逆元存在性：$a^{-1} = (1, \ldots, a_i^{-1}, \ldots, 1)$。因为 $a_i^{-1} \in G_i$，所以 $a^{-1} \in H_i$。
   • 根据子群判别法，$H_i$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 同构：映射 $\psi: G_i \to H_i$ 定义为 $\psi(g_i) = (1, \ldots, g_i, \ldots, 1)$。这是一个双射且保持运算 $\psi(g_i h_i) = (\ldots, g_ih_i, \ldots) = (\ldots, g_i, \ldots)(\ldots, h_i, \ldots) = \psi(g_i)\psi(h_i)$。所以是同构。
   • 作者在这里宣布“等同” $G_i$ 和 $H_i$。
2. 证明 $G_i \unlhd G$ 及其商群:
   • 这里作者采用了一个非常聪明的方法，而不是直接去验证正规子群的定义 $gH_ig^{-1} \subseteq H_i$。
   • 构造一个映射：定义一个映射 $\varphi$，它从直积群 $G$ 出发，目的地是“砍掉”第 $i$ 个因子后剩下的直积。这个映射的功能就是“删除第 $i$ 个分量”。
   • 证明 $\varphi$ 是满射同态：
   • 同态：证明中给出了详细的四步推导，核心思想仍然是利用分量式运算的性质。先组合再映射，等于先映射再组合。
   • 满射：要想到达目标群中的任意一个元素 $(g_1, \ldots, g_{i-1}, g_{i+1}, \ldots, g_n)$，我们只需在 $G$ 中构造一个元组，在这些位置填上这些 $g_j$，然后在第 $i$ 个位置填上单位元 $1_i$即可。这个构造出来的元组 $(g_1, \ldots, 1_i, \ldots, g_n)$ 就会被 $\varphi$ 映射到我们想要的目标元素上。所以 $\varphi$ 是满射。
   • 计算 $\varphi$ 的核：$\operatorname{ker}\varphi$ 是 $G$ 中所有被 $\varphi$ 映射到目标群 单位元的元素。目标群的单位元是 $(1_1, \ldots, 1_{i-1}, 1_{i+1}, \ldots, 1_n)$。那么 $G$ 中的一个元素 $(g_1, \ldots, g_n)$ 要被映到这个单位元，当且仅当它所有不为 $i$ 的分量 $g_j$ 都是单位元 $1_j$。而第 $i$ 个分量 $g_i$ 可以是任意值。所以 $\operatorname{ker}\varphi = \{(1, \ldots, 1, g_i, 1, \ldots, 1) | g_i \in G_i\}$。
   • 应用结论：我们发现，$\operatorname{ker}\varphi$ 正是我们一开始定义的“坐标轴”子群 $H_i$（现在我们等同地叫它 $G_i$）。
   • 一个重要定理是：一个同态的核总是定义域中的一个正规子群。因此，我们立即得出 $G_i \unlhd G$。
   • 另一个重要定理是第一同构定理：$G/\operatorname{ker}\varphi \cong \operatorname{Im}(\varphi)$。
   • $G/\operatorname{ker}\varphi$ 就是 $G/G_i$。
   • $\operatorname{Im}(\varphi)$ 是 $\varphi$ 的像。因为 $\varphi$ 是满射，所以它的像就是整个目标群 $G_1 \times \ldots \times G_{i-1} \times G_{i+1} \times \ldots \times G_n$。
   • 所以，我们得到结论 $G/G_i \cong G_1 \times \ldots \times G_{i-1} \times G_{i+1} \times \ldots \times G_n$。Part(1)证明完毕。

证明 Part (2)

• 作者指出，这部分的证明与Part(1)中对 $\varphi$ 的分析“非常相似”。
• 映射 $\pi_i: G \to G_i$ 定义为 $\pi_i((g_1, \ldots, g_n)) = g_i$。
• 同态：$\pi_i(ab) = (ab)_i = a_ib_i = \pi_i(a)\pi_i(b)$。
• 满射：对于任何 $g_i \in G_i$，我们可以构造元组 $(1, \ldots, g_i, \ldots, 1) \in G$，$\pi_i$ 作用于它就得到 $g_i$。
• 核：$\operatorname{ker}\pi_i$ 是所有满足 $\pi_i(g)=1_i$ 的元素 $g$。这意味着 $g$ 的第 $i$ 个分量必须是 $1_i$，其他分量可以是任意值。这正是命题中描述的集合。

证明 Part (3)

• 这部分的证明是直接计算。
• 设 $x$ 是“$G_i$ 轴”上的元素，所以 $x=(1, \ldots, 1, g_i, 1, \ldots, 1)$。
• 设 $y$ 是“$G_j$ 轴”上的元素 ($i \neq j$)，所以 $y=(1, \ldots, 1, h_j, 1, \ldots, 1)$。为了书写方便，假设 $i<j$。
• $x = (1, \ldots, g_i, \ldots, 1, \ldots, 1)$
• $y = (1, \ldots, 1, \ldots, h_j, \ldots, 1)$
• 计算 $xy$：将对应分量相乘。
• 在第 $k$ 个位置 ($k \neq i, k \neq j$)，分量是 $1_k \cdot 1_k = 1_k$。
• 在第 $i$ 个位置，分量是 $g_i \cdot 1_i = g_i$。
• 在第 $j$ 个位置，分量是 $1_j \cdot h_j = h_j$。
• 所以 $xy = (1, \ldots, g_i, \ldots, h_j, \ldots, 1)$。
• 计算 $yx$：将对应分量相乘。
• 在第 $k$ 个位置 ($k \neq i, k \neq j$)，分量是 $1_k \cdot 1_k = 1_k$。
• 在第 $i$ 个位置，分量是 $1_i \cdot g_i = g_i$。
• 在第 $j$ 个位置，分量是 $h_j \cdot 1_j = h_j$。
• 所以 $yx = (1, \ldots, g_i, \ldots, h_j, \ldots, 1)$。
• 比较两者，发现 $xy=yx$。证明完成。

这段话包含两部分内容：一个是对未来学习的指引，另一个是对一种重要的简化记法的解释和应用。

1. 内容的推广：
   • 作者指出，命题2的结论可以被进一步推广。命题2讨论的是单个“坐标轴”子群 $G_i$ 的情况。习题2则会探讨由多个“坐标轴”子群合并而成的大子群的性质。例如，在 $G_1 \times G_2 \times G_3 \times G_4$ 中，由 $G_1$ 和 $G_3$ 的“坐标轴”合并成的子群 $G_{1,3} = \{(g_1, 1, g_3, 1) | g_1\in G_1, g_3\in G_3 \}$ 的性质。这个推广将表明 $G_{1,3} \unlhd G$ 且 $G/G_{1,3} \cong G_2 \times G_4$。
2. 记号的等同与简化：
   • 重申约定：作者再次强调，我们将采纳命题2(1)中提到的“等同”约定。即，不再书写繁琐的元组 $(1, \ldots, g_i, \ldots, 1)$，而是直接用 $g_i$ 来代表这个元组。此时，$g_i$ 既可以指原始因子群 $G_i$ 中的一个元素，也可以指直积群 $G$ 中那个特殊的“坐标轴”元素。
   • 新术语：基于这个等同，这个“坐标轴”子群 $H_i$ 就被直接称为直积群的“第 $i$ 个分量”或“第 $i$ 个因子”。
   • 具体例子：为了让这个抽象的记法具体化，作者举了一个非常重要的例子：$G = \mathbb{Z}_n \times \mathbb{Z}_m$。
   • 这是一个由两个循环群构成的直积。
   • 令 $x$ 是第一个因子 $\mathbb{Z}_n$ 的一个生成元。根据简化记法，$x$ 在 $G$ 中代表元组 $(x, 0)$（假设是加法群）。
   • 令 $y$ 是第二个因子 $\mathbb{Z}_m$ 的一个生成元。根据简化记法，$y$ 在 $G$ 中代表元组 $(0, y)$。
   • $G$ 中的任意一个元素，其原始形式是 $(a, b)$，其中 $a \in \mathbb{Z}_n, b \in \mathbb{Z}_m$。
   • 在 $\mathbb{Z}_n$ 中，$a$ 可以写成生成元的幂次形式 $x^a$（乘法记法）或倍数形式 $ax$（加法记法）。在 $\mathbb{Z}_m$ 中，$b$ 可以写成 $y^b$。
   • 于是，元组 $(x^a, y^b)$ 可以被看作是元组 $(x^a, 1)$ 和 $(1, y^b)$ 的积：$(x^a, y^b) = (x^a, 1)(1, y^b)$。
   • 根据简化记法，$(x^a, 1)$ 就是 $x^a$，而 $(1, y^b)$ 就是 $y^b$。
   • 因此，我们最终可以将 $G$ 中的元素 $(a, b)$ 简写为 $x^a y^b$。
   • 总结：繁琐的元组表示法 $(g_1, g_2)$ 被更简洁、更代数化的 $g_1 g_2$ 形式所取代（这里 $g_1$ 代表 $(g_1, 1_2)$，$g_2$ 代表 $(1_1, g_2)$）。

这个例子给出了一个计算直积群中任意元素阶的通用公式。

1. 回顾与应用：
   • 例子首先回顾了刚才的简化记法：一个直积群的元素可以写作 $g = x_1 x_2 \ldots x_n$，其中每个 $x_i$ 都被等同于它在第 $i$ 个“坐标轴”上的副本。
   • 同时，它应用了命题2(3)的结论：来自不同坐标轴的元素 $x_i$ 和 $x_j$ ($i \neq j$) 是可以交换的 ($x_i x_j = x_j x_i$)。
2. 推导k次幂公式：
   • 我们想计算元素 $g = x_1 x_2 \ldots x_n$ 的 $k$ 次幂，即 $g^k = (x_1 x_2 \ldots x_n)^k$。
   • 展开这个幂：$g^k = (x_1 x_2 \ldots x_n) (x_1 x_2 \ldots x_n) \cdots (x_1 x_2 \ldots x_n)$ （共 $k$ 项）。
   • 因为任意的 $x_i$ 和 $x_j$ 都可以交换，所以我们可以把所有的 $x_1$ 都挪到最前面，所有的 $x_2$ 都跟在后面，以此类推。
   • 这样重新排列后，我们就得到了 $k$ 个 $x_1$ 相乘， $k$ 个 $x_2$ 相乘，...，即 $(x_1 \cdots x_1) (x_2 \cdots x_2) \cdots = x_1^k x_2^k \cdots x_n^k$。
   • 重要：这个公式成立的关键是不同因子之间的交换性。如果它们不交换，则不能这样简单地分离变量。
3. 推导阶的公式：
   • 一个元素的阶 $|g|$，根据定义，是使得 $g^k = e$ 的最小正整数 $k$。这里的 $e$ 是直积群的单位元，即 $e = 1_1 1_2 \ldots 1_n$。
   • 将 $g^k = x_1^k x_2^k \ldots x_n^k$ 和 $e = 1_1 1_2 \ldots 1_n$ 相等，由于直积元素的唯一性（一个元组等于另一个元组，当且仅当所有分量都相等），这等价于对所有 $i=1, \ldots, n$，都必须有 $x_i^k = 1_i$。
   • 现在问题转化为：找到一个最小的正整数 $k$，它需要同时满足 $n$ 个条件：
   • $k$ 必须是 $|x_1|$ 的一个倍数（这样才能保证 $x_1^k=1_1$）。
   • $k$ 必须是 $|x_2|$ 的一个倍数（这样才能保证 $x_2^k=1_2$）。
   • ...
   • $k$ 必须是 $|x_n|$ 的一个倍数（这样才能保证 $x_n^k=1_n$）。
   • 一个数要同时是另一组数的倍数，它必须是这组数的公倍数。而我们要找的是最小的这样的正整数 $k$，所以 $k$ 必须是 $|x_1|, |x_2|, \ldots, |x_n|$ 的最小公倍数（least common multiple, l.c.m.）。
4. 无限阶的情况：
   • 如果在这些元素 $x_i$ 中，有任何一个的阶是无限的（即 $|x_i|=\infty$），那么就不存在任何正整数 $k$ 能使得 $x_i^k = 1_i$。
   • 因此，也就无法满足 $g^k=e$ 的条件，这意味着 $g$ 的阶也是无限的。这与最小公倍数的概念一致（包含 $\infty$ 的一组数的最小公倍数是 $\infty$）。

这个例子介绍了一类非常重要的群，它们是直积概念的直接应用。

1. 构造方法：
   • 选择一个素数 $p$。
   • 选择一个因子群：$\mathbb{Z}_p$，即阶为 $p$ 的循环群。这是一个阿贝尔群。
   • 将 $n$ 个这样的 $\mathbb{Z}_p$ 群进行直积。
2. 命名与记号：
   • 这个构造出来的群记作 $E_{p^n}$。
3. 基本性质：
   • 群的阶：根据命题1，它的阶是所有因子群 阶的乘积，即 $|E_{p^n}| = |\mathbb{Z}_p|^n = p^n$。
   • 阿贝尔性：因为因子群 $\mathbb{Z}_p$ 是阿贝尔群，所以它们的直积 $E_{p^n}$ 也是阿贝尔群。（两个元组 $(a_1, \ldots), (b_1, \ldots)$ 的积是 $(a_1+b_1, \ldots)$，因为 $\mathbb{Z}_p$ 中加法可交换，所以 $a_i+b_i = b_i+a_i$，因此 $(a_1+b_1, \ldots) = (b_1+a_1, \ldots)$，即两个元组可交换）。
4. 关键性质：元素的阶：
   • 我们来考察 $E_{p^n}$ 中任意一个非单位元元素 $x = (g_1, g_2, \ldots, g_n)$ 的阶。
   • 每个分量 $g_i$ 都来自 $\mathbb{Z}_p$。如果 $g_i$ 不是单位元 $0$，那么它的阶 $|g_i|$ 必然是 $p$（因为 $p$ 是素数，根据拉格朗日定理，元素的阶必须整除群的阶 $p$，所以只能是1或p，而1是单位元的阶）。
   • 根据上一段例子的 l.c.m. 公式，元素 $x$ 的阶 $|x| = \text{l.c.m.}(|g_1|, |g_2|, \ldots, |g_n|)$。
   • 由于每个 $|g_i|$ 要么是 1（如果 $g_i=0$），要么是 $p$（如果 $g_i \neq 0$），而只要 $x$ 不是单位元，就至少有一个 $g_i \neq 0$，所以这个最小公倍数必然是 $p$。
   • 因此，我们得出一个惊人的结论：在 $E_{p^n}$ 中，单位元的阶是1，而所有非单位元元素的阶都是 $p$。
   • 这个性质可以简述为：对于所有 $x \in E_{p^n}$，都有 $x^p=1$（这里的1代表单位元 $(0, \ldots, 0)$）。
5. 命名：
   • 具有这种性质的群（一个阶为 $p^n$ 的阿贝尔群，其中所有非单位元的阶都是 $p$）被称为初等阿贝尔p-群（elementary abelian p-group）。
   • 作者提到这个概念在第4.4节已经介绍过，这里通过直积给出了它的一个标准构造模型。

这个例子应用前面学到的知识，对阶为 $p^2$ 的初等阿贝尔群的子群结构进行计数。

1. 目标：证明 $E_{p^2} = \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$ 这个群，恰好有 $p+1$ 个阶为 $p$ 的子群。
2. 分析 E 的元素：
   • $|E| = p^2$。
   • $E$ 中有 1 个单位元。
   • $E$ 中有 $p^2 - 1$ 个非单位元。
   • 根据上一个例子的结论，这 $p^2-1$ 个非单位元的阶全都是 $p$。
3. 分析 E 的子群：
   • 我们要找的是阶为 $p$ 的子群。
   • 由于 $p$ 是素数，任何阶为 $p$ 的群都必然是循环群。
   • 因此，我们寻找的阶为 $p$ 的子群，都是由 $E$ 中某个阶为 $p$ 的元素生成的。
   • 也就是说，每个非单位元 $x \in E$，都会生成一个循环子群 $\langle x \rangle = \{e, x, x^2, \ldots, x^{p-1}\}$，这个子群的阶是 $p$。
4. 关键问题：不同的元素会生成相同的子群吗？
   • 是的。一个阶为 $p$ 的循环子群 $H$，它里面有 1 个单位元和 $p-1$ 个非单位元（这些也都是阶为 $p$ 的元素）。这 $p-1$ 个非单位元中的任何一个，都可以作为这个子群 $H$ 的生成元。
   • 例如，在 $\mathbb{Z}_5$ 中，$\langle 1 \rangle = \{0,1,2,3,4\}$，$\langle 2 \rangle = \{0,2,4,1,3\}$，它们是同一个子群。
5. 子群间的关系：
   • 考虑两个不同的阶为 $p$ 的子群 $H_1$ 和 $H_2$。
   • 它们的交集 $H_1 \cap H_2$ 也是 $E$ 的一个子群。
   • 根据拉格朗日定理，$|H_1 \cap H_2|$ 必须整除 $|H_1|=p$ 和 $|H_2|=p$。
   • 因此，$|H_1 \cap H_2|$ 只能是 1 或 $p$。
   • 如果 $|H_1 \cap H_2|=p$，那么 $H_1 \cap H_2 = H_1 = H_2$，这与 $H_1$ 和 $H_2$ 是“不同”子群的假设矛盾。
   • 所以，$|H_1 \cap H_2|=1$。这意味着两个不同的阶为 $p$ 的子群，它们唯一的公共元素就是单位元 $e$。这被称为“平凡相交”。
6. 计数论证（核心）：
   • 我们有一个装有 $p^2-1$ 个非单位元的“大池子”。
   • 每个阶为 $p$ 的子群，都会从这个池子里“捞走” $p-1$ 个元素作为它的非单位元。
   • 由于任意两个这样的子群都平凡相交，它们“捞走”的元素集合是完全不重叠的。
   • 因此，这 $p^2-1$ 个非单位元，被完美地划分（partition）成若干个不相交的子集，每个子集的大小都是 $p-1$。
   • 那么，一共有多少个这样的子集呢？显然是总数除以每份的数量：$\frac{p^2-1}{p-1}$。
   • 每个这样的子集对应一个阶为 $p$ 的子群。
7. 计算结果：
   • 利用平方差公式 $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$，我们得到 $\frac{p^2-1}{p-1} = \frac{(p-1)(p+1)}{p-1} = p+1$。
   • 结论：$E_{p^2}$ 中恰好有 $p+1$ 个阶为 $p$ 的子群。
8. 验证特例：
   • 当 $p=2$ 时，群是 $E_{2^2}$，即克莱因四元群 $V_4$。
   • 公式预言它有 $2+1=3$ 个阶为 2 的子群。
   • 我们知道 $V_4 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 = \{(0,0), (1,0), (0,1), (1,1)\}$。三个阶为2的子群分别是 $\langle (1,0) \rangle = \{(0,0),(1,0)\}$，$\langle (0,1) \rangle = \{(0,0),(0,1)\}$ 和 $\langle (1,1) \rangle = \{(0,0),(1,1)\}$。结果完全正确。

这道习题要求证明关于直积群的中心的一个重要性质，并从中推导出一个关于阿贝尔群直积的结论。

Part 1: 证明中心的性质

1. 理解中心 (Center): 一个群 $H$ 的中心，记作 $Z(H)$，是 $H$ 中所有能与 $H$ 中任何元素交换的元素的集合。即 $Z(H) = \{z \in H \mid \forall h \in H, zh=hz\}$。中心是群的一个正规子群。
2. 要证明的等式: $Z(G_1 \times \ldots \times G_n) = Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n)$。
   • 左边是直积群 $G = G_1 \times \ldots \times G_n$ 的中心。
   • 右边是一个新的直积，它的因子是原来每个群各自的中心 $Z(G_i)$。
   • 这是一个集合等式的证明，通常需要证明两个方向的包含关系：
   • (a) $Z(G_1 \times \ldots \times G_n) \subseteq Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n)$
   • (b) $Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n) \subseteq Z(G_1 \times \ldots \times G_n)$
3. 证明 (a) $\subseteq$:
   • 取一个元素 $g = (g_1, \ldots, g_n)$ 属于左边的集合，即 $g \in Z(G)$。
   • 根据中心的定义，这意味着 $g$ 与 $G$ 中的任意元素 $h = (h_1, \ldots, h_n)$ 都可以交换，即 $gh=hg$。
   • 展开这个等式：$(g_1h_1, \ldots, g_nh_n) = (h_1g_1, \ldots, h_ng_n)$。
   • 根据元组相等的定义，这等价于对所有 $i=1, \ldots, n$，都有 $g_ih_i = h_ig_i$。
   • 现在是关键：我们说 $g$ 与任意的 $h \in G$ 交换。这意味着我们可以任意选择 $h_1, h_2, \ldots, h_n$。
   • 让我们来做一个特殊的选择：对于一个固定的 $i$，我们让 $h_j = 1_j$ (当 $j \neq i$ 时)，而 $h_i$ 是 $G_i$ 中的任意元素。
   • 在这种选择下，$gh=hg$ 的条件简化为 $g_i h_i = h_i g_i$ 对任意 $h_i \in G_i$ 都成立。
   • 这正是 $g_i \in Z(G_i)$ 的定义！
   • 因为这个推理对任何 $i$ 都有效，所以我们得出结论：$g_1 \in Z(G_1)$, $g_2 \in Z(G_2)$, ..., $g_n \in Z(G_n)$。
   • 这意味着元组 $g=(g_1, \ldots, g_n)$ 属于集合 $Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n)$。
   • 这就证明了 (a) 方向的包含。
4. 证明 (b) $\supseteq$:
   • 取一个元素 $g = (g_1, \ldots, g_n)$ 属于右边的集合，即 $g \in Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n)$。
   • 这意味着对每个 $i$，$g_i \in Z(G_i)$。
   • 根据 $Z(G_i)$ 的定义，这意味着对于任意 $h_i \in G_i$，都有 $g_i h_i = h_i g_i$。
   • 现在我们要证明 $g$ 属于左边的集合 $Z(G)$，即证明 $g$ 与 $G$ 中任意一个元素 $h=(h_1, \ldots, h_n)$ 交换。
   • 计算 $gh = (g_1h_1, \ldots, g_nh_n)$。
   • 计算 $hg = (h_1g_1, \ldots, h_ng_n)$。
   • 由于我们知道对每个 $i$ 都有 $g_ih_i = h_ig_i$，所以这两个结果元组的每个分量都对应相等。
   • 因此 $gh=hg$。
   • 因为 $h$ 是任意选取的，所以 $g$ 确实与 $G$ 中所有元素交换。
   • 所以 $g \in Z(G)$。这就证明了 (b) 方向的包含。
5. 结论：由(a)和(b)，等式成立。

Part 2: 推断阿贝尔群的性质

1. 理解阿贝尔群与中心的关系: 一个群 $H$ 是阿贝尔群，当且仅当它的中心就是它自身，即 $Z(H) = H$。因为阿贝尔群的定义就是所有元素都相互交换。
2. 证明“当且仅当”:
   • ($\Rightarrow$) 如果直积是阿贝尔群:
   • 假设 $G = G_1 \times \ldots \times G_n$ 是一个阿贝尔群。
   • 这意味着 $Z(G) = G$。
   • 根据我们刚刚证明的公式，$Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n) = G_1 \times \ldots \times G_n$。
   • 两个直积集合相等，当且仅当它们每个对应的因子集合都相等。
   • 所以，对所有 $i$，必须有 $Z(G_i) = G_i$。
   • 这意味着每个因子群 $G_i$ 都是阿贝尔群。
   • ($\Leftarrow$) 如果每个因子都是阿贝尔群:
   • 假设对所有 $i$，$G_i$ 都是阿贝尔群。
   • 这意味着对所有 $i$，$Z(G_i) = G_i$。
   • 根据我们证明的公式，$Z(G) = Z(G_1) \times \ldots \times Z(G_n) = G_1 \times \ldots \times G_n = G$。
   • $Z(G) = G$ 表明直积群 $G$ 是一个阿贝尔群。
3. 结论: 推论成立。

这道题是命题2的推广。命题2只考虑了单个坐标轴 $G_i$ 的情况（此时 $I=\{i\}$），而这里考虑由多个坐标轴合并而成的大子群。

理解题设

• $G = G_1 \times \ldots \times G_n$ 是大群。
• $I$ 是下标集合 $\{1, \ldots, n\}$ 的一个子集，比如 $n=4, I=\{1,3\}$。
• $J$ 是 $I$ 的补集，比如 $J=\{2,4\}$。
• $G_I$ 是 $G$ 的一个子群，它的元素在 $I$ 包含的下标位置上是任意的，在 $J$ 包含的下标位置上必须是单位元。
• 比如，一个在 $G_{\{1,3\}}$ 中的元素形如 $(g_1, 1_2, g_3, 1_4)$。
• $G_J$ 是类似定义的，在 $J$ 位置任意，在 $I$ 位置为单位元。
• 比如，一个在 $G_{\{2,4\}}$ 中的元素形如 $(1_1, g_2, 1_3, g_4)$。

(a) 证明 $G_I \cong \prod_{i \in I} G_i$

• 这几乎是定义本身。
• 定义一个映射 $\phi: \prod_{i \in I} G_i \to G_I$。
• $\prod_{i \in I} G_i$ 是一个直积群，它的元素是元组 $(g_i)_{i \in I}$。例如，对于 $I=\{1,3\}$，元素是 $(g_1, g_3)$。
• 映射定义为：将元组 $(g_i)_{i \in I}$ 映射到 $G$ 中一个大的 $n$-元组，这个大元组在下标 $i \in I$ 的位置填上 $g_i$，在下标 $j \in J$ 的位置填上 $1_j$。
• 例如，$\phi((g_1, g_3)) = (g_1, 1_2, g_3, 1_4)$。
• 这个映射显然是双射。
• 它也是一个同态，因为直积运算都是分量式的。
• 因此，这是一个同构。

(b) 证明 $G_I \unlhd G$ 且 $G/G_I \cong G_J$

• 这个证明完全模仿命题2(1)的证明。
• 定义一个映射 $\psi: G \to G_J$。 它的作用是“保留 $J$ 分量，扔掉 $I$ 分量”。
• 更精确地说，$\psi((g_1, \ldots, g_n)) = (h_1, \ldots, h_n)$，其中如果 $k \in J$, $h_k = g_k$；如果 $k \in I$, $h_k = 1_k$。
• 或者定义一个更简单的映射 $\psi': G \to \prod_{j \in J} G_j$，作用是只提取出 $J$ 下标对应的分量，组成一个小元组。例如，$\psi'((g_1, g_2, g_3, g_4)) = (g_2, g_4)$。
• 证明 $\psi'$ 是满射同态:
• 同态：因为运算是分量式的。
• 满射：对于任何目标 $(g_j)_{j \in J}$，我们都可以在 $G$ 中构造一个原像，在 $J$ 位置填上这些 $g_j$，在 $I$ 位置填上单位元。
• 计算 $\psi'$ 的核:
• $\operatorname{ker} \psi'$ 是所有被映射到单位元 $(1_j)_{j \in J}$ 的元素。
• 这意味着对于所有 $j \in J$，元素的分量 $g_j$ 必须是 $1_j$。而对于 $i \in I$，分量 $g_i$ 可以是任意的。
• 这正是 $G_I$ 的定义！所以 $\operatorname{ker} \psi' = G_I$。
• 应用定理:
• 因为 $G_I$ 是一个同态的核，所以 $G_I \unlhd G$。
• 根据第一同构定理，$G/\operatorname{ker}\psi' \cong \operatorname{Im}(\psi')$。
• 即 $G/G_I \cong \prod_{j \in J} G_j$。
• 根据 (a) 的结论，$\prod_{j \in J} G_j \cong G_J$。
• 所以 $G/G_I \cong G_J$。

(c) 证明 $G \cong G_I \times G_J$

• 这里 $G_I$ 和 $G_J$ 都是 $G$ 的子群。我们需要证明大的群 $G$ 和它的两个子群的外部直积是同构的。
• 定义一个映射 $\theta: G_I \times G_J \to G$。
• $G_I \times G_J$ 的元素是有序对 $(x, y)$，其中 $x \in G_I, y \in G_J$。
• 映射定义为 $\theta((x, y)) = xy$ （$G$ 中的乘积）。
• 证明 $\theta$ 是同态:
• 取两个元素 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$。
• $\theta((x_1, y_1)(x_2, y_2)) = \theta((x_1x_2, y_1y_2)) = (x_1x_2)(y_1y_2)$。
• $\theta((x_1,y_1))\theta((x_2,y_2)) = (x_1y_1)(x_2y_2)$。
• 我们需要证明 $(x_1x_2)(y_1y_2) = (x_1y_1)(x_2y_2)$。这需要 $x_2$ 和 $y_1$ 可以交换。$x_2 \in G_I$, $y_1 \in G_J$。$G_I$ 的元素只在 $I$ 位置有非单位元，$G_J$ 的元素只在 $J$ 位置有非单位元。因为 $I, J$ 不相交，根据下一题（或命题2(3)的推广），它们确实可以交换。所以 $\theta$ 是同态。
• 证明 $\theta$ 是单射 (核是单位元):
• 假设 $\theta((x,y)) = e$，即 $xy=e$。
• $x \in G_I$，它在 $J$ 分量上是单位元。 $y \in G_J$，它在 $I$ 分量上是单位元。
• $xy$ 这个元组，它的 $I$ 分量就等于 $x$ 的 $I$ 分量，它的 $J$ 分量就等于 $y$ 的 $J$ 分量。
• $xy=e$ 意味着这个元组的所有分量都是单位元。
• 所以 $x$ 的 $I$ 分量都是单位元，$y$ 的 $J$ 分量也都是单位元。
• 这意味着 $x=e$ 且 $y=e$。
• 所以核里只有一个元素 $((e,e))$。故 $\theta$ 是单射。
• 证明 $\theta$ 是满射:
• 取 $G$ 中任意一个元素 $g=(g_1, \ldots, g_n)$。
• 我们可以把它“分裂”成两部分。
• 令 $x$ 是一个元组，在 $I$ 位置与 $g$ 相同，在 $J$ 位置是单位元。显然 $x \in G_I$。
• 令 $y$ 是一个元组，在 $J$ 位置与 $g$ 相同，在 $I$ 位置是单位元。显然 $y \in G_J$。
• 那么 $xy$ 的结果是什么？它的 $I$ 分量来自 $x$，就是 $g$ 的 $I$ 分量；它的 $J$ 分量来自 $y$，就是 $g$ 的 $J$ 分量。
• 所以 $xy=g$。
• 我们找到了原像 $(x,y)$。所以 $\theta$ 是满射。
• 结论: $\theta$ 是同构。

这道习题是命题2(3)的一个直接推广，证明思路完全相同，即将整体的交换性问题分解到各个分量上进行考察。

1. 理解题设:
   • 我们有两个子群 $G_I$ 和 $G_K$，它们是从大群 $G = G_1 \times \ldots \times G_n$ 中定义的。
   • $x \in G_I$ 意味着 $x$ 是一个 $n$-元组 $(x_1, \ldots, x_n)$，并且当一个下标 $k$ 不在集合 $I$ 中时（$k \notin I$），对应的分量 $x_k$ 必须是单位元 $1_k$。
   • $y \in G_K$ 意味着 $y$ 是一个 $n$-元组 $(y_1, \ldots, y_n)$，并且当一个下标 $k$ 不在集合 $K$ 中时（$k \notin K$），对应的分量 $y_k$ 必须是单位元 $1_k$。
   • 关键条件是 $I$ 和 $K$ 不相交，即 $I \cap K = \emptyset$。这意味着一个下标不可能同时在 $I$ 和 $K$ 里面。
2. 证明目标: 证明 $xy = yx$。
3. 展开运算:
   • 根据直积的运算定义，我们分别计算 $xy$ 和 $yx$：
   • $xy = (x_1, \ldots, x_n)(y_1, \ldots, y_n) = (x_1y_1, x_2y_2, \ldots, x_ny_n)$。
   • $yx = (y_1, \ldots, y_n)(x_1, \ldots, x_n) = (y_1x_1, y_2x_2, \ldots, y_nx_n)$。
4. 比较分量:
   • 为了证明这两个 $n$-元组相等，我们只需证明它们的每一个分量都对应相等，即对于任意下标 $k \in \{1, \ldots, n\}$，都有 $x_ky_k = y_kx_k$。
   • 我们分三种情况来讨论下标 $k$ 的位置：
   • 情况 1: $k \in I$。
   • 因为 $x \in G_I$，所以 $x_k$ 可以是 $G_k$ 中的任意元素。
   • 因为 $I$ 和 $K$ 不相交，所以 $k \notin K$。根据 $G_K$ 的定义，这意味着 $y_k$ 必须是单位元 $1_k$。
   • 此时，分量相乘的结果是：$x_ky_k = x_k \cdot 1_k = x_k$。而 $y_kx_k = 1_k \cdot x_k = x_k$。两者相等。
   • 情况 2: $k \in K$。
   • 这个情况与情况1对称。因为 $k \notin I$，所以 $x_k$ 必须是单位元 $1_k$。而 $y_k$ 可以是任意元素。
   • 分量相乘的结果是：$x_ky_k = 1_k \cdot y_k = y_k$。而 $y_kx_k = y_k \cdot 1_k = y_k$。两者相等。
   • 情况 3: $k \notin I$ 且 $k \notin K$。
   • 因为 $k \notin I$，所以 $x_k$ 必须是单位元 $1_k$。
   • 因为 $k \notin K$，所以 $y_k$ 必须是单位元 $1_k$。
   • 分量相乘的结果是：$x_ky_k = 1_k \cdot 1_k = 1_k$。而 $y_kx_k = 1_k \cdot 1_k = 1_k$。两者相等。
5. 结论:
   • 由于在所有可能的情况下，第 $k$ 个分量都是相等的 ($x_ky_k = y_kx_k$)，所以元组 $xy$ 和 $yx$ 完全相同。
   • 因此，$xy=yx$ 得证。

这道习题旨在揭示Sylow p-子群这一重要概念在直积构造下的表现，说明Sylow子群的构造和计数也可以“分解”到各个因子上。

Part 1: 证明 Sylow p-子群的形式

1. 确定阶:
   • 首先确定直积群 $A \times B$ 的Sylow p-子群应该具有的阶。
   • 设 $|A| = p^a m$ 和 $|B| = p^b k$，其中 $p$ 不整除 $m$ 和 $k$。
   • 那么 $|A \times B| = |A| \cdot |B| = p^a m \cdot p^b k = p^{a+b} (mk)$。由于 $p$ 不整除 $m$ 和 $k$，它也不整除 $mk$。
   • 因此，$A \times B$ 的Sylow p-子群的阶必须是 $p^{a+b}$。
2. 证明任何Sylow p-子群 H 都是 P x Q 的形式:
   • 令 $H$ 是 $A \times B$ 的一个任意Sylow p-子群，所以 $|H| = p^{a+b}$。
   • 考虑两个投影映射：$\pi_A: A \times B \to A$ 和 $\pi_B: A \times B \to B$。
   • 令 $P = \pi_A(H)$ 和 $Q = \pi_B(H)$。它们分别是 $A$ 和 $B$ 的子群。
   • 因为 $H$ 是一个 p-群（其阶为 $p$ 的幂），它的同态像 $P$ 和 $Q$ 也必然是 p-群。
   • 所以 $|P|$ 必须是 $p$ 的幂，且 $|P|$ 整除 $|A|=p^a m$，因此 $|P|$ 最高只能是 $p^a$。即 $|P| \le p^a$。
   • 同理，$|Q| \le p^b$。
   • 对于 $H$ 中的任何元素 $(a, b)$，我们有 $a \in P$ 且 $b \in Q$。这意味着 $H$ 是子群 $P \times Q$ 的一个子集，即 $H \subseteq P \times Q$。
   • 因此，$|H| \le |P \times Q| = |P| \cdot |Q| \le p^a \cdot p^b = p^{a+b}$。
   • 我们已知 $|H|=p^{a+b}$，所以上面不等式链中的所有“小于等于”都必须取等号。
   • 这意味着 $|P| = p^a$ 且 $|Q|=p^b$。
   • 根据定义，$P$ 是 $A$ 的一个Sylow p-子群，$Q$ 是 $B$ 的一个Sylow p-子群。
   • 同时，这也意味着 $|H| = |P \times Q|$。因为 $H$ 是 $P \times Q$ 的子集且阶相等，所以它们必须是同一个集合：$H = P \times Q$。
   • 这就证明了 $A \times B$ 的任何Sylow p-子群都具有 $P \times Q$ 的形式。

Part 2: 证明 $n_p(A \times B) = n_p(A) n_p(B)$

$n_p(G)$ 指的是 $G$ 中Sylow p-子群的数量。我们要证明Sylow p-子群的数量在直积下是相乘的。

1. 建立一个对应关系: 我们要在集合 $Syl_p(A \times B)$ ( $A \times B$ 的所有Sylow p-子群) 和集合 $Syl_p(A) \times Syl_p(B)$ (所有 $(P,Q)$ 对，其中 $P \in Syl_p(A), Q \in Syl_p(B)$) 之间建立一个双射。
2. 定义映射: 定义映射 $\Phi: Syl_p(A) \times Syl_p(B) \to Syl_p(A \times B)$，其规则为 $\Phi((P, Q)) = P \times Q$。
3. 验证映射良定义:
   • 如果 $P \in Syl_p(A), Q \in Syl_p(B)$，那么 $|P|=p^a, |Q|=p^b$。
   • 则 $|P \times Q| = p^{a+b}$。
   • 因此，$P \times Q$ 确实是 $A \times B$ 的一个Sylow p-子群。映射的目标集合是正确的。
4. 验证映射是满射 (Onto):
   • Part 1 的结论已经证明了这一点。对于 $A \times B$ 中任何一个Sylow p-子群 $H$，我们总能找到 $P = \pi_A(H) \in Syl_p(A)$ 和 $Q = \pi_B(H) \in Syl_p(B)$，使得 $H = P \times Q = \Phi((P,Q))$。所以任何 $H$ 都有原像。
5. 验证映射是单射 (One-to-one):
   • 假设 $\Phi((P_1, Q_1)) = \Phi((P_2, Q_2))$，即 $P_1 \times Q_1 = P_2 \times Q_2$。
   • 我们要证明 $(P_1, Q_1) = (P_2, Q_2)$，即 $P_1=P_2$ 且 $Q_1=Q_2$。
   • 考虑投影：$\pi_A(P_1 \times Q_1) = P_1$。同时 $\pi_A(P_2 \times Q_2) = P_2$。
   • 因为 $P_1 \times Q_1 = P_2 \times Q_2$，对它们进行相同的投影操作，结果必然相同。所以 $P_1 = P_2$。
   • 同理，$\pi_B(P_1 \times Q_1) = Q_1$ 和 $\pi_B(P_2 \times Q_2) = Q_2$ 也必须相等。所以 $Q_1 = Q_2$。
   • 因此，映射是单射。
6. 结论:
   • 由于 $\Phi$ 是一个双射，所以定义域和目标域的元素个数相等。
   • $|Syl_p(A) \times Syl_p(B)| = |Syl_p(A)| \cdot |Syl_p(B)| = n_p(A) \cdot n_p(B)$。
   • $|Syl_p(A \times B)| = n_p(A \times B)$。
   • 因此，$n_p(A \times B) = n_p(A) n_p(B)$。

Part 3: 推广到 n 个群

这个结论可以通过数学归纳法轻松推广。

• 基础步骤: 对于 $n=2$ 的情况已经证明。
• 归纳步骤: 假设结论对 $n-1$ 个群的直积成立。
• 考虑 $G = G_1 \times G_2 \times \cdots \times G_n = G_1 \times (G_2 \times \cdots \times G_n)$。
• 令 $B = G_2 \times \cdots \times G_n$。
• 根据 $n=2$ 的结论：
• $G$ 的任何Sylow p-子群形如 $P_1 \times P_B$，其中 $P_1 \in Syl_p(G_1)$，$P_B \in Syl_p(B)$。
• $n_p(G) = n_p(G_1) \cdot n_p(B)$。
• 根据归纳假设，
• $B$ 的任何Sylow p-子群 $P_B$ 形如 $P_2 \times \cdots \times P_n$，其中 $P_i \in Syl_p(G_i)$。
• $n_p(B) = n_p(G_2) \cdots n_p(G_n)$。
• 将两者结合：
• $G$ 的任何Sylow p-子群形如 $P_1 \times (P_2 \times \cdots \times P_n) = P_1 \times P_2 \times \cdots \times P_n$。
• $n_p(G) = n_p(G_1) \cdot (n_p(G_2) \cdots n_p(G_n)) = n_p(G_1) n_p(G_2) \cdots n_p(G_n)$。
• 推广成立。

这道题是一个非常经典的反例，它说明了“一个群的所有子群都是正规的”这个性质（这种群被称为戴德金群）在直积下并不总是保持。

1. 分析因子群:
   • $Q_8$ (四元数群): 它的所有子群 $(\{1\}, \{\pm 1\}, \langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle, Q_8)$ 都是正规的。
   • $\mathbb{Z}_4$ (循环群): 它是阿贝尔群，因此它的所有子群 $(\{0\}, \{0,2\}, \mathbb{Z}_4)$ 也都是正规的。
2. 寻找非正规子群的思路:
   • 既然“坐标轴”方向的子群（如 $H \times \{0\}$ 或 $\{1\} \times K$）都是正规的，我们要找的非正规子群一定是一个“斜着的”子群（diagonal subgroup）。
   • 构造“斜着的”子群的常用方法是，在两个因子群中找到两个同构的子群，然后将它们的元素通过一个同构映射“捆绑”在一起。
3. 构造例子:
   • 在 $Q_8$ 中，我们有一个阶为4的循环子群 $A = \langle i \rangle = \{1, i, -1, -i\}$。
   • 在 $\mathbb{Z}_4$ 中，整个群 $B = \mathbb{Z}_4 = \{0, 1, 2, 3\}$ 就是一个阶为4的循环群。
   • 显然 $A \cong \mathbb{Z}_4 \cong B$。
   • 我们来定义一个同构映射 $\phi: A \to B$。一个最自然的选择是把生成元映到生成元。令 $\phi(i) = 1$。
   • 根据同构的性质，我们可以得到其他元素的像：
   • $\phi(1) = \phi(i^4) = 4 \cdot \phi(i) = 4 \cdot 1 = 0 \pmod 4$。
   • $\phi(-1) = \phi(i^2) = 2 \cdot \phi(i) = 2 \cdot 1 = 2 \pmod 4$。
   • $\phi(-i) = \phi(i^3) = 3 \cdot \phi(i) = 3 \cdot 1 = 3 \pmod 4$。
   • 现在，我们构造“斜着的”子群 $H$，它由所有形如 $(a, \phi(a))$ 的元素构成，其中 $a \in A$。
   • $H = \{(1, 0), (i, 1), (-1, 2), (-i, 3)\}$。
   • $H$ 是 $Q_8 \times \mathbb{Z}_4$ 的一个子群（因为它是一个同态的图像，是良定义的子群），且 $H \cong A \cong \mathbb{Z}_4$。
4. 验证 H 是否正规:
   • 要证明 $H$ 不是正规的，我们只需找到一个元素 $h \in H$ 和一个元素 $g \in G=Q_8 \times \mathbb{Z}_4$，使得共轭元素 $ghg^{-1}$ 不在 $H$ 中。
   • 选择一个能“扰乱” $H$ 中元素的 $g$。$H$ 中的第一分量来自 $\langle i \rangle$。我们应该从 $Q_8$ 中选择一个不与 $i$ 交换的元素，比如 $j$。
   • 令 $h = (i, 1) \in H$。
   • 令 $g = (j, 0) \in G$。那么 $g^{-1} = (j^{-1}, 0) = (-j, 0)$。
   • 计算共轭 $ghg^{-1}$:
   • 这个结果居然还在 $H$ 里。让我们检查一下计算：$ji=-k$ 是对的，$-k(-j)=kj=i$ 也是对的。
   • 看起来我选的 $h$ 不好。$ghg^{-1} = (jij^{-1}, 1) = (j(i)(-j), 1) = (j(kj), 1) = (k(jj), 1) = (k(-1), 1) = (-k, 1)$。
   • 让我们重新计算：
   • 重新计算:
   • 现在我们检查这个新元素 $(-i, 1)$ 是否在 $H$ 中。
   • $H$ 的元素是 $\{(1, 0), (i, 1), (-1, 2), (-i, 3)\}$。
   • 显然 $(-i, 1)$ 不等于其中的任何一个。
   • 因此，$ghg^{-1} \notin H$。
   • 结论：$H$ 不是 $Q_8 \times \mathbb{Z}_4$ 的一个正规子群。

这道题要求证明 $G = Q_8 \times E_{2^n}$ 是一个戴德金群（即所有子群都正规的群）。这与上一题形成了鲜明对比。

1. 理解戴德金群的结构: 这是一个已知的定理：一个非阿贝尔的戴德金群必然同构于 $Q_8 \times A \times B$ 的形式，其中 $A$ 是一个初等阿贝尔2-群 ($E_{2^k}$)，$B$ 是一个所有元素阶都为奇数的阿贝尔群。本题中的 $Q_8 \times E_{2^n}$ 正是这种结构的一个特例（其中 $B$ 是平凡群）。我们的任务是从头证明这个特例。
2. 使用换位子 (Commutator):
   • 一个子群 $H$ 在 $G$ 中正规的条件是：对于任意 $h \in H$ 和 $g \in G$，共轭 $ghg^{-1}$ 仍然在 $H$ 中。
   • 这个条件等价于 $g h g^{-1} h^{-1} \in H$ 吗？不完全是，应该是 $h^{-1}ghg^{-1}$...
   • 共轭可以写成 $ghg^{-1} = g h g^{-1} h^{-1} h = [g, h] h$。其中 $[g,h] = ghg^{-1}h^{-1}$ 是换位子。
   • 所以，要使 $ghg^{-1} \in H$，我们需要 $[g,h]h \in H$。因为 $h \in H$，这等价于要求换位子 $[g,h]$ 必须能将 $H$ “保持”在自身内部，即 $[g,H] \subseteq H$ 是不够的，应该是对于任意 $h \in H$, $[g,h]h \in H$。
3. 分析 $G$ 的换位子:
   • 令 $g=(q_1, a_1) \in G$ 和 $h=(q_2, a_2) \in G$。
   • 计算它们的换位子 $[g, h] = ghg^{-1}h^{-1}$。
   • $[g, h] = ([q_1, q_2], [a_1, a_2])$。
   • $E_{2^n}$ 是阿贝尔群，所以 $[a_1, a_2]$ 永远是单位元 $1_E$。
   • $Q_8$ 的换位子群 $[Q_8, Q_8] = Z(Q_8) = \{\pm 1\}$。所以 $[q_1, q_2]$ 的结果只能是 $1$ 或者 $-1$。
   • 因此，对于 $G$ 中的任意两个元素 $g, h$，它们的换位子 $[g,h]$ 必定属于子群 $C = \{ (1, 1_E), (-1, 1_E) \}$。
   • 这个子群 $C = [G,G]$ 是 $G$ 的换位子群，它同构于 $\mathbb{Z}_2$。
4. 证明 H 的正规性:
   • 令 $H$ 是 $G$ 的任意一个子群。我们要证明对于任意 $h \in H$ 和 $g \in G$，有 $ghg^{-1} \in H$。
   • 我们已经知道 $ghg^{-1} = [g,h]h$。
   • 并且 $[g,h]$ 总是属于子群 $C = \{ (1, 1_E), (-1, 1_E) \}$。
   • 现在分两种情况讨论：
   • 情况 1: $C \subseteq H$。
   • 这意味着 $(1, 1_E)$ 和 $(-1, 1_E)$ 这两个元素都在 $H$ 中。
   • 对于任意的 $h \in H, g \in G$，换位子 $[g,h]$ 是 $C$ 的一个元素，因此 $[g,h] \in H$。
   • 因为 $H$ 是子群，它在乘法下是封闭的。所以，既然 $[g,h] \in H$ 且 $h \in H$，那么它们的乘积 $[g,h]h$ 也必然在 $H$ 中。
   • 即 $ghg^{-1} \in H$。所以在这种情况下，$H$ 是正规的。
   • 情况 2: $C \not\subseteq H$。
   • 因为 $C$ 是一个阶为2的子群，所以 $C \not\subseteq H$ 意味着 $H$ 不包含非单位元素 $(-1, 1_E)$。
   • 在这种情况下，我们要证明 $H$ 仍然是正规的。这等价于证明对于任意 $h \in H, g \in G$，换位子 $[g,h]$ 必须是单位元 $(1, 1_E)$。因为如果 $[g,h]=(-1, 1_E)$，那么 $ghg^{-1} = (-1, 1_E)h$。如果 $h \in H$ 而 $(-1, 1_E) \notin H$，则它们的积通常不在 $H$ 中，除非有特殊情况。
   • 让我们证明：如果 $H$ 不包含 $C$，那么 $H$ 必然是 $G$ 的一个中心子群，即 $H \subseteq Z(G)$。
   • $Z(G) = Z(Q_8) \times Z(E_{2^n}) = \{\pm 1\} \times E_{2^n}$。
   • 假设 $H$ 不是中心子群。这意味着 $H$ 中至少有一个元素 $h=(q,a)$，其中 $q \notin \{\pm 1\}$。例如，可以设 $q=i$。
   • 所以 $h=(i, a) \in H$。
   • 现在，我们用这个非中心元素来产生一个换位子。取 $g=(j, 1_E) \in G$。
   • 计算 $[g,h] = [ (j, 1_E), (i, a) ] = ([j,i], [1_E, a]) = (jij^{-1}i^{-1}, 1_E) = (k(-i), 1_E) = (-k(-i), 1_E) = (i^2, 1_E) = (-1, 1_E)$。
   • $jij^{-1}i^{-1} = (-i)i^{-1} = (-i)(-i) = -1$。不对，$jij^{-1}i^{-1} = (-i)(-i)=-1$。不对。
   • $[j,i]=jij^{-1}i^{-1} = (-k)i^{-1} = (-k)(-i) = ki = -j$。不对。
   • $[j,i] = ji(-j)(-i) = (-k)(-j)(-i) = (kj)(-i) = (i)(-i) = 1$。
   • $[j,i]=jij^{-1}i^{-1}$. $jij^{-1} = -i$. 所以 $[j,i] = (-i)i^{-1} = (-i)(-i) = -1$。
   • 所以我们计算出换位子 $[g,h]=(-1, 1_E)$。
   • 现在，因为 $H$ 是一个子群，它必须对共轭运算封闭吗？不，那是正规的定义。
   • 我们知道 $ghg^{-1} = [g,h]h$。
   • $g^{-1}h^{-1}gh = [g^{-1}, h^{-1}] = ([j^{-1}, i^{-1}], 1_E) = ([-j, -i], 1_E) = (-j(-i)(-j)^{-1}(-i)^{-1}, 1_E) = (-j(-i)j i, 1_E) = (kji, 1_E) = (k(-k), 1_E)=(-(-1), 1_E)=(1,1_E)$。
   • 让我用一个更简单的论证。任何子群 $H$ 要么包含 $G$ 的换位子群 $[G,G]$，要么与它平凡相交。这里 $[G,G]=C$ 是一个阶为2的子群。所以 $H$ 要么包含 $C$，要么 $H \cap C = \{e\}$。
   • 如果 $H$ 包含 $C$, 我们在情况1证明了 $H$ 是正规的。
   • 如果 $H \cap C = \{e\}$，这意味着对于任何 $h \in H, g \in G$，换位子 $[g,h]$ (它一定在 $C$ 中) 如果也在 $H$ 中，那它必须是 $e$。但是 $[g,h]$ 不一定在 $H$ 中。
   • 但是 $g^{-1}hg = h \cdot [h, g^{-1}]$。如果 $H$ 是正规的，则 $g^{-1}hg \in H$，这意味着 $[h, g^{-1}] \in H$。由于 $[h, g^{-1}]$ 也在 $C$ 中，那么 $[h, g^{-1}]$ 必须在 $H \cap C = \{e\}$ 中。
   • 所以，如果 $H \cap C = \{e\}$，那么 $H$ 是正规的当且仅当对于所有 $h \in H, g \in G$，都有 $[h,g]=e$。这等价于 $H$ 中的所有元素都与 $G$ 中的所有元素交换，即 $H \subseteq Z(G)$。
   • 所以我们只需要证明：如果 $H \cap C = \{e\}$，那么 $H \subseteq Z(G)$。
   • 假设 $H \cap C = \{e\}$，但 $H \not\subseteq Z(G)$。
   • $H \not\subseteq Z(G)$ 意味着存在一个 $h=(q,a) \in H$ 使得 $q \notin \{\pm 1\}$。
   • 令 $q=i$。所以 $(i,a) \in H$。
   • 我们知道 $i^2=-1$。所以 $h^2 = ((i,a))^2 = (i^2, a^2) = (-1, 1_E)$ (因为 $E_{2^n}$ 中任何元素的平方都是单位元)。
   • $h^2 = (-1, 1_E)$。这是 $C$ 中的非单位元。
   • 因为 $h \in H$ 且 $H$ 是子群，所以 $h^2$ 也必须在 $H$ 中。
   • 所以 $(-1, 1_E) \in H$。
   • 这与我们的假设 $H \cap C = \{e\}$ (即 $(-1, 1_E) \notin H$) 相矛盾。
   • 因此，这个假设（$H \not\subseteq Z(G)$）是错误的。
   • 所以，如果 $H \cap C = \{e\}$，那么必有 $H \subseteq Z(G)$。中心子群当然是正规的。
5. 最终结论:
   • 对于任何子群 $H \le G$，它要么包含 $G$ 的换位子群 $C = [G,G]$，要么不包含。
   • 如果 $C \subseteq H$，则 $H$ 是正规的。
   • 如果 $C \not\subseteq H$，我们证明了这必然导致 $H$ 是中心子群 $H \subseteq Z(G)$，因此 $H$ 也是正规的。
   • 综上所述， $Q_8 \times E_{2^n}$ 的所有子群都是正规的。

这道题旨在证明，直积中因子群的排列顺序无关紧要，只要因子群的集合不变，所得到的直积群在结构上（即同构意义下）是完全一样的。

1. 理解映射:
   • $\pi$ 是一个作用在下标集合 $\{1, 2, \ldots, n\}$ 上的置换。
   • 源群: $G = G_1 \times \ldots \times G_n$。
   • 目标群: $G' = G_{\pi^{-1}(1)} \times G_{\pi^{-1}(2)} \times \cdots \times G_{\pi^{-1}(n)}$。这是一个将原来因子群序列按照置换 $\pi^{-1}$ 重新排列后得到的新直积群。
   • 映射规则 $\varphi_\pi$: 它取源群中的一个元组 $(g_1, \ldots, g_n)$，生成一个新的元组。新元组的第 $k$ 个位置的元素，是原来元组的第 $\pi^{-1}(k)$ 个位置的元素。
2. 一个具体的例子:
   • 令 $n=3$, $G = G_1 \times G_2 \times G_3$。
   • 令 $\pi = (1 2)$，即交换1和2。那么 $\pi^{-1} = (1 2)$ 也是一样。
   • $\pi^{-1}(1)=2$, $\pi^{-1}(2)=1$, $\pi^{-1}(3)=3$。
   • 目标群是 $G' = G_{\pi^{-1}(1)} \times G_{\pi^{-1}(2)} \times G_{\pi^{-1}(3)} = G_2 \times G_1 \times G_3$。
   • 映射 $\varphi_\pi((g_1, g_2, g_3)) = (g_{\pi^{-1}(1)}, g_{\pi^{-1}(2)}, g_{\pi^{-1}(3)}) = (g_2, g_1, g_3)$。
   • 这个映射的作用就是把输入元组的第1和第2个分量交换位置。
3. 证明 $\varphi_\pi$ 是同态:
   • 取两个元素 $g=(g_1, \ldots, g_n)$ 和 $h=(h_1, \ldots, h_n)$。
   • 先求积再映射: $\varphi_\pi(gh) = \varphi_\pi((g_1h_1, \ldots, g_nh_n))$。
   • 根据定义，结果是一个元组，其第 $k$ 个分量是输入元组的第 $\pi^{-1}(k)$ 个分量，即 $(g_{\pi^{-1}(k)}h_{\pi^{-1}(k)})$。
   • 所以 $\varphi_\pi(gh) = (g_{\pi^{-1}(1)}h_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, g_{\pi^{-1}(n)}h_{\pi^{-1}(n)})$。
   • 先映射再求积: $\varphi_\pi(g)\varphi_\pi(h) = (g_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, g_{\pi^{-1}(n)})(h_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, h_{\pi^{-1}(n)})$。
   • 目标群 $G'$ 的运算也是分量式的。它的第 $k$ 个分量是 $G_{\pi^{-1}(k)}$。所以第 $k$ 个分量的运算是在 $G_{\pi^{-1}(k)}$ 中进行的。
   • 所以结果是 $(g_{\pi^{-1}(1)}h_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, g_{\pi^{-1}(n)}h_{\pi^{-1}(n)})$。
   • 两个结果完全相同，所以 $\varphi_\pi$ 是同态。
4. 证明 $\varphi_\pi$ 是单射 (核是单位元):
   • 假设 $\varphi_\pi((g_1, \ldots, g_n))$ 是目标群的单位元。
   • 目标群的单位元是 $(1_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, 1_{\pi^{-1}(n)})$。
   • 所以 $(g_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, g_{\pi^{-1}(n)}) = (1_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, 1_{\pi^{-1}(n)})$。
   • 这等价于对所有 $k=1, \ldots, n$，都有 $g_{\pi^{-1}(k)} = 1_{\pi^{-1}(k)}$。
   • 由于 $\pi^{-1}$ 是一个置换，当 $k$ 取遍 $\{1, \ldots, n\}$ 时， $\pi^{-1}(k)$ 也取遍 $\{1, \ldots, n\}$。
   • 所以这等价于对所有 $j=1, \ldots, n$，都有 $g_j = 1_j$。
   • 这意味着 $(g_1, \ldots, g_n)$ 是源群的单位元。
   • 因此核是平凡的，映射是单射。
5. 证明 $\varphi_\pi$ 是满射:
   • 取目标群 $G'$ 中的任意一个元素 $h' = (h_1', \ldots, h_n')$。根据 $G'$ 的定义，我们知道 $h_k' \in G_{\pi^{-1}(k)}$。
   • 我们要找到一个源群中的元素 $g=(g_1, \ldots, g_n)$ 使得 $\varphi_\pi(g) = h'$。
   • 即 $(g_{\pi^{-1}(1)}, \ldots, g_{\pi^{-1}(n)}) = (h_1', \ldots, h_n')$。
   • 这给出了 $n$ 个方程：$g_{\pi^{-1}(k)} = h_k'$，对于 $k=1, \ldots, n$。
   • 我们来定义 $g$ 的分量。令 $j = \pi^{-1}(k)$，那么 $k=\pi(j)$。
   • 上面的方程可以改写为 $g_j = h_{\pi(j)}'$。
   • 我们来构造 $g=(g_1, \ldots, g_n)$，其中第 $j$ 个分量定义为 $g_j = h_{\pi(j)}'$。
   • 我们需要检查这个 $g$ 是否在源群中，即 $g_j$ 是否在 $G_j$ 中。
   • 我们知道 $h_{\pi(j)}'$ 是目标群 $G'$ 的第 $\pi(j)$ 个分量，根据 $G'$ 的定义，这个分量属于 $G_{\pi^{-1}(\pi(j))} = G_j$。
   • 所以 $h_{\pi(j)}' \in G_j$，因此我们定义的 $g_j$ 确属 $G_j$。
   • 这个构造是良定义的，并且 $\varphi_\pi(g)=h'$。
   • 因此，映射是满射。
6. 结论:
   • 由于 $\varphi_\pi$ 是单射、满射的同态，所以它是一个同构。
   • 这意味着，例如 $G_1 \times G_2 \times G_3 \cong G_2 \times G_1 \times G_3 \cong G_3 \times G_1 \times G_2$ 等等。只要因子群的集合不变，无论怎么排列，得到的直积群都是同构的。