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这段话的核心思想是：如何用两个已知的群，像搭积木一样，构造出一个新的、更大的群。这个新的群被称为直积群。

1. 原材料：首先，我们需要两个群，我们称之为 $G$ 和 $G^{\prime}$。每个群都有自己的元素和自己的运算规则。
2. 构造新集合：我们构造一个新的集合，记作 $G \times G^{\prime}$。这个集合里的元素很特别，它们不是单个的数字或符号，而是一个个的“有序对”(ordered pair)，写作 $(a, a^{\prime})$。这个有序对的第一个部分 $a$ 必须是来自第一个群 $G$ 的元素，第二个部分 $a^{\prime}$ 必须是来自第二个群 $G^{\prime}$ 的元素。这个过程就像从两个篮子里（一个装满了 $G$ 的元素，一个装满了 $G^{\prime}$ 的元素）各取一个元素配对。
3. 定义新运算：光有元素的集合还不够，要成为一个群，必须定义元素之间的运算。这里的运算规则非常直观，叫做分量乘法 (component-wise multiplication)。也就是说，要计算两个有序对 $(a, a^{\prime})$ 和 $(b, b^{\prime})$ 的乘积，我们只需要把它们对应位置的元素分别相乘即可。第一个分量 $a$ 和 $b$ 在群 $G$ 中相乘，得到 $ab$；第二个分量 $a^{\prime}$ 和 $b^{\prime}$ 在群 $G^{\prime}$ 中相乘，得到 $a^{\prime}b^{\prime}$。最后把这两个结果组成一个新的有序对 $(ab, a^{\prime}b^{\prime})$。
4. 验证群的公理：为了确认我们这样构造出来的新结构确实是一个群，我们需要检查它是否满足群的四个基本条件：
   • 封闭性 (Closure)：由于 $a, b$ 都在 $G$ 中，根据 $G$ 的封闭性，$ab$ 也必然在 $G$ 中。同理，$a^{\prime}b^{\prime}$ 也必然在 $G^{\prime}$ 中。因此，它们的乘积 $(ab, a^{\prime}b^{\prime})$ 仍然是一个符合格式的有序对，所以这个新结构在分量乘法下是封闭的。
   • 单位元 (Identity Element)：一个群必须有一个单位元，任何元素乘以它都等于自身。在直积群中，这个单位元就是 $(1, 1)$。这里的第一个 $1$ 是群 $G$ 的单位元，第二个 $1$ 是群 $G^{\prime}$ 的单位元。我们可以验证：$(a, a^{\prime}) \cdot (1, 1) = (a \cdot 1, a^{\prime} \cdot 1) = (a, a^{\prime})$。
   • 逆元 (Inverse Element)：对于群中的任意一个元素，都必须存在一个逆元，使得它与逆元的乘积等于单位元。对于直积群中的任意元素 $(a, a^{\prime})$，它的逆元就是 $(a^{-1}, a^{\prime-1})$。这里的 $a^{-1}$ 是 $a$ 在群 $G$ 中的逆元，$a^{\prime-1}$ 是 $a^{\prime}$ 在群 $G^{\prime}$ 中的逆元。验证一下：$(a, a^{\prime}) \cdot (a^{-1}, a^{\prime-1}) = (a \cdot a^{-1}, a^{\prime} \cdot a^{\prime-1}) = (1, 1)$。
   • 结合律 (Associativity)：运算必须满足结合律，即 $(x \cdot y) \cdot z = x \cdot (y \cdot z)$。对于直积群中的三个元素 $(a, a^{\prime})$, $(b, b^{\prime})$, $(c, c^{\prime})$，我们有：
5. 命名：这个通过分量乘法构造出来的群 $G \times G^{\prime}$，就叫做 $G$ 和 $G^{\prime}$ 的直积。$G$ 和 $G^{\prime}$ 被称为直积的因子 (factors)。

这段话描述了直积群 $G \times G^{\prime}$ 和其原始的因子群 $G, G^{\prime}$ 之间存在的四种标准联系方式。这些联系都是通过群同态（保持群结构的映射）来建立的。

1. 从因子群到直积群 (内射/嵌入):
   • 映射 i: 我们如何把群 $G$ “放进”直积群 $G \times G^{\prime}$ 中？我们可以定义一个映射 $i: G \to G \times G^{\prime}$，它把 $G$ 中的任意一个元素 $x$ 变成直积群中的 $(x, 1)$。这里的 $1$ 是 $G^{\prime}$ 的单位元。这个映射是同态，因为 $i(xy) = (xy, 1) = (x, 1)(y, 1) = i(x)i(y)$。它也是内射（一对一）的，因为如果 $i(x_1) = i(x_2)$，那么 $(x_1, 1) = (x_2, 1)$，这意味着 $x_1 = x_2$。
   • 映射 i': 同样地，我们可以定义一个映射 $i': G' \to G \times G'$，它把 $G'$ 中的任意一个元素 $x'$ 变成直积群中的 $(1, x')$。这里的 $1$ 是 $G$ 的单位元。这个映射也是一个内射同态。
   • 识别 (Identification): 通过这两个内射同态，我们可以在直积群 $G \times G'$ 内部找到两个特殊的子群：
   • $i(G) = \{(x, 1) | x \in G\}$，记作 $G \times 1$。这个子群的结构和原始的 $G$ 完全一样（同构）。
   • $i'(G') = \{(1, x') | x' \in G'\}$，记作 $1 \times G'$。这个子群的结构和原始的 $G'$ 完全一样（同构）。
   • 因此，我们可以把 $G$ 和 $G'$ 看作是“嵌入”在 $G \times G'$ 内部的两个特殊子群。
2. 从直积群到因子群 (满射/投影):
   • 映射 p: 我们如何从直积群的一个元素 $(x, x')$ 中“提取”出属于 $G$ 的部分？我们定义一个映射 $p: G \times G' \to G$，它把 $(x, x')$ 直接映射到它的第一个分量 $x$。这个映射被称为投影 (projection)。它是同态，因为 $p((a, a')(b, b')) = p(ab, a'b') = ab = p(a, a')p(b, b')$。它也是满射（映上）的，因为对于 $G$ 中的任何一个元素 $x$，我们总能在 $G \times G'$ 中找到一个元素（比如 $(x, 1)$）映射到它。
   • 映射 p': 类似地，我们定义另一个投影 $p': G \times G' \to G'$，它把 $(x, x')$ 映射到它的第二个分量 $x'$。这个映射也是一个满射同态。
   • 核 (Kernel): 同态的核是指被映射到目标群单位元的所有源群元素的集合。
   • $p$ 的核 $\text{ker}(p)$：我们需要找到所有被 $p$ 映射到 $G$ 的单位元 $1_G$ 的元素 $(x, x')$。即 $p(x, x') = x = 1_G$。满足这个条件的元素形如 $(1_G, x')$，其中 $x'$ 可以是 $G'$ 中的任何元素。这个集合正是我们前面提到的子群 $1 \times G'$。
   • $p'$ 的核 $\text{ker}(p')$：我们需要找到所有被 $p'$ 映射到 $G'$ 的单位元 $1_{G'}$ 的元素 $(x, x')$。即 $p'(x, x') = x' = 1_{G'}$。满足这个条件的元素形如 $(x, 1_{G'})$，这个集合正是子群 $G \times 1$。

1. 分解的目标：这段话首先提出了一个重要目标——分解群。就像将一个大整数分解成质因数乘积（例如 $12 = 2^2 \times 3$）可以帮助我们理解这个数的性质一样，如果我们能将一个复杂的群 $G$ 分解成两个更小的、更简单的群 $H$ 和 $H'$ 的直积，即证明 $G \cong H \times H'$（$G$ 同构于 $H \times H'$），那么我们对 $G$ 的理解就会深刻得多。因为 $H$ 和 $H'$ 更简单，而且我们已经知道直积是如何运作的。
2. 稀有但重要：作者提醒我们，并不是所有的群都能被这样漂亮地分解。这就像不是所有整数都是合数一样（素数就不能再分解）。能够被分解成直积的群是比较特殊的，但一旦遇到，这就是一个非常重要的性质。
3. 令人惊讶的例子：$C_6$ 的分解
   • 问题：我们来看一个具体的群，6阶循环群 $C_6$。它能被分解吗？
   • 猜测：$C_6$ 的阶是 6，而 $6=2 \times 3$。那么，$C_6$ 是否和 $C_2 \times C_3$ 有关呢？
   • 证明思路：要证明 $C_6 \cong C_2 \times C_3$，我们需要证明 $C_2 \times C_3$ 本身就是一个6阶循环群。如果能做到这一点，因为所有同阶的循环群都是同构的，所以命题就得证。
   • 执行证明：
   • 首先，构建直积群 $C_2 \times C_3$。设 $C_2$ 的生成元是 $y$ ($y^2=1$)，$C_3$ 的生成元是 $z$ ($z^3=1$)。（注意：原文为了通用性用了乘法表示，如果用加法群 $C_2=\{0,1\}, C_3=\{0,1,2\}$，则 $y=1, z=1$，单位元是 $(0,0)$）。我们继续沿用原文的乘法表示，单位元分别是 $1$。
   • $C_2 \times C_3$ 的阶是 $|C_2| \times |C_3| = 2 \times 3 = 6$。
   • 为了证明它是循环群，我们只需要在其中找到一个6阶的元素即可。如果找到了，这个元素生成的循环子群的阶也是6，就会占满整个群。
   • 我们来考察元素 $x = (y, z)$。我们来计算它的阶。
   • $x^k = (y, z)^k = (y^k, z^k)$。要使 $x^k$ 成为单位元 $(1, 1)$，必须同时满足 $y^k = 1$ (在 $C_2$ 中) 和 $z^k = 1$ (在 $C_3$ 中)。
   • $y$ 的阶是 2，所以 $y^k=1$ 意味着 $k$ 必须是 2 的倍数。
   • $z$ 的阶是 3，所以 $z^k=1$ 意味着 $k$ 必须是 3 的倍数。
   • 要同时满足这两个条件， $k$ 必须是 2 和 3 的公倍数。我们要找最小的正整数 $k$，所以 $k$ 就是 2 和 3 的最小公倍数，即 $\text{lcm}(2, 3) = 6$。
   • 因此，元素 $x = (y, z)$ 的阶是 6。
   • 我们在一个6阶群 ($C_2 \times C_3$) 中找到了一个6阶的元素 ($(y, z)$)。这意味着这个元素可以生成整个群。
   • 所以，$C_2 \times C_3$ 是一个由 $(y, z)$ 生成的6阶循环群。
   • 结论：因为 $C_6$ 和 $C_2 \times C_3$ 都是6阶循环群，所以它们必然同构，即 $C_6 \cong C_2 \times C_3$。
4. $x$ 的幂：

为了直观感受，文章列出了 $x=(y,z)$ 的所有幂次：

• $x^0 = (y^0, z^0) = (1, 1)$ （用加法表示是 $(0,0)$）
• $x^1 = (y^1, z^1) = (y, z)$ （用加法表示是 $(1,1)$）
• $x^2 = (y^2, z^2) = (1, z^2)$ （用加法表示是 $(0,2)$）
• $x^3 = (y^3, z^3) = (y, 1)$ （用加法表示是 $(1,0)$，因为 $y^3=y$）
• $x^4 = (y^4, z^4) = (1, z)$ （用加法表示是 $(0,1)$，因为 $z^4=z$）
• $x^5 = (y^5, z^5) = (y, z^2)$ （用加法表示是 $(1,2)$）
• $x^6 = (y^6, z^6) = (1, 1)$ （用加法表示是 $(0,0)$），回到单位元。

这 6 个元素各不相同，正好是 $C_2 \times C_3$ 的所有元素。

这段话将前面 $C_6$ 的例子推广成一个普遍的定理。

1. 前提条件：这个命题的核心前提是 $r$ 和 $s$ 是互素整数 (coprime integers)，也就是说，它们的最大公约数 $\text{gcd}(r, s) = 1$。
2. 命题内容：如果上述条件成立，那么一个阶为 $rs$ 的循环群 (记作 $C_{rs}$) 就一定和阶为 $r$ 的循环群 ($C_r$) 与阶为 $s$ 的循环群 ($C_s$) 的直积 ($C_r \times C_s$) 是同构的。
   • $C_{rs} \cong C_r \times C_s \iff \text{gcd}(r, s) = 1$
3. 证明思路 (与 $C_6$ 例子完全相同):
   • 我们想证明 $C_{rs}$ 和 $C_r \times C_s$ 是同构的。
   • $C_{rs}$ 是一个阶为 $rs$ 的循环群。
   • 直积群 $C_r \times C_s$ 的阶是 $|C_r| \times |C_s| = r \times s = rs$。
   • 所以，这两个群的阶是相同的。
   • 根据群论基本定理，如果我们可以证明 $C_r \times C_s$ 也是一个循环群，那么由于两个同阶的循环群必然同构，命题就得证了。
   • 要证明 $C_r \times C_s$ 是循环群，我们只需要在里面找到一个阶为 $rs$ 的元素。
   • 设 $C_r$ 的生成元是 $y$（阶为 $r$），$C_s$ 的生成元是 $z$（阶为 $s$）。我们来考察直积群中的元素 $x = (y, z)$。
   • 元素 $x$ 的阶是使得 $x^k = (y^k, z^k) = (\text{单位元}, \text{单位元})$ 成立的最小正整数 $k$。
   • 这要求 $k$ 既是 $r$ 的倍数，又是 $s$ 的倍数。所以 $k$ 是 $r$ 和 $s$ 的公倍数。
   • 我们找的是最小的 $k$，所以 $k = \text{lcm}(r, s)$ (最小公倍数)。
   • 这里用到了一个关键的数论知识：对于任意两个正整数 $r, s$，有 $\text{lcm}(r, s) \times \text{gcd}(r, s) = r \times s$。
   • 因为命题的条件是 $r, s$ 互素，所以 $\text{gcd}(r, s) = 1$。
   • 因此，$k = \text{lcm}(r, s) = (r \times s) / \text{gcd}(r, s) = rs / 1 = rs$。
   • 我们找到了一个阶为 $rs$ 的元素 $x = (y, z)$。
   • 在一个阶为 $rs$ 的群 ($C_r \times C_s$) 中找到了一个阶为 $rs$ 的元素，这证明了 $C_r \times C_s$ 是一个循环群。
   • 证毕。

这段话是命题 2.11.3 的一个关键反例，用来说明互素这个条件是绝对必要的。

1. 要考察的对象：4阶循环群 $C_4$。它的阶是 $4 = 2 \times 2$。这里的因子是 $r=2, s=2$。
2. 检查条件：$r=2, s=2$ 并不是互素的，因为它们的最大公约数 $\text{gcd}(2, 2) = 2 \neq 1$。
3. 命题的预测：由于条件不满足，命题 2.11.3 不保证 $C_4$ 和 $C_2 \times C_2$ 同构。这段话的目的是证明它们确实不同构。
4. 证明方法：寻找结构上的本质不同。要证明两个群不同构，最常用的方法是找到一个群拥有的、但另一个群不具备的、在同构映射下应该保持不变的性质。元素的阶的分布情况就是一个这样的关键性质。
5. 分析 $C_4$：
   • $C_4 = \{0, 1, 2, 3\}$ (模4加法)。
   • 我们来检查每个元素的阶：
   • $\text{ord}(0) = 1$ (单位元)。
   • $\text{ord}(1) = 4$ (因为 $1+1=2, 1+1+1=3, 1+1+1+1=0$)。这是一个4阶元素。
   • $\text{ord}(2) = 2$ (因为 $2+2=4 \equiv 0$)。这是一个2阶元素。
   • $\text{ord}(3) = 4$ (因为 $3+3=6 \equiv 2, 3+3+3=9 \equiv 1, 3+3+3+3=12 \equiv 0$)。这是一个4阶元素。
   • 结论：$C_4$ 拥有4阶元素（事实上是两个）。
6. 分析 $C_2 \times C_2$：
   • $C_2 \times C_2 = \{(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)\}$ (分量模2加法)。
   • 我们来检查每个元素的阶：
   • $\text{ord}(0,0) = 1$ (单位元)。
   • $\text{ord}(0,1) = \text{lcm}(\text{ord}(0), \text{ord}(1)) = \text{lcm}(1, 2) = 2$。
   • $\text{ord}(1,0) = \text{lcm}(\text{ord}(1), \text{ord}(0)) = \text{lcm}(2, 1) = 2$。
   • $\text{ord}(1,1) = \text{lcm}(\text{ord}(1), \text{ord}(1)) = \text{lcm}(2, 2) = 2$。
   • 结论：$C_2 \times C_2$ 中，除了单位元，所有元素的阶都是 2。它根本没有4阶元素。
7. 得出最终结论：
   • $C_4$ 有4阶元素。
   • $C_2 \times C_2$ 没有4阶元素。
   • 如果存在一个同构映射 $\phi: C_4 \to C_2 \times C_2$，它必须保持元素的阶。也就是说，如果 $g \in C_4$ 的阶是 4，那么 $\phi(g)$ 在 $C_2 \times C_2$ 中的阶也必须是 4。
   • 但 $C_2 \times C_2$ 中没有4阶元素，所以这样的同构映射不可能存在。
   • 因此，$C_4$ 和 $C_2 \times C_2$ 不是同构的。

这个命题非常重要，它回答了一个核心问题：假设我们有一个大群 $G$ 和它的两个子群 $H, K$，在什么条件下，我们可以说 $G$ 就等价于（同构于）$H$ 和 $K$ 的直积？这个命题从一个叫做“乘法映射”的工具入手，一步步建立起判定条件。

核心工具：乘法映射 f

• 我们不再从外部构造直积，而是反过来，从 $G$ 内部出发。
• 我们取子群 $H$ 和 $K$ 构造一个直积群 $H \times K$ (这是一个外部的、辅助的群)。
• 定义一个映射 $f: H \times K \to G$，它的作用是把有序对 $(h, k)$ 映射到 $G$ 中的元素 $h \cdot k$ (这里的乘法是 $G$ 中的乘法)。这个 $f$ 就叫乘法映射。
• $f$ 的像，也就是所有 $hk$ 形式的元素的集合，被记为 $HK$。

命题的四个部分，层层递进：

(a) 何时 $f$ 是内射 (一对一)？

• 内容：$f$ 是内射的，当且仅当 $H$ 和 $K$ 的交集里只有一个元素，就是单位元 $1$。即 $H \cap K = \{1\}$。
• 解释：
• ($\Rightarrow$) 如果 $H \cap K$ 里有另一个非单位元元素 $x$，那么 $x \in H$ 且 $x \in K$。同时 $x^{-1} \in H$。考虑 $f(x^{-1}, x) = x^{-1}x = 1$。再考虑 $f(1, 1) = 1 \cdot 1 = 1$。我们找到了两个不同的输入 $(x^{-1}, x)$ 和 $(1, 1)$，它们都映射到了同一个输出 $1$。所以 $f$ 不是内射的。
• ($\Leftarrow$) 如果 $H \cap K = \{1\}$，假设 $f(h_1, k_1) = f(h_2, k_2)$，即 $h_1k_1 = h_2k_2$。我们可以变形这个等式：$h_2^{-1}h_1 = k_2k_1^{-1}$。等式左边 ($h_2^{-1}h_1$) 是 $H$ 中的元素，右边 ($k_2k_1^{-1}$) 是 $K$ 中的元素。由于这个元素同时在 $H$ 和 $K$ 中，它必定属于它们的交集 $H \cap K$。而我们假设交集只有单位元 $\{1\}$。所以 $h_2^{-1}h_1 = 1$ 且 $k_2k_1^{-1} = 1$。这立即导出 $h_1=h_2$ 和 $k_1=k_2$。因此，输入 $(h_1, k_1)$ 和 $(h_2, k_2)$ 必须是相同的。所以 $f$ 是内射的。
• 小结(a)：$H, K$ “除了单位元之外没有公共部分”是保证 $G$ 中的每个元素最多只能有一种 "$hk$" 写法的关键。

(b) 何时 $f$ 是同态 (保持结构)？

• 内容：$f$ 是一个群同态，当且仅当 $H$ 中的任意元素都与 $K$ 中的任意元素可交换 (commute)，即对所有 $h \in H, k \in K$，都有 $hk=kh$。
• 解释：
• 要成为同态，必须满足 $f(\text{op}_1) = f(\text{op}_2)$，即 $f((h_1,k_1) \cdot_{H \times K} (h_2,k_2)) = f(h_1,k_1) \cdot_G f(h_2,k_2)$。
• 左边：$f((h_1h_2, k_1k_2)) = (h_1h_2)(k_1k_2)$。
• 右边：$(h_1k_1)(h_2k_2)$。
• 要让 $h_1h_2k_1k_2 = h_1k_1h_2k_2$ 对所有的 $h_1, h_2 \in H, k_1, k_2 \in K$ 都成立，通过消去 $h_1$ 和 $k_2$，我们发现这等价于 $h_2k_1 = k_1h_2$ 对所有 $h_2 \in H, k_1 \in K$ 成立。
• 小结(b)：$H$ 和 $K$ 的元素必须能够“和平相处”（互相交换），乘法映射 $f$ 才能成为一个同态。否则，运算顺序的改变会导致结果不同，结构就被破坏了。

(c) 何时 $HK$ 是一个子群？

• 内容：如果 $H$ 是 $G$ 的一个正规子群，那么集合 $HK$ 自身就构成 $G$ 的一个子群。（对称地，如果 $K$ 是正规子群，结论也成立）。
• 解释：
• 要证明 $HK$ 是子群，需要验证封闭性和逆元。
• 关键步骤：证明 $HK=KH$。因为 $H$ 是正规子群，对于任何 $k \in K$，我们有 $kH = Hk$（左陪集等于右陪集）。所以 $KH = \bigcup_{k \in K} kH = \bigcup_{k \in K} Hk = HK$。
• 封闭性：任取两个 $HK$ 中的元素 $h_1k_1$ 和 $h_2k_2$。它们的积是 $(h_1k_1)(h_2k_2) = h_1(k_1h_2)k_2$。因为 $k_1h_2 \in k_1H = Hk_1$，所以 $k_1h_2$ 可以写成某个 $h'k_1$ 的形式。但更简单的方法是利用 $HK=KH$：$(HK)(HK) = H(KH)K = H(HK)K = (HH)(KK) = HK$。所以 $HK$ 对乘法封闭。
• 逆元：任取 $hk \in HK$。它的逆元是 $(hk)^{-1}=k^{-1}h^{-1}$。由于 $k^{-1} \in K, h^{-1} \in H$，所以 $k^{-1}h^{-1} \in KH$。因为我们已经证明了 $KH=HK$，所以逆元也在 $HK$ 中。
• 小结(c)：只要有一个子群是正规的，它们的乘积集合 $HK$ 就是一个良定义的子群。

(d) 何时 $f$ 是同构 (完美的结构等价)？

• 内容：$f$ 是一个同构，当且仅当满足以下三个条件：

1. $H \cap K = \{1\}$ ($f$ 是内射，来自(a))
2. $HK = G$ ($f$ 是满射，即 $f$ 的像覆盖整个 $G$)
3. $H$ 和 $K$ 都是 $G$ 的正规子群。
   • 解释：
   • 同构 = 内射 + 满射 + 同态。
   • $f$ 内射 $\iff H \cap K = \{1\}$ (来自 a)。
   • $f$ 满射 $\iff HK = G$ (根据 $f$ 的像的定义)。
   • $f$ 同态 $\iff hk=kh$ (来自 b)。
   • 所以，初看起来，条件应该是 (1) $H \cap K=\{1\}$, (2) $HK=G$, (3) $H, K$ 元素互相交换。
   • 命题(d)的巧妙之处在于，它用“$H, K$ 都是正规子群”这个条件替换了“元素互相交换”。它断言，在(1)和(2)成立的前提下，“$H, K$ 都是正规的”与“$H, K$ 元素互相交换”是等价的。
   • 证明这个等价性：
   • ($\Rightarrow$) 假设 $H,K$ 都是正规子群。我们要证明 $hk=kh$。考虑交换子 $hkh^{-1}k^{-1}$。
   • 可以写成 $(hkh^{-1})k^{-1}$。因为 $K$ 是正规子群，$hkh^{-1} \in K$，所以 $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$。
   • 也可以写成 $h(kh^{-1}k^{-1})$。因为 $H$ 是正规子群，$kh^{-1}k^{-1} \in H$，所以 $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$。
   • 所以交换子 $hkh^{-1}k^{-1}$ 同时属于 $H$ 和 $K$，即属于 $H \cap K$。
   • 因为 $H \cap K = \{1\}$，所以 $hkh^{-1}k^{-1} = 1$。
   • 变形得到 $hk = kh$。
   • ($\Leftarrow$) 假设 $H,K$ 元素互相交换。我们要证明它们是正规的。以 $H$ 为例，要证对任意 $g \in G$，有 $gHg^{-1}=H$。因为 $HK=G$，所以 $g$ 可以写成 $g=h_0k_0$ 的形式。
   • $gHg^{-1} = (h_0k_0)H(h_0k_0)^{-1} = h_0k_0Hk_0^{-1}h_0^{-1}$。
   • 因为 $H$ 的元素和 $K$ 的元素可交换，所以 $k_0Hk_0^{-1} = H$ (即 $k_0h k_0^{-1} = h k_0 k_0^{-1} = h \in H$)。
   • 所以 $gHg^{-1} = h_0Hh_0^{-1}$。因为 $H$ 是子群，$h_0 \in H$，所以 $h_0Hh_0^{-1}=H$。
   • 因此 $H$ 是正规子群。同理可证 $K$ 也是正规子群。

• 小结(d)：这是整个命题的高潮。它给出了一个群 $G$ 能被“内部”分解成子群 $H, K$ 的直积的充要条件。这三个条件（交集为{1}，并集为G，两者都正规）比检查元素交换律要更容易操作，因为“正规性”是群论里一个更结构化的概念。

这部分给出了一个重要的警示：即使乘法映射 $f(h,k)=hk$ 既是内射又是满射（即双射），它也不一定是一个群同态。这意味着，即使集合 $H \times K$ 和群 $G$ 的元素可以一一对应，它们的运算结构也可能完全不同。

• 背景设定：
• 群 $G = S_3$，即3个元素的置换群，它的阶是 $3! = 6$。
• $S_3$ 的元素通常表示为 $\{1, x, x^2, y, yx, yx^2\}$，其中 $x$ 是一个3-循环（如 (1 2 3)），满足 $x^3=1$；$y$ 是一个对换（如 (1 2)），满足 $y^2=1$。并且它们不交换：$xy = yx^2 \neq yx$。
• 子群选择：
• $H = \langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$。这是一个3阶循环子群。
• $K = \langle y \rangle = \{1, y\}$。这是一个2阶循环子群。
• 分析乘法映射 $f: H \times K \to S_3$：
• 内射性 (Injectivity)：根据命题 2.11.4(a)，我们需要检查 $H \cap K$。
• $H=\{1, (123), (132)\}$
• $K=\{1, (12)\}$
• 它们的交集 $H \cap K = \{1\}$。
• 因此，$f$ 是内射的。这意味着从 $H \times K$ 映射过来的6个元素都是不同的。
• 满射性 (Surjectivity)：我们需要检查 $HK=S_3$。
• 集合 $H \times K$ 有 $|H| \times |K| = 3 \times 2 = 6$ 个元素。
• 因为 $f$ 是内射的，它会把这6个不同的输入映射到 $S_3$ 中6个不同的输出。
• 由于 $S_3$ 总共也只有6个元素，所以 $f$ 的像必然覆盖了整个 $S_3$。即 $HK=S_3$。
• 因此，$f$ 是满射的。
• 双射性 (Bijectivity)：因为 $f$ 既是内射又是满射，所以它是一个双射。这意味着作为集合，$H \times K$ 和 $S_3$ 的元素之间存在一个一一对应关系。
• 同态性 (Homomorphism)：根据命题 2.11.4(b)，我们需要检查 $H$ 和 $K$ 的元素是否可交换。
• 取 $h=x \in H$, $k=y \in K$。
• $hk = xy$。
• $kh = yx$。
• 我们知道在 $S_3$ 中，$xy \neq yx$。
• 所以，$H$ 和 $K$ 的元素不是普遍可交换的。
• 因此，$f$ 不是一个群同态。

• 结论：尽管存在一个从集合 $H \times K$ 到 $S_3$ 的一一对应，但这个对应关系不保持群的运算结构。因此，$S_3$ 不同构于直积群 $H \times K$。由于 $H \cong C_3, K \cong C_2$，这实际上是说 $S_3 \not\cong C_3 \times C_2$。

这部分是命题 2.11.4 的正式数学证明，它将我们之前通过解释和例子建立起来的直觉，用严格的逻辑语言表述出来。

(a) 内射性证明

• 目标：证明 "$f$ 内射 $\iff H \cap K = \{1\}$"。
• ($\Leftarrow$) 方向 (证明 "如果 $H \cap K = \{1\}$，那么 $f$ 内射")

1. 假设 $H \cap K = \{1\}$。
2. 要证 $f$ 内射，我们假设 $f(h_1, k_1) = f(h_2, k_2)$，目标是推出 $(h_1, k_1) = (h_2, k_2)$。
3. $h_1k_1 = h_2k_2$。这是一个在群 $G$ 中的等式。
4. 通过代数变形，把 $H$ 的元素都移到一边，$K$ 的元素都移到另一边：两边左乘 $h_2^{-1}$，右乘 $k_1^{-1}$，得到 $h_2^{-1}h_1 = k_2k_1^{-1}$。(注意：原文的推导是左乘 $h_1^{-1}$ 右乘 $k_2^{-1

，得到 $k_{1} k_{2}^{-1}=h_{1}^{-1} h_{2}$。

1. 核心论证：等式左边的 $k_1k_2^{-1}$，因为 $k_1, k_2 \in K$ 且 $K$ 是子群，所以它一定是 $K$ 的元素。等式右边的 $h_1^{-1}h_2$，因为 $h_1, h_2 \in H$ 且 $H$ 是子群，所以它一定是 $H$ 的元素。
2. 现在我们有一个元素，它既在 $H$ 里，又在 $K$ 里。这意味着它必须属于它们的交集 $H \cap K$。
3. 根据我们的初始假设，$H \cap K = \{1\}$。所以这个元素只能是单位元 $1$。
4. 因此，$h_1^{-1}h_2 = 1$ (推出 $h_1=h_2$) 且 $k_1k_2^{-1} = 1$ (推出 $k_1=k_2$)。（注意，原文这里的小代数变形 $k_1k_2^{-1}=h_1^{-1}h_2$ 和我之前解释的 $h_2^{-1}h_1=k_2k_1^{-1}$ 只是代数操作顺序不同，本质和结论完全一样）。
5. 我们成功证明了 $h_1=h_2$ 和 $k_1=k_2$，这意味着输入 $(h_1, k_1)$ 和 $(h_2, k_2)$ 是同一个。
6. 证毕，$f$ 是内射的。
   • ($\Rightarrow$) 方向 (证明 "如果 $f$ 内射，那么 $H \cap K = \{1\}$")
7. 假设 $f$ 是内射的。
8. 我们要证明 $H \cap K = \{1\}$。我们用反证法，假设交集里有一个非单位元的元素 $x$，即 $x \in H, x \in K$ 且 $x \neq 1$。
9. 因为 $x \in H$，那么它的逆元 $x^{-1}$ 也一定在 $H$ 里。
10. 考虑两个不同的输入：$(x^{-1}, x)$ 和 $(1, 1)$。它们是不同的，因为 $x \neq 1$。
11. 计算它们在 $f$ 下的像：
    • $f(x^{-1}, x) = x^{-1}x = 1$。
    • $f(1, 1) = 1 \cdot 1 = 1$。
12. 我们找到了两个不同的输入，却得到了相同的输出。这与 $f$ 是内射的假设相矛盾。
13. 因此，我们最初的假设（存在非单位元 $x$）是错误的。
14. 结论：$H \cap K$ 中不可能有非单位元的元素，所以 $H \cap K = \{1\}$。

(b) 同态性证明

• 目标：证明 "$f$ 是同态 $\iff hk=kh$ 对所有 $h \in H, k \in K$ 成立"。
• 根据同态的定义， $f$ 是同态意味着对于 $H \times K$ 中的任意两个元素 $(h_1, k_1)$ 和 $(h_2, k_2)$，都必须满足 $f((h_1, k_1) \cdot (h_2, k_2)) = f(h_1, k_1) \cdot f(h_2, k_2)$。
• 计算等式左边 (先在源群运算，再映射):

1. 在直积群 $H \times K$ 中运算：$(h_1, k_1) \cdot (h_2, k_2) = (h_1h_2, k_1k_2)$。
2. 应用映射 $f$：$f(h_1h_2, k_1k_2) = (h_1h_2)(k_1k_2)$。
   • 计算等式右边 (先映射，再在目标群运算):
3. 分别应用映射 $f$：$f(h_1, k_1) = h_1k_1$，$f(h_2, k_2) = h_2k_2$。
4. 在群 $G$ 中运算：$(h_1k_1)(h_2k_2)$。
   • 建立等价关系:
   • 在群中，我们可以消去等式两边的相同元素。左边消去 $h_1$，右边消去 $k_2$：
   • 因为 $h_2$ 和 $k_1$ 是 $H$ 和 $K$ 中的任意元素，所以这个条件就等价于“$H$ 中的任意元素都与 $K$ 中的任意元素可交换”。

(c) HK 是子群的证明

• 目标：证明如果 $H$ 是正规子群，那么 $HK$ 是 $G$ 的一个子群。
• 关键引理：$HK = KH$

1. $HK$ 的定义是 $\{hk \mid h \in H, k \in K\}$。它是所有右陪集 $Hk$ 的并集。
2. $KH$ 的定义是 $\{kh \mid k \in K, h \in H\}$。它是所有左陪集 $kH$ 的并集（针对 $K$ 中的元素 $k$）。
3. $H$ 是正规子群的定义是：对于 $G$ 中任何元素 $g$，都有 $gH=Hg$。这个性质对于 $K$ 中的元素 $k$ 自然也成立，即 $kH=Hk$ for all $k \in K$。
4. 因此，$KH = \bigcup_{k \in K} kH = \bigcup_{k \in K} Hk = HK$。
   • 验证子群公理:
5. 封闭性：取 $HK$ 中任意两个元素 $x_1, x_2$。$x_1=h_1k_1, x_2=h_2k_2$。
   • 它们的积为 $x_1x_2 = (h_1k_1)(h_2k_2) = h_1(k_1h_2)k_2$。
   • 利用刚才的引理：$(HK)(HK) = H(KH)K$。因为 $KH=HK$，所以这等于 $H(HK)K$。
   • 利用结合律，变为 $(HH)(KK)$。
   • 因为 $H, K$ 都是子群，它们对自身的运算是封闭的，所以 $HH=H, KK=K$。
   • 最终得到 $(HK)(HK)=HK$。这表明任意两个 $HK$ 中元素的乘积仍然在 $HK$ 中。封闭性得证。
6. 逆元：取 $HK$ 中任意一个元素 $x=hk$。
   • 它的逆元是 $x^{-1} = (hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1}$ (袜子-鞋子原理)。
   • $k^{-1} \in K$, $h^{-1} \in H$。所以 $k^{-1}h^{-1}$ 是 $KH$ 中的一个元素。
   • 因为 $KH=HK$，所以这个逆元也一定在 $HK$ 中。逆元封闭性得证。
   • 结论：$HK$ 满足封闭性和逆元条件，因此是 $G$ 的一个子群。

(d) 同构条件证明

• 目标：证明 "$f$ 是同构 $\iff H \cap K=\{1\}, HK=G, \text{ and } H, K \text{ are normal in } G$"。
• ($\Leftarrow$) 方向 (假设三个条件成立，证明 f 是同构)

1. 内射性：条件 $H \cap K=\{1\}$ 根据 (a) 的证明，直接保证了 $f$ 是内射的。
2. 满射性：条件 $HK=G$ 根据乘法映射 $f$ 的像的定义，直接保证了 $f$ 是满射的。
3. 双射性：由于 $f$ 既内射又满射，所以 $f$ 是一个双射。
4. 同态性：现在我们需要证明 $f$ 是同态。根据 (b) 的证明，这等价于证明 $hk=kh$ 对所有 $h \in H, k \in K$ 成立。
5. 证明 $hk=kh$:
   • 考虑交换子元素 $c = hkh^{-1}k^{-1}$。
   • 从 $K$ 的角度看: $c = (hkh^{-1})k^{-1}$。因为 $K$ 是正规子群，所以对于任意的 $h \in G$，都有 $hKh^{-1}=K$。这意味着 $hkh^{-1}$ 是 $K$ 中的一个元素。既然 $hkh^{-1} \in K$ 且 $k^{-1} \in K$，那么它们的乘积 $c$ 也必然在 $K$ 中。
   • 从 $H$ 的角度看: $c = h(kh^{-1}k^{-1})$。因为 $H$ 是正规子群，所以对于任意的 $k \in G$，都有 $kHk^{-1}=H$。这意味着 $kh^{-1}k^{-1}$ 是 $H$ 中的一个元素。既然 $h \in H$ 且 $kh^{-1}k^{-1} \in H$，那么它们的乘积 $c$ 也必然在 $H$ 中。
   • 得出结论: 元素 $c$ 同时属于 $H$ 和 $K$，所以它必须在它们的交集 $H \cap K$ 中。
   • 根据条件 $H \cap K=\{1\}$，我们得出 $c=1$。
   • $hkh^{-1}k^{-1}=1 \implies hkh^{-1}=k \implies hk=kh$。
6. 同态性得证。因为 $f$ 是内射、满射、同态的，所以 $f$ 是一个同构。
   • ($\Rightarrow$) 方向 (假设 f 是同构，证明三个条件成立)
7. $f$ 同构 $\implies f$ 内射 $\implies H \cap K = \{1\}$ (根据a)。
8. $f$ 同构 $\implies f$ 满射 $\implies HK=G$。
9. $f$ 同构 $\implies f$ 同态 $\implies hk=kh$ 对所有 $h \in H, k \in K$ 成立 (根据b)。
10. 现在我们只需要从 $hk=kh$ (以及其他两个条件) 推出 $H, K$ 是正规子群。
11. 证明 $H$ 是正规的：
    • 要证 $H$ 正规，需证对任意 $g \in G$，有 $gHg^{-1}=H$。
    • 因为 $HK=G$，所以任意 $g$ 都可以写成 $g=h_0k_0$ 的形式，其中 $h_0 \in H, k_0 \in K$。
    • $gHg^{-1} = (h_0k_0)H(h_0k_0)^{-1} = h_0k_0Hk_0^{-1}h_0^{-1}$。
    • 因为 $H, K$ 的元素可交换，所以对于任意 $h' \in H$，有 $k_0h'k_0^{-1} = h'k_0k_0^{-1} = h'$。这意味着 $k_0Hk_0^{-1}=H$。
    • 代入上式，得到 $gHg^{-1} = h_0Hh_0^{-1}$。
    • 因为 $h_0 \in H$ 且 $H$ 是一个子群，所以 $h_0H=H$ 且 $Hh_0^{-1}=H$。因此 $h_0Hh_0^{-1}=H$。
    • 结论: $gHg^{-1}=H$。$H$ 是正规子群。
12. 证明 $K$ 是正规的：证明过程完全对称，只需交换 $H, K$ 的角色即可。
    • 最后的说明: "反之，如果 $f$ 是一个同构，则可以在同构群 $H \times K$ 中而不是在 $G$ 中验证所列出的条件。" 这句话有些绕。它的意思是，如果 G 同构于 $H \times K$ (这里的 $H,K$ 是抽象的群)，那么 $G$ 内部一定可以找到两个子群 $H' \cong H$ 和 $K' \cong K$，使得 $H', K'$ 满足命题(d)的三个条件。这是因为在直积群 $H \times K$ 中，子群 $H \times \{1\}$ 和 $\{1\} \times K$ 就完美地满足这三个条件。同构会把这个漂亮的结构原封不动地搬到 $G$ 里面。

这部分是前面理论知识的一次精彩应用。目标是找出所有可能的、本质上不同的4阶群有多少种。结论是只有两种。

1. 分类问题：在数学中，“分类”一个对象意味着列出所有可能的、不同构的该对象的清单。这里我们要分类所有阶为4的群。
2. 拉格朗日定理的应用：根据拉格朗日定理，群中任何元素的阶都必须整除群的阶。对于一个4阶群 $G$，其任何元素的阶只可能是1, 2, 或 4。
3. 分类策略：按元素的最大阶数讨论。这是一个非常有效的方法。一个4阶群，它里面阶最大的元素的阶是多少？只有两种可能：要么是4，要么是2。
4. 情况 1：群 $G$ 中包含一个4阶元素。
   • 假设 $G$ 中有一个元素 $g$，其阶 $\text{ord}(g)=4$。
   • 考虑由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle = \{1, g, g^2, g^3\}$。
   • 这个子群的阶是4。
   • 由于这个子群 $\langle g \rangle$ 包含在 $G$ 中，并且它们的阶都是4，所以这个子群就是 $G$ 本身，即 $G = \langle g \rangle$。
   • 这说明 $G$ 是一个4阶循环群。
   • 所有4阶循环群都是同构的，我们通常用 $C_4$ 来代表这一类。
   • 所以，第一种可能性就是 $C_4$。
5. 情况 2：群 $G$ 中不包含4阶元素。
   • 在这种情况下，所有非单位元的元素的阶都只能是2。（因为阶必须整除4，又不能是4，只能是2）。
   • 这意味着对于 $G$ 中任何非单位元的元素 $x$，都有 $x^2 = 1$，这等价于 $x = x^{-1}$ (每个元素都是自身的逆元)。
   • 证明 $G$ 是阿贝尔群：取 $G$ 中任意两个元素 $x, y$。
   • 它们的乘积 $xy$ 也是 $G$ 中的一个元素。所以 $(xy)$ 的阶也必然是2（除非 $xy=1$）。
   • $(xy)^2 = 1 \implies (xy)(xy)=1$。
   • 在这个等式两边左乘 $x$（即 $x^{-1}$），得到 $x(xyxy)=x \cdot 1 \implies (xx)yxy = x \implies 1 \cdot yxy = x \implies yxy = x$。
   • 再在两边右乘 $y$（即 $y^{-1}$），得到 $yxyy = xy \implies yx \cdot 1 = xy \implies yx = xy$。
   • 由于 $x,y$ 是任意的，所以 $G$ 中所有元素都可交换，$G$ 是一个阿贝尔群。
   • 应用命题 2.11.4(d)：我们想把 $G$ 分解成直积。
   • 因为 $G$ 是阿贝尔群，它的任何子群都是正规子群。这使得命题 2.11.4(d) 的第三个条件（$H,K$都正规）自动满足。
   • 我们来寻找合适的子群 $H$ 和 $K$。
   • 在 $G$ 中任取一个非单位元的元素 $x$。令 $H = \langle x \rangle = \{1, x\}$。这是一个2阶循环子群。
   • 由于 $|G|=4, |H|=2$，还存在元素不在 $H$ 中。任取一个 $y \in G$ 且 $y \notin H$。令 $K = \langle y \rangle = \{1, y\}$。这也是一个2阶循环子群。
   • 现在我们来验证命题 2.11.4(d) 的另外两个条件：
6. $H \cap K = \{1\}$：因为 $y \notin H$，所以 $y \neq x$ 且 $y \neq 1$。所以 $H$ 和 $K$ 除了单位元 1 之外没有公共元素。条件满足。
7. $HK=G$：我们已经知道 $H$ 是正规的，所以 $HK$ 是一个子群。它的阶是 $|HK| = \frac{|H||K|}{|H \cap K|} = \frac{2 \times 2}{1} = 4$。一个阶为4的子群包含在一个阶为4的群 $G$ 中，它只能是 $G$ 本身。所以 $HK=G$。条件满足。
   • 得出结论：所有三个条件都满足，因此 $G \cong H \times K$。
   • 因为 $H \cong C_2$，$K \cong C_2$，所以 $G \cong C_2 \times C_2$。
   • 所以，第二种可能性就是 $C_2 \times C_2$。这个群通常被称为克莱因四元群 (Klein four-group)。
8. 最终分类：由于以上两种情况覆盖了所有可能性，任何4阶群要么同构于 $C_4$，要么同构于 $C_2 \times C_2$。不存在第三种本质不同的4阶群。