1. 7.8 阶为 12 的群

本节的目标是对所有阶为 12 的群（Group）进行完全的分类。一个群的阶（Order of a group）指的是群中元素的个数。所以，我们要找出所有不多不少正好有 12 个元素的群，并说明它们在同构（Isomorphism）的意义下总共有多少种不同的结构。同构是群论中的一个核心概念，如果两个群是同构的，那么它们在代数结构上是完全一样的，可以看作是同一个群，只是元素的叫法不同。

分类工作的主要工具是西罗定理（Sylow's Theorems）。西罗定理是有限群论中非常强大的工具，它提供了关于一个有限群的子群（特别是西罗 p-子群）的数量和性质的重要信息。一个群的阶如果是 $n = p^k m$，其中 $p$ 是一个素数且 $p$ 不能整除 $m$，那么这个群的阶为 $p^k$ 的子群就被称为西罗 p-子群。

对于阶为 12 的群，其阶可以分解为 $12 = 2^2 \times 3^1$。这意味着我们可以应用西罗定理来分析其阶为 $2^2 = 4$ 的子群（西罗 2-子群）和阶为 $3^1 = 3$ 的子群（西罗 3-子群）。

作者提到，当群的阶有多个素因子时，分类问题会变得复杂。例如，分类一个阶为 $p$（$p$ 为素数）的群非常简单，因为这样的群只有一种（循环群 $C_p$）。阶为 $p^2$ 的群也相对容易，只有两种（$C_{p^2}$ 和 $C_p \times C_p$）。但是当阶是两个或更多不同素数的乘积时，比如 $12 = 2^2 \times 3$，不同结构的群就会出现，包括阿贝尔群（Abelian group）和非阿贝尔群（Non-abelian group），使得分类工作更具挑战性。本节就是要展示如何系统性地处理这种复杂性。

这部分直接给出了最终的结论：世界上所有阶为 12 的群，不管它们看起来是什么样子，其内在的代数结构都必然是这五种之一。下面我们来逐一认识这五种群。

1. $C_{4} \times C_{3}$：这是两个循环群 $C_4$（4阶循环群）和 $C_3$（3阶循环群）的直积（Direct Product）。$C_4$ 的元素可以想成是 $\{0, 1, 2, 3\}$，运算是模 4 加法。$C_3$ 的元素可以想成是 $\{0, 1, 2\}$，运算是模 3 加法。直积群的元素是序对 $(a, b)$，其中 $a \in C_4, b \in C_3$。总共有 $4 \times 3 = 12$ 个元素。运算是分量式的，即 $(a_1, b_1) \cdot (a_2, b_2) = (a_1+a_2 \pmod 4, b_1+b_2 \pmod 3)$。这是一个阿贝尔群（因为 $C_4$ 和 $C_3$ 都是阿贝尔群）。
2. $C_{2} \times C_{2} \times C_{3}$：这是三个循环群的直积。$C_2$ 是 2 阶循环群。这个群的元素是三元组 $(a, b, c)$，其中 $a, b \in C_2, c \in C_3$。总共有 $2 \times 2 \times 3 = 12$ 个元素。这也是一个阿贝尔群。
3. 交错群 $A_4$（Alternating Group $A_4$）：这是对 4 个元素 $\{1, 2, 3, 4\}$ 的所有偶置换（Even Permutation）组成的群。置换就是对这四个元素的一个重新排列。一个置换可以写成若干个对换（transposition，即交换两个元素）的乘积，如果这个乘积中对换的个数是偶数，就称之为偶置换。$A_4$ 的阶是 $4!/2 = 12$。这是一个非阿贝尔群。
4. 二面体群 $D_6$（Dihedral Group $D_6$）：这是正六边形的对称群。它包含 6 个旋转（包括旋转 0 度）和 6 个翻转，总共 12 个对称变换。这是一个非阿贝尔群。例如，先旋转再翻转，和先翻转再旋转，得到的结果通常是不同的。
5. 由关系式定义的群：这是一个通过生成元（Generators）和关系式（Relations）定义的群。它由两个元素 $x$ 和 $y$ 生成，这意味着群里的所有元素都可以通过 $x$ 和 $y$ 的乘积（以及它们的逆）来表示。这些生成元必须满足给定的关系：
   • $x^4=1$：元素 $x$ 的阶是 4。
   • $y^3=1$：元素 $y$ 的阶是 3。
   • $xy = y^2x$：这个关系是关键，它定义了 $x$ 和 $y$ 如何交换位置。注意 $y^2$ 也是 $y^{-1}$，因为 $y^3=1 \implies y \cdot y^2 = 1$。所以这个关系也可以写成 $xy = y^{-1}x$。这个关系表明群是非阿贝尔的（因为如果群是阿贝尔的，那么必然有 $xy=yx$，但这里 $y \neq y^2$）。这个群有时被称为半直积 $C_3 \rtimes C_4$ 的一种形式。

这部分对定理中列出的前两个阿贝尔群进行了进一步的说明和简化。

1. $C_{4} \times C_{3}$ 同构于 $C_{12}$:
   • 这里引用了一个重要的群论结论：两个有限循环群的直积 $C_m \times C_n$ 同构于循环群 $C_{mn}$ 的充要条件是 $m$ 和 $n$ 的最大公约数为 1，即 $\text{gcd}(m, n) = 1$。
   • 在我们的例子中，$m=4, n=3$。因为 $\text{gcd}(4, 3) = 1$，所以 $C_4 \times C_3$ 同构于 $C_{4 \times 3} = C_{12}$。
   • $C_{12}$ 是阶为 12 的循环群，也是最简单的一种阶为 12 的群。它的所有元素都可以由一个生成元 $g$ 的幂次表示：$\{e, g, g^2, \dots, g^{11}\}$。
   • 所以，第一个阿贝尔群实际上就是我们熟悉的“时钟群” $C_{12}$。
2. $C_{2} \times C_{2} \times C_{3}$ 同构于 $C_{2} \times C_{6}$:
   • 这个同构关系也是基于类似的原理。我们可以利用直积的结合律和交换律（在同构意义下）来重组这些因子。
   • $C_{2} \times C_{2} \times C_{3} \cong C_{2} \times (C_{2} \times C_{3})$。
   • 对于括号里的部分 $C_2 \times C_3$，因为 $\text{gcd}(2, 3) = 1$，所以 $C_2 \times C_3 \cong C_{2 \times 3} = C_6$。
   • 因此，$C_{2} \times C_{2} \times C_{3} \cong C_{2} \times C_{6}$。
   • 这个形式 $C_2 \times C_6$ 也是一个阶为 12 的阿贝尔群。它与 $C_{12}$ 不同构，因为它的元素的阶的分布不同。例如，$C_{12}$ 有一个阶为 12 的元素（它的生成元），而 $C_2 \times C_6$ 中任何元素的阶都不可能超过 6（元素的阶是各分量阶的最小公倍数，$\text{lcm}(k_1, k_2)$ 其中 $k_1$ 整除 2, $k_2$ 整除 6）。

这是证明的开始，首先是利用西罗定理来分析阶为 12 的群 $G$ 的子群结构。

1. 定义 H 和 K：
   • $G$ 是一个任意的阶为 12 的群。
   • 群的阶 $|G| = 12 = 2^2 \times 3^1$。
   • $H$ 是 $G$ 的一个西罗 2-子群。根据定义，它的阶是 $|H| = 2^2 = 4$。第一西罗定理保证这样的子群 $H$ 必定存在。
   • $K$ 是 $G$ 的一个西罗 3-子群。根据定义，它的阶是 $|K| = 3^1 = 3$。第一西罗定理也保证这样的子群 $K$ 必定存在。
2. 应用第三西罗定理：
   • 第三西罗定理告诉我们一个群中西罗 p-子群的数量 $n_p$ 必须满足两个条件：
   • 对于西罗 2-子群 (p=2)：
   • $n_2$ 必须整除 $12 / 2^2 = 3$。所以 $n_2$ 的可能值是 1 或 3。
   • $n_2 \equiv 1 \pmod 2$。1 和 3 都满足这个条件（$1=2\times0+1$, $3=2\times1+1$）。
   • 所以，$n_2$（西罗 2-子群的数量）只能是 1 或 3。
   • 对于西罗 3-子群 (p=3)：
   • $n_3$ 必须整除 $12 / 3^1 = 4$。所以 $n_3$ 的可能值是 1, 2 或 4。
   • $n_3 \equiv 1 \pmod 3$。在 1, 2, 4 中，只有 1 和 4 满足这个条件（$1=3\times0+1$, $4=3\times1+1$）。2 不满足。
   • 所以，$n_3$（西罗 3-子群的数量）只能是 1 或 4。
3. 确定 H 和 K 的内部结构：
   • $H$ 是一个阶为 4 的群。根据群论的基本结论（例如，拉格朗日定理的推论），任何阶为 $p^2$（$p$为素数）的群都是阿贝尔群。对于阶为 4 的群，已经证明它们只有两种同构类：
   • 循环群 $C_4$。
   • 克莱因四元群（Klein four-group）$V_4$，它同构于 $C_2 \times C_2$。
   • $K$ 是一个阶为 3 的群。因为 3 是一个素数，任何素数阶的群都必然是循环群。所以 $K$ 必然同构于 $C_3$。

这部分通过一个巧妙的计数论证，证明了一个非常关键的引理：对于任何一个阶为 12 的群 $G$，它的西罗 2-子群 $H$ 和西罗 3-子群 $K$ 中，至少有一个是正规子群。回顾一下，西罗子群是正规的，当且仅当它是唯一的。所以这个引理等价于证明：$n_2=1$ 或 $n_3=1$。

论证过程采用反证法：

1. 假设 $K$ 不是正规子群：
   • 如果 $K$ 不是正规的，那么它的西罗 3-子群的数量 $n_3$ 必须大于 1。
   • 根据我们之前的分析，$n_3$ 只能是 1 或 4。所以，如果 $K$ 不正规，则必然有 $n_3 = 4$。
   • 这意味着 $G$ 中有 4 个不同的西罗 3-子群，我们称它们为 $K_1, K_2, K_3, K_4$。
2. 对这些子群中的元素进行计数：
   • 每个 $K_i$ 的阶都是 3。除了单位元 $e$ 之外，每个 $K_i$ 都含有 2 个阶为 3 的元素。
   • 拉格朗日定理的一个推论是，两个不同素数阶子群的交集只能是单位元子群 $\{e\}$。这里，任意两个不同的 $K_i$ 和 $K_j$（$i \neq j$）都是阶为 3 的子群，所以它们的交集 $K_i \cap K_j = \{e\}$。
   • 这意味着，这 4 个子群中的所有非单位元素都是互不相同的。
   • 因此，阶为 3 的元素总数是 $4 \times (3-1) = 4 \times 2 = 8$ 个。
   • 加上单位元 $e$，这 4 个西罗 3-子群总共占据了 $8 + 1 = 9$ 个 $G$ 中的元素。
3. 分析剩下的元素：
   • 群 $G$ 的总阶数是 12。我们已经数出了 9 个元素（1个单位元和8个阶为3的元素）。
   • 剩下还有 $12 - 9 = 3$ 个元素。
   • 这 3 个元素，加上单位元 $e$，总共是 4 个元素。我们把这 4 个元素组成的集合记为 $S$。所以 $S = G \setminus \bigcup_{i=1}^4 (K_i \setminus \{e\})$。
4. 将 $H$ 与剩下的元素联系起来：
   • $H$ 是一个西罗 2-子群，阶为 4。
   • $H$ 中的任何元素 $h \neq e$ 的阶必须是 2 或 4（根据拉格朗日定理，元素的阶必须整除子群的阶）。
   • $K_i$ 中的任何元素 $k \neq e$ 的阶都是 3。
   • 因此，$H$ 和任何一个 $K_i$ 的交集只能是单位元子群 $\{e\}$，即 $H \cap K_i = \{e\}$。
   • 这意味着 $H$ 中除了单位元 $e$ 之外的 3 个元素，全都不在那 8 个阶为 3 的元素之中。
   • 也就是说，$H$ 的这 4 个元素（包括 $e$）恰好就是我们上面找到的集合 $S$！
   • $H = S = \{e\} \cup (\text{G中所有阶不为3的非单位元素})$。
5. 得出结论：
   • 我们已经识别出西罗 2-子群 $H$ 的所有元素。这个集合 $S$ 是唯一确定的。
   • 因为任何一个西罗 2-子群都必须由这 4 个元素构成，所以西罗 2-子群是唯一的。
   • 即 $n_2 = 1$。
   • 根据西罗定理的推论，如果一个西罗子群是唯一的，那么它就是正规的。因此，$H$ 是正规子群。
6. 总结论证：我们从“假设 $K$ 不正规”出发，通过逻辑推导得出了“$H$ 必须正规”的结论。所以，“$K$ 不正规 $\implies$ $H$ 正规”这个命题成立。这等价于逻辑或命题：“$K$ 正规 或 $H$ 正规”。两者必有一为真。

这部分为后续引入半直积（Semidirect Product）的概念做铺垫。

1. $H \cap K = \langle 1 \rangle$：
   • $H$ 是阶为 4 的子群， $K$ 是阶为 3 的子群。
   • 根据拉格朗日定理，$H \cap K$ 既是 $H$ 的子群，也是 $K$ 的子群。
   • 因此，它的阶 $|H \cap K|$ 必须同时整除 $|H|=4$ 和 $|K|=3$。
   • 唯一能同时整除 3 和 4 的正整数是 1。
   • 所以 $|H \cap K| = 1$。阶为 1 的子群只有平凡子群 $\langle 1 \rangle$（或写作 $\{e\}$）。
   • 这意味着 $H$ 和 $K$ 除了单位元之外，没有任何共同元素。
2. 直积映射 $H \times K \to G$：
   • 考虑一个映射 $\phi: H \times K \to G$，定义为 $\phi(h, k) = hk$。
   • $H \times K$ 是一个集合，其元素是序对 $(h,k)$，其中 $h \in H, k \in K$。这个集合的大小是 $|H| \times |K| = 4 \times 3 = 12$。
   • $G$ 也是一个大小为 12 的集合。
   • 我们需要证明这个映射是单射（injective），即如果 $\phi(h_1, k_1) = \phi(h_2, k_2)$，那么必然有 $h_1=h_2$ 和 $k_1=k_2$。
   • 证明：假设 $h_1 k_1 = h_2 k_2$。
   • 两边同时左乘 $h_2^{-1}$，得到 $h_2^{-1}h_1 k_1 = k_2$。
   • 再两边同时右乘 $k_1^{-1}$，得到 $h_2^{-1}h_1 = k_2 k_1^{-1}$。
   • 令 $x = h_2^{-1}h_1$。因为 $H$ 是一个子群，所以 $x \in H$。
   • 令 $y = k_2 k_1^{-1}$。因为 $K$ 是一个子群，所以 $y \in K$。
   • 我们得到了 $x=y$。这意味着这个元素既在 $H$ 中，也在 $K$ 中。
   • 所以这个元素必然在它们的交集 $H \cap K$ 中。
   • 但我们已经知道 $H \cap K = \{e\}$。所以 $x=y=e$。
   • 从 $h_2^{-1}h_1 = e$ 可得 $h_1 = h_2$。
   • 从 $k_2 k_1^{-1} = e$ 可得 $k_2 = k_1$。
   • 这就证明了映射是单射。
   • 因为源集合 $H \times K$ 和目标集合 $G$ 的大小都是 12，一个从有限集到同等大小有限集的单射必然是双射（bijective）。
3. 唯一表达式 $hk$：
   • 映射是双射意味着，对于 $G$ 中的任何一个元素 $g$，都存在一个唯一的序对 $(h, k) \in H \times K$，使得 $g = hk$。
   • 这句话非常重要：它把 $G$ 的每一个元素都分解成了一个来自 $H$ 的部分和一个来自 $K$ 的部分。
   • 这并不意味着 $G$ 就是直积 $H \times K$。要成为直积，还需要满足一个条件：$H$ 和 $K$ 的元素可以交换位置，即 $hk=kh$ 对所有 $h \in H, k \in K$ 成立（这等价于 $H$ 和 $K$ 都是正规子群）。
   • 如果这个交换律不成立，那么 $G$ 就是一个更复杂的结构，称为半直积。$G$ 的乘法规则由 $H$ 和 $K$ 内部的乘法，以及 $H$ 的元素如何与 $K$ 的元素“穿越”交换位置的规则共同决定。这个穿越规则就是 $h k = k' h$ 这样的形式，具体来说是由 $H$ 到 $K$ 的自同构群的同态决定的。

这是分类讨论的第一个，也是最简单的一个情况。

1. 前提条件：
   • $H$ 是正规子群。这意味着 $n_2 = 1$。
   • $K$ 是正规子群。这意味着 $n_3 = 1$。
2. 应用直积定理：
   • 群论中有一个基本定理：如果一个群 $G$ 有两个子群 $H$ 和 $K$ 满足以下三个条件：
   • 那么，$G$ 同构于它们的外直积 $H \times K$。
   • 在我们的设定中：
   • 所有条件都满足，因此 $G \cong H \times K$。
3. 列举可能性：
   • 我们已经知道 $H$ 和 $K$ 的内部结构的可能性：
   • $H$ 可能是 $C_4$ 或 $C_2 \times C_2$。
   • $K$ 必然是 $C_3$。
   • 将这些可能性组合起来，我们就得到了 $G$ 的两种可能性：
4. 阿贝尔性质：
   • 直积 $A \times B$ 是阿贝尔群的充要条件是 $A$ 和 $B$ 都是阿贝尔群。
   • $C_4, C_2 \times C_2, C_3$ 都是阿贝尔群（循环群都是阿贝尔群，它们的直积也是）。
   • 因此，这两种可能性 $C_4 \times C_3$ 和 $C_2 \times C_2 \times C_3$ 都是阿贝尔群。
   • 反过来，任何一个阶为 12 的阿贝尔群，它的所有子群都必然是正规的，所以它的西罗子群也必然是正规的，因此它必然属于本情况。
   • 所以，这两种群就构成了所有阶为 12 的阿贝尔群的完整分类。

这里开始讨论非阿贝尔群的情况。这是之前引理的第二种可能：$K$ 不是正规的，那么 $H$ 必须是正规的。但作者在这里选择直接从“$K$ 不是正规的”这个条件出发。

1. $K$ 不正规的后果：
   • 如果 $K$ 不是正规的，则 $n_3 > 1$。
   • 我们已经知道 $n_3$ 只能是 1 或 4。所以 $n_3=4$。
   • 存在 4 个西罗 3-子群，$K_1, K_2, K_3, K_4$。根据第二西罗定理，它们是相互共轭的。
2. 群作用：
   • 一个群 $G$ 可以通过共轭（conjugation）作用于它的子群集合上。如果 $S$ 是 $G$ 的一个子群，那么 $gSg^{-1}$ 也是 $G$ 的一个子群，且与 $S$ 同构。
   • 在这里，我们让 $G$ 作用在它的 4 个西罗 3-子群的集合 $\mathcal{S} = \{K_1, K_2, K_3, K_4\}$ 上。
   • 对于任意 $g \in G$ 和任意 $K_i \in \mathcal{S}$，作用定义为 $g \cdot K_i = gK_ig^{-1}$。
   • 因为所有西罗 3-子群是相互共轭的，所以 $gK_ig^{-1}$ 必然是这四个子群中的某一个 $K_j$。因此，这个作用是良定义的，它只是对集合 $\mathcal{S}$ 中的元素进行重新排列（置换）。
3. 置换表示：
   • 既然 $G$ 的每个元素 $g$ 都引起了对集合 $\mathcal{S}$ 的一个置换，这就建立了一个从 $G$ 到 $\mathcal{S}$ 的置换群的同态（homomorphism）。
   • 我们可以给 $K_1, K_2, K_3, K_4$ 编号 1, 2, 3, 4。那么对这四个子群的置换就等同于对数字 {1, 2, 3, 4} 的置换。
   • 所有对 {1, 2, 3, 4} 的置换构成的群就是 4 次对称群 $S_4$（其阶为 $4!=24$）。
   • 因此，我们得到了一个群同态 $\varphi: G \to S_4$。对于每个 $g \in G$，$\varphi(g)$ 就是 $g$ 通过共轭作用在 $\{K_1, \dots, K_4\}$ 上所引起的那个置换。
4. 目标：
   • 接下来作者的目标是证明这个同态 $\varphi$ 实际上是一个单射（injective），并且它的像（image）恰好是 $S_4$ 中阶为 12 的子群——交错群 $A_4$。
   • 如果能证明这一点，那么根据第一同构定理，$G / \text{ker}(\varphi) \cong \text{im}(\varphi)$。如果 $\varphi$ 是单射，那么它的核 $\text{ker}(\varphi)$ 就是平凡的 $\{e\}$，因此 $G \cong \text{im}(\varphi) = A_4$。
   • 这就证明了在这种情况下，$G$ 必须同构于 $A_4$。

这部分详细论证了为什么同态 $\varphi: G \to S_4$ 是单射。

1. 分析同态的核：
   • 同态 $\varphi$ 的核 $\text{ker}(\varphi)$ 是什么？根据定义，$\text{ker}(\varphi) = \{ g \in G \mid \varphi(g) = \text{id} \}$，其中 $\text{id}$ 是 $S_4$ 中的单位元（恒等置换）。
   • $\varphi(g)$ 是恒等置换，意味着 $g$ 的共轭作用不会改变任何一个 $K_i$ 的位置，即 $gK_ig^{-1} = K_i$ 对所有的 $i=1, 2, 3, 4$ 都成立。
   • 一个元素 $g$ 使得 $gK_ig^{-1} = K_i$ 成立，当且仅当 $g$ 属于 $K_i$ 的正规化子 $N_G(K_i)$（或简写为 $N_i$）。
   • 因此，$\text{ker}(\varphi) = \bigcap_{i=1}^4 N_G(K_i)$，即核是所有四个西罗子群的正规化子的交集。
   • 要证明 $\varphi$ 是单射，我们只需证明 $\text{ker}(\varphi)=\{e\}$。
2. 计算正规化子的大小：
   • 群论中的轨道-稳定子定理的一个推论（常被称为N/C定理或计数公式）是：一个子群 $K$ 在 $G$ 中的共轭类的大小（即 $n_p$）等于 $G$ 的阶除以 $K$ 的正规化子的阶。
   • $| \text{Conj}(K) | = [G : N_G(K)] = |G| / |N_G(K)|$。
   • 在这里，$K=K_i$ 是一个西罗 3-子群。它的共轭类大小就是西罗 3-子群的数量 $n_3=4$。
   • 所以，$4 = |G| / |N_G(K_i)| = 12 / |N_G(K_i)|$。
   • 由此解得 $|N_G(K_i)| = 12 / 4 = 3$。
3. 确定正规化子本身：
   • 我们知道，任何子群都包含在它自身的正规化子中，即 $K_i \subseteq N_G(K_i)$。
   • $K_i$ 的阶是 $|K_i|=3$。
   • $N_G(K_i)$ 的阶也是 3。
   • 既然一个阶为 3 的子群包含在一个阶为 3 的子群里，它们必然相等：$N_G(K_i) = K_i$。
4. 计算核：
   • 现在我们知道 $\text{ker}(\varphi) = \bigcap_{i=1}^4 K_i$。
   • 即同态的核是所有四个西罗 3-子群的交集。
   • 我们在引理部分已经论证过，任意两个不同的西罗 3-子群 $K_i, K_j$ 的交集是平凡的 $\{e\}$。
   • 那么所有四个子群的交集自然也只能是 $\{e\}$。
   • 因此，$\text{ker}(\varphi) = \{e\}$。
5. 得出结论：
   • 因为核是平凡的，所以同态 $\varphi: G \to S_4$ 是单射（也称为忠实作用，faithful action）。
   • 根据第一同构定理，$G \cong \text{im}(\varphi)$。
   • 这意味着 $G$ 同构于它在 $S_4$ 中的像。因为 $G$ 的阶是 12，所以这个像是 $S_4$ 的一个阶为 12 的子群。

这部分完成了对情况 2 的最终论证，证明了 $G$ 在 $S_4$ 中的像就是 $A_4$。

1. 分析 $G$ 中阶为 3 的元素：
   • 在情况 2 的设定下，$G$ 有 4 个西罗 3-子群 ($K_1, \dots, K_4$)。
   • 每个 $K_i$ 除了单位元外，有 2 个阶为 3 的元素。
   • 由于这些子群的交集只有单位元，所以这 $4 \times 2 = 8$ 个阶为 3 的元素是互不相同的。
   • 所以 $G$ 恰好有 8 个阶为 3 的元素。
2. 分析这些元素在 $S_4$ 中的像：
   • 考虑一个阶为 3 的元素 $g \in G$。它的像 $\varphi(g)$ 在 $S_4$ 中是什么？
   • 同态会保持元素的阶（或者说，像的阶会整除原像的阶）。所以 $\text{ord}(\varphi(g))$ 必须整除 $\text{ord}(g)=3$。
   • 因为 $g \neq e$，所以 $\varphi(g) \neq \text{id}$。因此 $\text{ord}(\varphi(g))$ 只能是 3。
   • $S_4$ 中阶为 3 的元素是什么？它们是长度为 3 的循环置换（3-cycles），例如 $(1 \ 2 \ 3)$， $(1 \ 3 \ 2)$ 等。
   • 3-循环都是偶置换，因为一个 3-循环可以写成两个对换的乘积，例如 $(1 \ 2 \ 3) = (1 \ 3)(1 \ 2)$。
   • 所有偶置换构成的群就是交错群 $A_4$。
   • 因此，那 8 个阶为 3 的元素的像，都是 $S_4$ 中的 3-循环，从而它们都落在 $A_4$ 中。
3. 利用生成元：
   • 在前文 (7.5.5) 中可能已经证明了一个结论：$A_4$ 可以由它的所有 3-循环生成。$S_4$ 中恰好有 8 个 3-循环，它们都在 $A_4$ 中。
   • $G$ 的像 $\text{im}(\varphi)$ 是一个 $S_4$ 的子群，并且它包含了所有 8 个 3-循环。
   • 因为这些 3-循环可以生成整个 $A_4$，所以 $\text{im}(\varphi)$ 必然包含 $A_4$。即 $A_4 \subseteq \text{im}(\varphi)$。
4. 比较阶数：
   • 我们已经知道 $\text{im}(\varphi)$ 是 $S_4$ 的一个子群。
   • 我们也知道 $G \cong \text{im}(\varphi)$，所以 $|\text{im}(\varphi)| = |G| = 12$。
   • 交错群 $A_4$ 的阶也是 12。
   • 我们现在有一个结论 $A_4 \subseteq \text{im}(\varphi)$，并且这两个群的阶相等。
   • 对于有限群，如果一个群是另一个群的子集，并且它们的大小相等，那么它们必然是同一个集合。
   • 因此，$\text{im}(\varphi) = A_4$。
5. 最终结论：
   • 我们证明了 $G \cong \text{im}(\varphi)$ 和 $\text{im}(\varphi) = A_4$。
   • 所以，$G \cong A_4$。
   • 这表明，任何一个阶为 12 且西罗 3-子群不唯一的群，都必然同构于交错群 $A_4$。

现在进入最后一种主要情况的讨论。根据我们的引理，如果 $H$ 不是正规的，那么 $K$ 必须是正规的。

1. 前提条件：
   • $K$ 是正规子群 ($n_3=1$)。$K \cong C_3$。我们可以把它的元素写成 $\{1, y, y^2\}$，其中 $y^3=1$。
   • $H$ 不是正规子群 ($n_2 \neq 1$)。我们已经知道 $n_2$ 只能是 1 或 3，所以这里 $n_2=3$。
   • $H$ 的结构可以是 $C_4$ 或者 $C_2 \times C_2$。这需要进一步分子情况讨论。
2. $H$ 对 $K$ 的作用：
   • 由于 $K$ 是正规子群，对于任何 $g \in G$，都有 $gKg^{-1}=K$。
   • 这意味着，如果我从 $K$ 里面拿一个元素 $k$，用 $G$ 里的任何元素 $g$ 对它进行共轭变换 $gkg^{-1}$，得到的结果 $k'$ 仍然在 $K$ 里面。
   • 这定义了一个从 $G$ 到 $K$ 的自同构群 $\text{Aut}(K)$ 的同态 $\psi: G \to \text{Aut}(K)$，其定义为 $\psi(g)(k) = gkg^{-1}$。
   • 我们特别关心 $H$ 的元素是如何作用在 $K$ 上的，即这个同态在子群 $H$ 上的限制 $\psi|_H: H \to \text{Aut}(K)$。
3. 分析 $\text{Aut}(K)$：
   • $K \cong C_3 = \{1, y, y^2\}$。
   • $K$ 的自同构（保持运算结构的双射）有哪些？一个自同构 $\alpha$ 由它如何映射生成元 $y$ 来完全决定。$\alpha(y)$ 必须是 $K$ 的另一个生成元。
   • $K$ 的生成元是 $y$ 和 $y^2$。
   • 所以只有两种可能的自同构：
   • 因此，$\text{Aut}(K) = \{\alpha_1, \alpha_2\}$，这是一个阶为 2 的群，同构于 $C_2$。
4. 分析同态 $\psi|_H: H \to \text{Aut}(K) \cong C_2$:
   • 这个同态的核是 $H$ 中所有与 $K$ 中所有元素交换（commute）的元素。即 $\text{ker}(\psi|_H) = \{h \in H \mid hkh^{-1}=k, \forall k \in K\}$。
   • 如果这个同态是平凡的（trivial），即所有 $h \in H$ 都映射到恒等自同构，那么意味着所有 $h \in H$ 都与所有 $k \in K$ 交换。如果这样，那么 $G=HK$ 就会是一个直积 $H \times K$。但直积要求 $H$ 和 $K$ 都正规，这与本情况的前提“$H$ 不是正规子群”矛盾。
   • 因此，这个同态 $\psi|_H$ 必须是非平凡的（non-trivial）。
   • 既然同态是非平凡的，它的像就不是平凡子群。由于目标群 $\text{Aut}(K)$ 阶为 2，所以像必然是整个 $\text{Aut}(K)$。即 $\psi|_H$ 是一个满射（surjective）。
5. 找到一个不交换的元素 $x$：
   • 因为 $\psi|_H$ 是满射，所以 $H$ 中必然存在一个元素 $x$，它被映射到 $\text{Aut}(K)$ 中的非恒等元素 $\alpha_2$。
   • 这意味着 $x$ 的作用是 $xyx^{-1} = \alpha_2(y) = y^2$。
   • 这就找到了一个不与 $y$ 交换的元素 $x \in H$。如果 $x$ 与 $y$ 交换，则 $xyx^{-1}=y$。但这里是 $y^2$。

这是情况 3 的第一个子情况，假设那个非正规的西罗 2-子群 $H$ 是循环群 $C_4$。

1. 确定生成元和关系：
   • $K \cong C_3$ 由 $y$ 生成，满足 $y^3=1$。
   • $H \cong C_4$ 是循环群。我们可以选择它的一个生成元，称之为 $x$。它满足 $x^4=1$。
   • 在上一段我们知道，同态 $\psi|_H: H \to \text{Aut}(K)$ 是非平凡的。$H=C_4=\langle x \rangle$。
   • 一个从循环群 $C_4$ 出发的同态完全由生成元 $x$ 的像决定。$\psi(x)$ 必须是 $\text{Aut}(K)$ 中的一个元素，其阶要整除 $x$ 的阶 4。
   • $\text{Aut}(K) \cong C_2$ 的元素阶为 1 或 2。
   • 由于同态非平凡，$\psi(x)$ 不能是单位元（阶为1），所以 $\psi(x)$ 必须是那个阶为 2 的自同构 $\alpha_2$（即 $k \mapsto k^2$）。
   • 这意味着生成元 $x$ 恰好就是那个不与 $y$ 交换的元素。所以关系 $xyx^{-1}=y^2$ (即 $xy=y^2x$) 成立。
   • 由于 $G$ 中的每个元素都可以写成 $x^i y^j$ 的形式（因为 $G=HK$），并且我们知道了 $x$ 和 $y$ 各自的阶以及它们之间的交换法则，这足以确定群中任意两个元素的乘积。例如 $(x^a y^b)(x^c y^d)$ 可以通过反复应用 $yx=x y^2$ （这是 $xy=y^2x$ 的变形）把所有的 $y$ 都移动到右边，从而得到一个 $x^i y^j$ 的标准形式。
   • 因此，这些关系式完全定义了群的乘法表。
2. 唯一性：
   • 既然乘法表被唯一确定，那么满足这些条件的群，如果存在的话，在同构意义下最多只有一种。
   • 这就找到了定理列表中的第五个群：由 $x^4=1, y^3=1, xy=y^2x$ 定义的群。

这部分通过构造一个具体的矩阵例子，来证明上一段中定义的那个群是真实存在的，并且阶恰好是 12。

1. 构造矩阵：
   • 我们需要找到两个矩阵，一个代表 $x$，一个代表 $y$，让它们满足给定的三个关系。
   • 为 $y$ 选矩阵：关系 $y^3=1$ 提示我们使用与 3 次单位根相关的矩阵。最简单的就是对角阵。设 $\omega = e^{2\pi i/3}$ 是一个复数域上的 3 次单位根，满足 $\omega^3=1$ 和 $1+\omega+\omega^2=0$。
   • 令 $Y = \begin{pmatrix} \omega & 0 \\ 0 & \omega^2 \end{pmatrix}$。
   • 那么 $Y^2 = \begin{pmatrix} \omega^2 & 0 \\ 0 & \omega^4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \omega^2 & 0 \\ 0 & \omega \end{pmatrix}$。
   • $Y^3 = \begin{pmatrix} \omega^3 & 0 \\ 0 & \omega^6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I$。所以 $Y^3=I$ 满足条件。
   • 为 $x$ 选矩阵：我们需要一个矩阵 $X$ 满足 $X^4=I$ 和 $XY=Y^2X$。
   • 让我们来检验作者给出的 $X = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$。
   • $X^2 = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I$。
   • $X^3 = X^2 X = -I X = -X = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$。
   • $X^4 = (X^2)^2 = (-I)^2 = I$。所以 $X^4=I$ 满足条件。
   • 验证核心关系 $XY = Y^2X$:
   • $XY = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \omega & 0 \\ 0 & \omega^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -\omega^2 \\ \omega & 0 \end{pmatrix}$。
   • $Y^2X = \begin{pmatrix} \omega^2 & 0 \\ 0 & \omega \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -\omega^2 \\ \omega & 0 \end{pmatrix}$。
   • 两者相等！所以 $XY=Y^2X$ 也满足。
2. 证明阶为 12：
   • 我们已经找到了满足所有关系的矩阵 $X$ 和 $Y$。由它们生成的矩阵群 $G' = \langle X, Y \rangle$ 是一个阶为 12 的群的一个同态像。
   • 根据同态基本定理，这个矩阵群 $G'$ 的阶 $|G'|$ 整除 12。
   • 我们需要证明 $|G'|$ 不小于 12。
   • $G'$ 中的元素形如 $X^i Y^j$，其中 $0 \le i \le 3, 0 \le j \le 2$。这最多给出 $4 \times 3 = 12$ 个不同的元素。我们只需证明这 12 个元素都是不同的矩阵即可。
   • 假设 $X^i Y^j = X^a Y^b$。则 $X^{i-a} = Y^{b-j}$。
   • 左边的矩阵 $X^{i-a}$ 是 $\langle X \rangle$ 中的元素，右边的矩阵 $Y^{b-j}$ 是 $\langle Y \rangle$ 中的元素。
   • $\langle X \rangle = \{I, X, X^2, X^3\}$
   • $\langle Y \rangle = \{I, Y, Y^2\}$
   • 这两个子群的交集是什么？$X$ 的幂次中，只有 $I$ 和 $-I$ 是对角阵。$Y$ 的幂次都是对角阵。但 $Y, Y^2$ 的对角元不相等，所以它们不是 $-I$ 或 $I$。所以交集只有 $I$。
   • 因此 $X^{i-a} = Y^{b-j} = I$。
   • 这意味着 $X^{i-a}=I$ 且 $Y^{b-j}=I$。
   • 因为 $X$ 的阶是 4，$Y$ 的阶是 3，所以 $4 \mid (i-a)$ 且 $3 \mid (b-j)$。
   • 由于 $i, a \in \{0,1,2,3\}$ 且 $j, b \in \{0,1,2\}$，这只能意味着 $i=a, j=b$。
   • 这证明了 $X^i Y^j$ 这 12 种形式代表了 12 个不同的矩阵。
   • 所以，由 $X, Y$ 生成的矩阵群的阶恰好是 12。
3. 结论：
   • 我们成功构造了一个阶为 12 的矩阵群，它满足定义中的所有关系。
   • 这证明了这样的群是真实存在的，没有坍缩。
   • 因此，确实存在一个与该矩阵群同构的、阶为 12 的抽象群。这就找到了第四个同构类。

这是情况 3 的第二个，也是最后一个子情况。

1. 前提条件：
   • $K \cong C_3$ 是正规的，由 $y$ 生成。
   • $H \cong C_2 \times C_2$ 不是正规的。$H$ 是一个阶为 4 的阿贝尔群，其中所有非单位元素的阶都是 2。我们可以把 $H$ 的元素写成 $\{1, x, z, xz\}$，其中 $x^2=1, z^2=1, xz=zx$。
2. 重新审视群作用 $\psi|_H: H \to \text{Aut}(K)$：
   • 我们仍然有这个从 $H$ 到 $\text{Aut}(K) \cong C_2$ 的同态。
   • 和之前一样，因为 $H$ 不正规，这个同态必须是非平凡的，因此是满射。
   • 同态的核 $\text{ker}(\psi|_H)$ 是 $H$ 的一个子群。根据第一同构定理，$H/\text{ker}(\psi|_H) \cong \text{im}(\psi|_H) \cong C_2$。
   • 这意味着 $|H| / |\text{ker}(\psi|_H)| = |C_2| = 2$。
   • 已知 $|H|=4$，所以 $|\text{ker}(\psi|_H)| = 4/2 = 2$。
   • 核是一个阶为 2 的子群。让我们把它的非单位元素记为 $z$。所以 $\text{ker}(\psi|_H) = \{1, z\}$。
3. 识别交换和不交换的元素：
   • 元素 $z$ 在核里，这意味着它被映射到单位元。根据核的定义， $z$ 与 $K$ 的所有元素交换。特别是，$zy=yz$。由于 $z \neq 1$ 且 $z^2=1$，这就找到了一个阶为 2 且与 $y$ 交换的元素。
   • 元素 $x$ 不在核里。它被映射到 $\text{Aut}(K)$ 的非单位元素。这意味着 $x$ 不与 $y$ 交换，它的作用是 $xyx^{-1}=y^2$，即 $xy=y^2x$。由于 $x \in H$，它的阶也是 2，所以 $x^2=1$。
   • 我们现在找到了两个来自 $H$ 的关键元素：一个 $z$ 与 $y$ 交换，一个 $x$ 不与 $y$ 交换。
   • 因为 $x, z$ 都在 $H$ 中，而 $H \cong C_2 \times C_2$ 是阿贝尔群，所以它们之间必然交换：$xz=zx$。
4. 生成元和关系：
   • 整个群 $G$ 可以由 $H$ 和 $K$ 生成，也就是由 $\{x, z\}$ 和 $\{y\}$ 生成。所以 $x, y, z$ 是 $G$ 的一组生成元。
   • 我们收集了它们满足的所有关系：
   • 来自 $H$: $x^2=1, z^2=1, xz=zx$。
   • 来自 $K$: $y^3=1$。
   • 来自 $H$ 对 $K$ 的作用: $zy=yz$ (来自核)，$xy=y^2x$ (来自非核元素)。
   • 这些关系式足以确定群的乘法表。任何一个元素都可以写成 $x^i z^j y^k$ 的形式，并且任意两个这样的元素的乘积都可以通过这些关系化为标准形式。
   • 因此，满足这些条件的群，如果存在，在同构意义下最多只有一种。

这部分为情况 3b 做出结论，并完成了整个定理的证明。

1. 唯一性回顾：
   • 上一段的分析表明，基于情况 3b 的前提（$K$ 正规，$H \cong C_2 \times C_2$ 非正规），我们推导出了一组唯一的代数关系。
   • 这组关系定义了一个最多只有一种同构类的群。
2. 寻找一个已知的匹配者：
   • 我们已经找到了四个不同构的阶为 12 的群：
3. $C_{12}$
4. $C_2 \times C_6$
5. $A_4$
6. 由 $x^4=1, y^3=1, xy=y^2x$ 定义的群
   • 我们需要为情况 3b 找到一个具体的模型。
   • 作者在这里直接想到了一个我们熟知的、阶为 12 的非阿贝尔群：二面体群 $D_6$。
7. 排除法论证：
   • $D_6$ 是阶为 12 的群。根据我们的分类定理，它必须同构于我们找到的五种群之一。
   • $D_6$ 是非阿贝尔群，所以它不可能是 $C_{12}$ 或 $C_2 \times C_6$。
   • $D_6$ 有多少个阶为 2 的元素？它有 6 个翻转（阶为 2）和一个旋转 $180^\circ$ 的元素（阶为 2），总共 7 个阶为 2 的元素。
   • $A_4$ 有多少个阶为 2 的元素？它只有 3 个（形如 $(12)(34)$）。因此 $D_6$ 和 $A_4$ 不同构。
   • 第四种群（来自情况 3a）的西罗 2-子群 $H$ 是 $C_4$。$C_4$ 只有一个阶为 2 的元素。而 $D_6$ 的西罗 2-子群是 $C_2 \times C_2$（可以由两个相邻的翻转生成），它有 3 个阶为 2 的元素。从元素的阶的分布来看，它们也不同构。（更简单地，一个西罗 2-子群是循环的，另一个不是）。
   • 既然 $D_6$ 与前四种群都不同构，而它又必须是这五种之一，那么它只能是情况 3b 所描述的这最后一种群。
8. 最终结论：
   • 情况 3b 描述的那个唯一的同构类，就是二面体群 $D_6$。
   • 因此，在情况 3b 下，$G \cong D_6$。
   • 证明的结尾符号 $\square$ 表示整个定理的证明已经完成。我们已经系统地分析了所有可能性，并且为每一种可能性都找到了一个确定的同构类，不多不少，正好五种。

经过前面详尽的、分情况的讨论，我们已经成功地证明了任何一个阶为 12 的群，其代数结构必然与我们找出的五个模型之一同构。现在，我们可以退后一步，从一个更高的视角来审视和比较这五个同构类，以加深对它们各自特性以及彼此之间差异的理解。

整个分类过程的核心思想是解构与重构。我们首先使用西罗定理将一个抽象的阶为 12 的群 $G$ “解构”成其基本的“零件”——一个阶为 4 的西罗 2-子群 $H$ 和一个阶为 3 的西罗 3-子群 $K$。然后，通过分析这些“零件”本身可能的结构（$H$ 是 $C_4$ 还是 $C_2 \times C_2$，$K$ 只能是 $C_3$）以及它们在整个群中的“安装方式”（即正规性，决定了它们是直积还是半直积），我们逐步“重构”出所有可能的整体结构。

• 情况 1 ($H, K$ 均正规)：这是最和谐的组合方式，零件之间互不干涉，可以交换，形成了两种不同的阿贝尔群（直积）。
• 情况 2 ($K$ 不正规, $H$ 正规)：$K$ 的不稳定性（$n_3=4$）迫使整个群的结构呈现出一种特定的置换对称性，最终被识别为交错群 $A_4$。
• 情况 3 ($K$ 正规, $H$ 不正规)：$K$ 是稳定的核心，但 $H$ 却是不稳定的。$H$ 的不稳定性通过一种非平凡的“作用”扭曲了与 $K$ 的组合方式，形成了两种不同的非阿贝尔群（半直积），具体是哪一种，取决于 $H$ 本身的内部构造（$C_4$ 或 $C_2 \times C_2$）。

下面通过一个表格来清晰地对比这五个群的关键属性。