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为了找到同态 $f$，对于每个 $g \in G$，我们必须找到一个双射 $\ell_{g}: G \rightarrow G$。$\ell_{g}$ 的定义在我们的群论学习之初就已经预示了：通过 $\ell_{g}(x)=g x$ 定义 $\ell_{g}: G \rightarrow G$。因此，函数 $\ell_{g}$ 是通过 $g$ 进行的左乘，字母 $\ell$ 的选择也来源于此。我们已经看到，对于每个 $g$，$\ell_{g}$ 是一个双射，即是 $S_{G}$ 的一个元素（群讲义的推论 3.4）。然后通过以下方式定义 $f: G \rightarrow S_{G}$：
我们首先检查 $f$ 是否是一个同态。我们必须证明 $f(g h)=f(g) f(h)$，或者等价地证明 $\ell_{g h}=\ell_{g} \circ \ell_{h}$。为了检查这些函数的等式，我们检查对于每个 $x \in G$，它们在 $x$ 上的值是否相等。但是
因此 $f$ 是一个同态。最后，我们必须证明 $f$ 是单射的。可以通过应用命题 1.2.4 来完成，但直接论证也很容易：如果 $\ell_{g}=\ell_{h}$，那么函数 $\ell_{g}$ 和 $\ell_{h}$ 在任何 $x \in G$ 上都具有相同的值，特别是当 $x=1$ 时。因此 $\ell_{g}(1)=\ell_{h}(1)$。另一方面，$\ell_{g}(1)=g \cdot 1=g$，类似地 $\ell_{h}(1)=h$。因此 $g=h$，并且 $f$ 是单射的。
备注 1.3.3. 除了左乘之外，我们还可以尝试使用右乘 $r_{g}: G \rightarrow G$，定义为 $r_{g}(x)=x g$。那么 $r_{g}$ 仍然是 $S_{G}$ 的一个元素。然而，由 $F(g)=r_{g}$ 定义的函数 $F: G \rightarrow S_{G}$ 通常不是一个同态！尽管如此，我们很容易理解 $F$ 为何不是同态，并修改 $F$ 的定义使其成为从 $G$ 到 $S_{G}$ 的同态。具体细节作为练习 4.9 留给读者。
凯莱定理的证明可能看起来像是障眼法。然而，我们将在后面看到这种证明方法的有趣变体。
我们已经看到，对于每个 $n \in \mathbb{N}$，同态 $P: S_{n} \rightarrow G L_{n}(\mathbb{R})$ 是单射的。因此，给定一个有限群 $G$，根据凯莱定理存在一个从 $G$ 到 $S_{n}$ 的单射同态，并且存在一个单射同态 $P: S_{n} \rightarrow G L_{n}(\mathbb{R})$。因此，对于某个 $n$，存在一个单射同态 $G \rightarrow G L_{n}(\mathbb{R})$。换句话说：
定理 1.3.4. 令 $G$ 为一个有限群。那么存在一个 $n \in \mathbb{N}$，使得 $G$ 同构于 $G L_{n}(\mathbb{R})$ 的一个子群。
更一般地，一个同态 $f: G \rightarrow G L_{n}(\mathbb{R})$，不一定是单射的，被称为 $G$ 的一个实表示。（在这里，研究同态 $f: G \rightarrow G L_{n}(\mathbb{C})$，它们被称为复表示或简称 $G$ 的表示，会更好。）表示论的目标是描述群 $G$ 的所有表示，并利用这种描述来理解 $G$ 的性质。
我们的目标是推广群 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 的构造。其思想是首先有一个群 $\mathbb{Z}$ 和子群 $n \mathbb{Z}=\langle n\rangle$，其中 $n \in \mathbb{N}$，然后构造一个集合 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$，它最终也成为一个群（在加法下）。（在 $\mathbb{Z}$ 上有两种二元运算 + 和 •，但 $\mathbb{Z}$ 在加法下只是一个群。因此，我们也可以在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 上定义乘法的事实在这里不起作用，但其自然推广在现代代数 II 中非常重要。）我们希望将上述构造（从模 $n$ 同余开始）推广到一般的群 $G$（乘法表示）及其子群 $H$ 的情况。然而，如果 $G$ 不是阿贝尔群，我们必须非常小心。
定义 2.1.1. 令 $G$ 为一个群，令 $H \leq G$。我们在 $G$ 上定义一个关系 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 如下：如果 $g_{1}, g_{2} \in G$，那么 $g_{1} \equiv \ell g_{2}(\bmod H)$ 当且仅当 $g_{1}^{-1} g_{2} \in H$，或者等价地，存在一个 $h \in H$ 使得 $g_{1}^{-1} g_{2}=h$，即 $g_{2}=g_{1} h$ 对于某个 $h \in H$。
命题 2.1.2. 关系 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 是一个等价关系。包含 $g$ 的等价类是集合
证明。对于所有 $g \in G, g^{-1} g=1 \in H$。因此 $g \equiv_{\ell} g(\bmod H)$ 并且 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 是自反的。如果 $g_{1} \equiv \ell g_{2}(\bmod H)$，那么 $g_{1}^{-1} g_{2} \in H$。但是由于 $H$ 中元素的逆元也在 $H$ 中，所以 $\left(g_{1}^{-1} g_{2}\right)^{-1}=g_{2}^{-1}\left(g_{1}^{-1}\right)^{-1}=g_{2}^{-1} g_{1} \in H$。因此 $g_{2} \equiv_{\ell} g_{1}(\bmod H)$，从而 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 是对称的。最后，如果 $g_{1} \equiv_{\ell} g_{2}(\bmod H)$ 且 $g_{2} \equiv_{\ell} g_{3}(\bmod H)$，那么 $g_{1}^{-1} g_{2} \in H$ 且 $g_{2}^{-1} g_{3} \in H$。由于 $H$ 对乘积封闭，所以 $g_{1}^{-1} g_{2} g_{2}^{-1} g_{3}=g_{1}^{-1} g_{3} \in H$。因此 $g_{1} \equiv_{\ell} g_{3}(\bmod H)$，从而 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 是传递的。因此 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 是一个等价关系。（请注意我们如何精确地使用了子群的定义性质。）显然，包含 $g$ 的等价类就是上面定义的集合 $g H$。
定义 2.1.3. 上面定义的集合 $g H$ 是包含 $g$ 的 $H$ 的左陪集。根据等价类的一般性质，$g \in g H$，并且两个左陪集 $g_{1} H$ 和 $g_{2} H$ 要么不相交，要么相等。请注意，子群 $H$ 本身就是一个陪集，因为对于每个 $h \in H$，都有 $H=1 \cdot H=h H$。它被称为单位陪集。所有左陪集的集合，即等价关系 $\equiv_{\ell}(\bmod H)$ 的所有等价类的集合，表示为 $G / H$。
右陪集 $H g=\{h g: h \in H\}$ 类似地定义。它们是等价关系 $\equiv_{r}(\bmod H)$ 的等价关系，该关系定义为：$g_{1} \equiv_{r} g_{2}(\bmod H)$ 当且仅当 $g_{2} g_{1}^{-1} \in H$，或者等价地，存在一个 $h \in H$ 使得 $g_{2} g_{1}^{-1}=h$，即 $g_{2}=h g_{1}$ 对于某个 $h \in H$。等价关系 $\equiv_{r}(\bmod H)$ 的所有等价类的集合表示为 $H \backslash G$。左陪集和右陪集的性质之间存在自然的对称性。然而，习惯规定我们通常只看左陪集，除非另有说明，有时我们只用“陪集”来表示“左陪集”，必要时才使用“右陪集”。当然，如果 $G$ 是阿贝尔群，那么左陪集和右陪集之间没有区别。（从集合 $G / H$ 到集合 $H \backslash G$ 也有一个不那么明显的双射；这是练习 4.17。然而，正如我们将在下面看到的，通常集合 $G / H$ 和 $H \backslash G$ 是不同的。）
示例 2.1.4. (1) 对于 $G=\mathbb{Z}$（在加法下）和 $H=\langle n\rangle=n \mathbb{Z}$，其中 $n \in \mathbb{N}$，我们恢复了 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。这里的陪集是 $\mathbb{Z}$ 的子集，形式为 $0+\langle n\rangle=[0]_{n}, \ldots$, $(n-1)+\langle n\rangle=[n-1]_{n}$。
(2) 对于任何 $G$，当 $H=G$ 时，对于所有 $g_{1}, g_{2} \in G, g_{1} \equiv_{\ell} g_{2}(\bmod G)$，只有一个左陪集 $g G=G$ 对于所有 $g \in G$，并且 $G / G$ 是单元素集合 $\{G\}$。类似地，对于每个 $g \in G$，也只有一个右陪集 $G=G g$；特别是，右陪集的集合与左陪集的集合相同。对于平凡子群 $\{1\}$，$g_{1} \equiv_{\ell} g_{2}(\bmod \{1\}) \Longleftrightarrow g_{1}=g_{2}$，并且 $\{1\}$ 的左陪集的形式为 $g\{1\}=\{g\}$。因此 $G /\{1\}=\{\{g\}: g \in G\}$，即 $G$ 的 1 元素子集集合，因此存在从 $G /\{1\}$ 到 $G$ 的明显双射。由于 $\{1\} g=\{g\}$，每个右陪集又是一个左陪集，反之亦然。
(3) 在群 $S_{3}$ 中，取 $H$ 为子群
有两个左陪集：$A_{3}$ 和 $(1,2) A_{3}=\{(1,2),(1,3),(2,3)\}$。很容易看出这两个集合也是 $A_{3}$ 的右陪集。
(4) 再次考虑 $G=S_{3}$，如果我们将 $H$ 取为 2 元素子群 $\langle(1,2)\rangle= \{1,(1,2)\}$ 而不是 $A_{3}$，那么有三个左陪集：$\{1,(1,2)\},\{(1,2,3),(1,3)\}$ 和 $\{(1,3,2),(2,3)\}$，每个都有两个元素。因此 $S_{3}$ 被分成三个不相交的子集。我们也可以考虑 $\{1,(1,2)\}$ 的右陪集。有三个右陪集：$\{1,(1,2)\}$, $\{(1,2,3),(2,3)\}$ 和 $\{(1,3,2),(1,3)\}$。特别是，我们看到右陪集通常不等于左陪集。
(5) 为了推广上面 (3) 的第一部分，考虑 $G=S_{n}$ 和 $H=A_{n}$。我们关于 $A_{n}$ 的讨论表明，如果 $\tau$ 是任何奇置换，那么陪集 $\tau A_{n}$ 是 $S_{n}$ 的奇置换子集。因此 $A_{n}$ 在 $S_{n}$ 中恰好有两个左陪集，即单位陪集 $A_{n}$（它是偶置换的子集）和集合 $\tau A_{n}$，其中 $\tau$ 是任何奇置换，它与奇置换的集合相同，因此等于 $S_{n}-A_{n}$。很容易看出 $S_{n}-A_{n}=A_{n} \tau$ 对于每个奇置换 $\tau$，因此在这种情况下右陪集与左陪集相同。
通常，我们希望计算一个左陪集中有多少个元素，以及有多少个左陪集。
命题 2.1.5. 令 $G$ 为一个群，$H$ 为一个子群，且 $g \in G$。函数 $f(h)=g h$ 定义了一个从 $H$ 到 $g H$ 的双射。因此，如果 $g_{1} H$ 和 $g_{2} H$ 是两个陪集，那么存在一个从 $g_{1} H$ 到 $g_{2} H$ 的双射。最后，如果 $H$ 是有限的，那么每个左陪集 $g H$ 都是有限的，并且 $\#(g H)=\#(H)$。
证明。将 $f$ 定义如陈述中所述，显然 $f$ 根据定义是满射的，并且由于消去律，$f$ 是单射的，因为 $g h_{1}=g h_{2} \Longrightarrow h_{1}=h_{2}$。因此 $f$ 是一个双射。其余陈述是显而易见的。
定义 2.1.6. 令 $G$ 为一个群，令 $H$ 为 $G$ 的一个子群。如果集合 $G / H$ 是有限的，那么我们称 $H$ 在 $G$ 中具有有限指数，并将 $\#(G / H)$ 的元素个数称为 $H$ 在 $G$ 中的指数。我们用 $(G: H)$ 表示 $\#(G / H)$。如果 $G / H$ 是无限的，那么 we 称 $H$ 在 $G$ 中具有无限指数。
示例 2.1.7. (i) 对于 $n \in \mathbb{N}$，指数 $(\mathbb{Z}: n \mathbb{Z})$ 是 $n$，尽管 $\mathbb{Z}$ 和 $n \mathbb{Z}$ 都是无限的。另一方面，$\{0\}$ 在 $\mathbb{Z}$ 中具有无限指数。
(ii) 线性代数中出现的许多子群都具有无限指数。例如，$S L_{n}(\mathbb{R})$ 在 $G L_{n}(\mathbb{R})$ 中具有无限指数，$O_{n}$ 在 $G L_{n}(\mathbb{R})$ 中具有无限指数，而 $S O_{n}$ 在 $S L_{n}(\mathbb{R})$ 中具有无限指数。另一方面，$S O_{n}$ 在 $O_{n}$ 中具有指数二：给定 $A, B \in O_{n}, \operatorname{det} A= \pm 1$ 且 $\operatorname{det} B= \pm 1$。因此 $A^{-1} B \in S O_{n} \Longleftrightarrow \operatorname{det} A=\operatorname{det} B$。如果 $\operatorname{det} A=\operatorname{det} B=1, A, B \in S O_{n}$。如果 $\operatorname{det} A=\operatorname{det} B=-1, A, B \in O_{n}-S O_{n}$。因此恰好有两个左陪集，$S O_{n}$ 和 $O_{n}-S O_{n}$。
(iii) 群 $D_{n}$ 具有一个阶为 $n$ 的循环子群。在练习 1.28 的记号中，旋转子群 $\left\langle A_{2 \pi / n}\right\rangle$ 的阶为 $n$。通过类似于 (ii) 中的论证，$\left\langle A_{2 \pi / n}\right\rangle$ 有两个左陪集：$\left\langle A_{2 \pi / n}\right\rangle=\left\{A_{2 \pi a / n}: 0 \leq a \leq n-1\right\}$ 和 $\left\{B_{2 \pi a / n}: 0 \leq a \leq n-1\right\}=B_{0}\left\langle A_{2 \pi / n}\right\rangle= \left\langle A_{2 \pi / n}\right\rangle B_{0}$。这里，每个左陪集也是一个右陪集。
显然，如果 $G$ 是有限的，那么每个子群 $H$ 都具有有限指数。$G$ 的每个元素恰好在一个左陪集 $g H$ 中。有 $(G: H)$ 个左陪集 $g H$，每个都恰好有 $\#(H)$ 个元素。将所有左陪集中的所有元素相加必须得到 $G$ 的元素个数。因此：
命题 2.2.1. 令 $G$ 为一个有限群，令 $H$ 为 $G$ 的一个子群。那么
换句话说，指数 $(G: H)$ 满足：
这个非常简单的计数论证有大量的重要推论：
推论 2.2.2 (拉格朗日定理). 令 $G$ 为一个有限群，令 $H$ 为 $G$ 的一个子群。那么 $\#(H)$ 整除 $\#(G)$。
备注 2.2.3. 我们已经看到拉格朗日定理适用于循环群 $G$，事实上，如果 $G$ 是阶为 $n$ 的循环群，那么对于 $n$ 的每个除数 $d$，都存在一个阶为 $n$ 的子群 $H$，实际上只有一个这样的子群。事实上，这个性质刻画了有限循环群：参见定理 2.2.11。然而，“拉格朗日定理的逆定理”对于一般的有限群是不成立的，即存在有限群 $G$ 和 $\#(G)$ 的除数 $d$，使得不存在阶为 $d$ 的子群 $H$。最小的例子是群 $A_{4}$，阶为 12。可以证明 $A_{4}$ 不存在阶为 6 的子群（尽管它确实有阶为 $1,2,3,4,12$ 的子群）。此外，一个非循环群可以有多个给定阶的子群。例如，克莱因四元群 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 有三个阶为 2 的子群，$S_{3}$ 也有。
推论 2.2.4. 令 $G$ 为一个有限群，令 $g \in G$。那么 $g$ 的阶整除 $\#(G)$。
证明。这由拉格朗日定理应用于子群 $\langle g\rangle$ 得到，注意到 $g$ 的阶等于 $\#(\langle g\rangle)$。
推论 2.2.5. 令 $G$ 为一个阶为 $N$ 的有限群，令 $g \in G$。那么 $g^{N}=1$。
证明。根据上述推论可知，因为 $g$ 的阶整除 $N$。
推论 2.2.6. 令 $G$ 为一个阶为素数 $p$ 的有限群。那么 $G$ 是循环的，因此 $G \cong \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$。
证明。由于 $p>1$，存在一个 $g \in G$ 使得 $g \neq 1$。因此 $\langle g\rangle$ 的阶大于 1，并且根据拉格朗日定理，$\#(\langle g\rangle)$ 整除 $\#(G)=p$。因此 $\#(\langle g\rangle)=p=\#(G)$，从而 $\langle g\rangle=G$ 并且 $G$ 是循环的。
推论 2.2.7 (费马小定理). 令 $p$ 为一个素数，令 $a \in \mathbb{Z}$。那么 $a^{p} \equiv a(\bmod p)$。
证明。首先假设 $p$ 不整除 $a$。那么 $a$ 定义了 $(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})^{*}$ 中的一个元素，也表示为 $a$。由于 $(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})^{*}$ 的阶是 $p-1$，因此 $a^{p-1}=1$ 在 $(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})^{*}$ 中。将 $a$ 视为一个整数，这意味着 $a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)$，两边乘以 $a$ 得到 $a^{p} \equiv a(\bmod p)$。剩下的情况是 $p$ 整除 $a$，但此时 $a^{p}$ 和 $a$ 都 $\equiv 0(\bmod p)$，所以等式也成立。
推论 2.2.8 (欧拉推广的费马小定理). 令 $n \in \mathbb{N}$ 且 $a \in \mathbb{Z}, \operatorname{gcd}(a, n)=1$。那么，如果 $\phi$ 是欧拉 $\phi$ 函数，$a^{\phi(n)} \equiv 1(\bmod n)$。
证明。证明类似于前一个证明，将 $a$ 视为 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{*}$ 的一个元素，并使用 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})^{*}$ 的阶是 $\phi(n)$ 这一事实。
我们记录指数的一个有用的数值性质：
引理 2.2.9. 令 $G$ 为一个有限群，令 $H, K$ 为 $G$ 的两个子群且 $K \leq H$。那么指数是乘积的，即
证明。这由命题 2.2.1 得到：
如果 $G$ 是无限的，该引理仍然成立，其含义是如果公式中的任意两项是有限的，那么第三项也是有限的，并且等式成立。证明会稍微复杂一些。
作为拉格朗日定理的最终应用， we 证明以下定理，这是证明原根存在性的群论基础：
定理 2.2.10. 令 $G$ 为一个有限群（不一定假定为阿贝尔群）。假设对于每个正整数 $d$，
换句话说，对于每个 $d \in \mathbb{N}$，方程 $g^{d}=1$ 最多有 $d$ 个解。那么 $G$ 是循环的。
证明。令 $\#(G)=n$。我们必须证明存在一个阶为 $n$ 的元素。更一般地，定义一个函数 $\psi: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{Z}$ 为：
因此 $\psi(d)$ 是 $G$ 中阶恰好为 $d$ 的元素的个数。注意 $\psi(d) \geq 0$ 且 $\psi(d)=0$ 当且仅当 $G$ 中没有阶为 $d$ 的元素。我们的目标是证明 $\psi(n) \neq 0$。根据拉格朗日定理，如果 $d$ 不整除 $n$，那么 $\psi(d)=0$（这是我们唯一使用拉格朗日定理的地方）。
现在假设 $\psi(d) \neq 0$。那么存在一个阶为 $d$ 的元素 $h \in G$。因此 $\#(\langle h\rangle)=d$。根据我们对 $G$ 的假设，最多有 $d$ 个 $G$ 中的元素 $g$ 使得 $g^{d}=1$。由于 $\langle h\rangle$ 的每个元素 $g$ 都满足 $g^{d}=1, g^{d}=1 \Longleftrightarrow g \in\langle h\rangle$。因此，如果 $g$ 的阶恰好为 $d$，那么 $g$ 是 $\langle h\rangle$ 的一个生成元。根据我们对循环群的研究，$\langle h\rangle$ 恰好有 $\phi(d)$ 个生成元。总结：
特别是，我们看到 $\psi(d) \leq \phi(d)$。现在 $G$ 的每个元素都有某个有限阶 $d$，所以 $\#(G)=\sum_{d \in \mathbb{N}} \psi(d)$。那么
此外，这意味着对于每个 $d \mid n$，$\psi(d) \leq \phi(d)$ 必须是等式，否则我们将得到 $n<n$。因此，特别是 $\psi(n)=\phi(n)$，但 $\phi(n) \neq 0$。因此 $\psi(n) \neq 0$，所以存在一个阶为 $n$ 的元素 $G$，并且 $G$ 是循环的。
一个非常相似的论证表明：
定理 2.2.11. 令 $G$ 为一个有限群（不一定假定为阿贝尔群）。假设对于每个正整数 $d$，至多只有一个阶为 $d$ 的子群。那么 $G$ 是循环的。
我们将其证明作为练习 4.18 留给读者。
我们现在希望在左陪集集合 $G / H$ 上找到一个二元运算，类似于我们在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中能够进行陪集加法的方式。当然，对于一个乘法群 $G$，我们将希望陪集相乘，而不是相加。然而，正如我们将在下面看到的，如果 $G$ 不是阿贝尔群，这并非总是可能的。通常，给定两个陪集 $a H$ 和 $b H$，只有一种合理的方式来定义乘积 $(a H)(b H)$：它应该是陪集 $(a b) H$。换句话说，我们选择陪集 $a H$ 和 $b H$ 的代表元 $a \in a H$ 和 $b \in b H$，并通过将代表元 $a$ 和 $b$ 相乘并取包含乘积 $a b$ 的唯一陪集 $(a b) H$ 来相乘陪集 $a H$ 和 $b H$。如同处理等价类一样，我们必须检查这个过程是否良定义，换句话说，改变代表元的选择不会改变最终的陪集。正如我们将在下面看到的，这会对子群 $H$ 施加一个条件。
为了分析这个条件，假设我们从陪集 $a H$ 和 $b H$ 中选择了不同的代表元，它们必然是 $a h_{1}$ 和 $b h_{2}$ 的形式。乘积 $\left(a h_{1}\right)\left(b h_{2}\right)$ 位于与 $a b$ 相同的左陪集中的条件就是存在一个 $h_{3} \in H$ 使得 $\left(a h_{1}\right)\left(b h_{2}\right)=a b h_{3}$。所以这就是陪集乘法良定义的条件：对于所有 $a, b \in G$ 和对于所有 $h_{1}, h_{2} \in H$，存在一个 $h_{3} \in H$ 使得
当然，我们可以消去前面的 $a$，并通过乘以 $h_{2}^{-1}$ 将 $h_{2}$ 移到右侧，得到 $h_{1} b=b h_{3} h_{2}^{-1}$。由于我们只要求 $h_{3}$ 是 $H$ 的某个元素，因此 $h_{3} h_{2}^{-1}$ 也是 $H$ 的某个元素，我们看到陪集乘法是良定义的 当且仅当 对于所有 $b \in G$ 和对于所有 $h_{1} \in H$，存在一个 $h^{\prime} \in H$ 使得 $h_{1} b=b h^{\prime}$。$b \in G$ 和 $h_{1} \in H$ 的命名并不是最优的，因为它们旨在是任意的，所以我们将其写成如下：
命题 2.3.1. 陪集乘法在左陪集集合 $G / H$ 上是良定义的 当且仅当 对于所有 $g \in G$ 和所有 $h \in H$，存在一个 $h^{\prime} \in H$ 使得 $h g=g h^{\prime}$。
还有许多更具启发性的方法来重写这个条件。显然，集合 $\{h g: h \in H\}$ 只是右陪集 $Hg$。因此，这个命题可以更简单地重写为：
命题 2.3.2. 陪集乘法在左陪集集合 $G / H$ 上是良定义的 当且仅当 对于所有 $g \in G$，右陪集 $H g$ 包含在左陪集 $g H$ 中。
上面的重新措辞在左和右方面仍然看起来有些不对称。这里的技巧是注意到，如果包含关系 $H g \subseteq g H$ 对所有 $g \in G$ 都成立，那么它对 $g^{-1}$ 也成立。但是包含关系 $H g^{-1} \subseteq g^{-1} H$ 表示，对于所有 $h \in H$，存在一个 $h^{\prime} \in H$ 使得 $h g^{-1}=g^{-1} h^{\prime}$，因此 $g h=h^{\prime} g$。这表明左陪集 $g H$ 包含在右陪集 $H g$ 中。因此，如果 $H g \subseteq g H$ 对所有 $g \in G$ 都成立，那么 $g H \subseteq H g$ 对所有 $g \in G$ 也成立，因此 $H g=g H$。当然，对称论证表明，如果左陪集 $g H$ 包含在右陪集 $H g$ 中对所有 $g \in G$ 都成立，那么 $H g=g H$。我们看到我们已经证明了：
命题 2.3.3. 令 $G$ 为一个群，令 $H$ 为一个子群。那么以下是等价的：
(i) 陪集乘法在左陪集集合 $G / H$ 上是良定义的。
(ii) 对于所有 $g \in G$，右陪集 $H g$ 包含在左陪集 $g H$ 中。
(iii) 对于所有 $g \in G$，左陪集 $g H$ 包含在右陪集 $H g$ 中。
(iv) 对于所有 $g \in G, g H=H g$，即每个左陪集 $g H$ 也是一个右陪集，并且由于 $g \in g H$，必然等于 $H g$。
重做这些条件通常很有用。显然，对于所有 $g \in G$ 和所有 $h \in H$，存在一个 $h^{\prime} \in H$ 使得 $h g=g h^{\prime}$ 的条件与对于所有 $g \in G$ 和所有 $h \in H, g^{-1} h g=h^{\prime}$ 是 $H$ 的某个元素的条件是相同的。将 $g^{-1} H g$ 表示为集合 $\left\{g^{-1} h g: h \in H\right\}$。那么我们有以下命题：
命题 2.3.4. 令 $G$ 为一个群，令 $H$ 为 $G$ 的一个子群。那么以下是等价的：
(i) 陪集乘法在左陪集集合 $G / H$ 上是良定义的.
(ii) 对于所有 $g \in G, g^{-1} H g \subseteq H$。
(iii) 对于所有 $g \in G, g^{-1} H g=H$。
证明。我们已经看到 (i) 和 (ii) 是等价的，显然 (iii) $\Longrightarrow$ (ii)。为了证明 (ii) $\Longrightarrow$ (iii)，我们使用替换 $g$ 为 $g^{-1}$ 的先前技巧：如果 $\left(g^{-1}\right)^{-1} H g^{-1}=g H g^{-1} \subseteq H$，那么对于所有 $h \in H$，存在一个 $h^{\prime}$ 使得 $g h g^{-1}=h^{\prime}$，从而 $h=g^{-1} h^{\prime} g$。这表明 $H \subseteq g^{-1} H g$，因此 $H=g^{-1} H g$。因此 (ii) $\Longrightarrow$ (iii)，所以 (ii) 和 (iii) 是等价的。
备注 2.3.5. 替换 $g$ 为 $g^{-1}$，我们通常将上面的 (ii) 替换为对于所有 $g \in G, g H g^{-1} \subseteq H$ 的条件，将 (iii) 替换为对于所有 $g \in G, g H g^{-1}=H$ 的条件。
备注 2.3.6. 定义一个函数 $i_{g}: G \rightarrow G$ 为 $i_{g}(x)=g x g^{-1}$。那么 $i_{g}$ 是 $G$ 的一个自同构（即从 $G$ 到自身的同构），因此 $i_{g}(H)=g H g^{-1}$ 是 $G$ 的一个子群。那么前一个命题的条件 (iii) 是对于所有 $g \in G, i_{g}(H)=H$。
定义 2.3.7. 令 $G$ 为一个群，令 $H$ 为 $G$ 的一个子群。那么 $H$ 是 $G$ 的一个正规子群，记为 $H \triangleleft G$，如果 $H$ 满足前两个命题的任何（因此所有）等价条件。
备注 2.3.8. (i) 在实践中，通常通过证明对于所有 $g \in G, g H g^{-1} \subseteq H$ 来检查 $H$ 是否是 $G$ 的一个正规子群。
(ii) 通过否定定义，$H$ 不是 $G$ 的正规子群如果存在 $g \in G$ 和 $h \in H$ 使得 $g h g^{-1} \notin H$。
示例 2.3.9. 以下是一些正规子群的示例。
(1) 对于每个群 $G$，子群 $G$ 和平凡子群 $\{1\}$ 都是正规子群。
(2) 如果 $G$ 是阿贝尔群，那么 $G$ 的每个子群都是阿贝尔群。例如，在这种情况下左陪集和右陪集之间没有区别；或者，对于所有 $g \in G$，都有 $g H g^{-1}=H$。
(3) $A_{n}$ 是 $S_{n}$ 的一个正规子群，因为如果 $\sigma \in A_{n}$ 且 $\rho \in S_{n}$，那么
我们将在后面看到其他方法来证明这一点。
(4) $S L_{n}(\mathbb{R})$ 是 $G L_{n}(\mathbb{R})$ 的一个正规子群，因为如果 $B \in S L_{n}(\mathbb{R})$ 且 $A \in G L_{n}(\mathbb{R})$，那么
同样，我们将在后面看到这属于一个一般性的图景。
(5) 令 $G_{1}$ 和 $G_{2}$ 是两个群，并考虑笛卡尔积 $G_{1} \times G_{2}$。正如我们所见， $G_{1} \times G_{2}$ 有两个特殊的子群：$G_{1} \times\{1\}$ 和 $\{1\} \times G_{2}$。从定义中很容易检查出这两个都是 $G_{1} \times G_{2}$ 的正规子群。更一般地，如果 $H_{1}$ 是 $G_{1}$ 的正规子群，且 $H_{2}$ 是 $G_{2}$ 的正规子群，那么 $H_{1} \times H_{2}$ 是 $G_{1} \times G_{2}$ 的正规子群。
(6) 对于一个群 $G$，中心 $Z(G)$ 是由
给出的子群。显然，如果 $H \leq Z(G)$，那么 $H \triangleleft G$，因为对于所有 $g \in G$ 和所有 $h \in H, g h g^{-1}=h$。特别是，$Z(G) \triangleleft G$。
示例 2.3.10. 以下是一些不是正规子群的子群示例。
(1) 考虑 $S_{3}$ 的子群 $\langle(1,2)\rangle$，其左陪集在上面已计算出：它们是 $\{1,(1,2)\},\{(1,2,3),(1,3)\}$ 和 $\{(1,3,2),(2,3)\}$。我们声称陪集乘法不是良定义的，因此 $\langle(1,2)\rangle$ 不是 $S_{3}$ 的正规子群。考虑单位陪集 $\{1,(1,2)\}$ 和 $\{(1,2,3),(1,3)\}$ 的“乘积”。选择代表元 $1 \in \{1,(1,2)\}$ 和 $(1,2,3) \in\{(1,2,3),(1,3)\}$ 将得到乘积为 $(1,2,3)\langle(1,2)\rangle= \{(1,2,3),(1,3)\}$。如果改选代表元 $(1,2)$ 和 $(1,2,3)$，并注意到 $(1,2)(1,2,3)=(2,3)$，我们将得到陪集 $(2,3)\langle(1,2)\rangle=\{(2,3),(1,3,2)\} \neq \{(1,2,3),(1,3)\}$。因此陪集乘法不是良定义的。
(2) $D_{4}$ 不是 $S_{4}$ 的正规子群。正如我们所见，$D_{4}$ 中包含的对换只有 $(1,3)$ 和 $(2,4)$，它们对应于正方形对角线的反射。但是 $(2,3)(1,3)(2,3)^{-1}=(1,2) \notin D_{4}$，所以存在 $g=(2,3) \in S_{4}$ 和 $h=(1,3) \in D_{4}$ 使得 $g h g^{-1} \notin D_{4}$。因此 $D_{4}$ 不是正规子群。
(3) 我们列出的许多线性代数子群都不是正规子群。例如，$O_{n}$ 不是 $G L_{n}(\mathbb{R})$ 的正规子群，而 $S O_{n}$ 也不是 $S L_{n}(\mathbb{R})$ 的正规子群。事实上，对于许多群 $G$（尽管有阿贝尔群的例子），除了明显的子群 $G$ 和 $\{1\}$ 之外，很少能找到正规子群。
让我们回到上面给出的 $A_{n} \leq S_{n}$ 的例子并将其推广：
命题 2.3.11. 令 $G$ 为一个群，不一定是有限的，令 $H$ 为 $G$ 的一个子群，使得指数 $(G: H)=2$。那么 $H$ 是 $G$ 的一个正规子群。
证明。如果只有两个左陪集，那么 $H$ 是其中之一，另一个必须是任何 $g \notin H$ 的形式 $g H$，其中 $H \cup(g H)=G$ 且 $H \cap g H=\emptyset$。因此（与 $A_{n} \leq S_{n}$ 类似）$g H=G-H$。现在假设 $H g$ 是一个右陪集。如果 $g \in H$，那么 $H g=H$ 是一个左陪集。如果 $g \neq H$，那么 $H g \cap H=\emptyset$，因此 $H g \subseteq G-H=g H$。因此每个右陪集 $H g$ 都包含在左陪集中，因此 $H$ 是正规子群。
现在让我们回到将 $G / H$ 转化为一个群的最初动机。
命题 2.3.12. 令 $G$ 为一个群，令 $H$ 为 $G$ 的一个正规子群。那么 $G / H$ 在陪集乘法下是一个群，称为商群。此外，如果 $\pi: G \rightarrow G / H$ 是由 $\pi(g)=g H$ 定义的函数，那么 $\pi$ 是一个满射同态，称为商同态，并且 $\operatorname{Ker} \pi=H$。
证明。主要的关键是，正如我们所见，陪集乘法是良定义的。一旦如此，我们需要检查以证明 $G / H$ 是一个群的所有基本性质都“继承”自群 $G$ 中的相应性质。我们逐一检查它们：
(1) 结合律：我们必须证明，对于所有 $g_{1}, g_{2}, g_{3} \in G$，
但是根据定义
这里我们使用了 $G$ 中的乘法是结合的这一事实。因此陪集乘法是结合的.
(2) 单位元：对于所有 $g \in G, H \cdot g H=(1 H) \cdot g H=(1 g) H=g H$，类似地 $(g H) \cdot H=g H$。
(3) 逆元：我们将证明 $(g H)^{-1}=g^{-1} H$。事实上，
类似地 $\left(g^{-1} H\right)(g H)=H$。
因此 $G / H$ 在乘法下是一个群。接下来我们检查函数 $\pi$ 是否是同态：对于所有 $g_{1}, g_{2} \in G$，
因此根据定义 $\pi$ 是一个同态。它显然是满射的，因为 $G / H$ 的每个元素都是 $g H$ 的形式，因此都在 $\pi$ 的像中。最后，$g \in \operatorname{Ker} \pi \Longleftrightarrow \pi(g)=g H=H$，即单位陪集。由于 $g \in g H$，如果 $g H=H$ 那么 $g \in H$；反之，如果 $g \in H$，那么显然 $g H \subseteq H$ 并且因此 $g H=H$。我们看到 $\operatorname{Ker} \pi$，根据定义是单位陪集的原像，即满足 $g H=H$ 的 $G$ 中元素的集合，恰好是 $H$。
备注 2.3.13. (i) 有些人称群 $G / H$ 为因子群。
(ii) 像在 $G / H$ 是结合的证明中一样，很容易看出，如果 $G$ 是阿贝尔群，那么 $G / H$ 是阿贝尔群。然而，即使 $G$ 不是阿贝尔群， $G / H$ 也有可能是阿贝尔群。例如，如果 $H$ 在 $G$ 中具有指数二，例如在 $G=S_{n}$ 和 $H=A_{n}$ 的情况下，那么 $G / H$ 的阶为二，因此同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。但是如果 $n \geq 3$， $S_{n}$ 不是阿贝尔群。
(iii) 很容易看出，如果 $G$ 是循环的，那么 $G / H$ 是循环的。例如，令 $G=\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。那么对于每个 $d \mid n$，我们有子群 $H=\langle d\rangle$，其阶为 $n / d$。由于 $G$ 是阿贝尔群，$H$ 自动是 $G$ 的正规子群。因此 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) /\langle d\rangle$ 是一个循环群，其阶等于 $\langle d\rangle$ 在 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ 中的指数，即 $n /(n / d)=d$。因此 $(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) /\langle d\rangle \cong \mathbb{Z} / d \mathbb{Z}$。（我们将在后面给出另一个论证。）
为了以后参考，我们收集一些关于正规子群的事实。证明是直接的。
命题 2.3.14. 令 $G$ 为一个群，令 $H$ 和 $K$ 为 $G$ 的子群。那么：
(i) 如果 $H \triangleleft G$ 且 $K \triangleleft G$，那么 $H \cap K \triangleleft G$。
(ii) 如果 $H \triangleleft G$ 且 $K \leq G$，那么 $H \cap K \triangleleft K$。
(iii) 如果 $H \leq K \leq G$ 且 $H \triangleleft G$，那么 $H \triangleleft K$。
(iv) 如果 $H \triangleleft G$ 且 $K \leq G$，那么子集
是 $G$ 的一个子群。
备注 2.3.15. (i) 警告：在上述记号中，可能会出现 $H \triangleleft K$ 且 $K \triangleleft G$，但 $H$ 不是 $G$ 的正规子群的情况。换句话说，正规子群的性质通常不是传递的。练习 4.20 中给出了例子。
(ii) 如果 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个任意子群，并且两者都不是正规子群，那么上面 (4) 中定义的集合 $H K$ 不一定是子群。例如，取 $G=S_{3}, H=\langle(1,2)\rangle=\{1,(1,2)\}$ 和 $K=\langle(2,3)\rangle=\{1,(2,3)\}$，很容易看出
特别是，$\#(H K)=4$，因此 $H K$ 不能是一个子群，否则我们将与拉格朗日定理矛盾。
我们首先讨论商群和同态之间的关系。如果 $G$ 是一个群且 $H \triangleleft G$，那么我们有商群 $G / H$ 和商同态 $\pi: G \rightarrow G / H$，且 $\operatorname{Ker} \pi=H$。反之，假设 $f: G_{1} \rightarrow G_{2}$ 是从群 $G_{1}$ 到另一个群 $G_{2}$ 的同态。我们希望根据商群来分析 $f$。第一步是以下引理：
引理 3.1.1. 如果 $f: G_{1} \rightarrow G_{2}$ 是一个同态，那么 $\operatorname{Ker} f$ 是 $G_{1}$ 的一个正规子群。
证明。我们必须证明，对于所有 $h \in \operatorname{Ker} f$ 和对于所有 $g \in G, g h g^{-1} \in \operatorname{Ker} f$，或者等价地证明 $f\left(g h g^{-1}\right)=1$。但是，由于 $h \in \operatorname{Ker} f$，根据定义 $f(h)=1$，因此
因此 $\operatorname{Ker} f \triangleleft G_{2}$。
第一同构定理，也称为同态基本定理，除其他外，指出两个群之间的每个同态都由三种基本类型的同态构成：商同态、同构和包含。