4.3_同态、陪集与正规子群_正规子群与同态.ZH解释

这段话的核心思想是揭示一个关于群论中商群的重要性质：商群的性质不能完全反推回原群的性质。具体来说，即使我们发现一个商群 $G/H$ 是阿贝尔群（即群内任意两个元素的运算都满足交换律），我们也不能草率地断定原来的群 $G$ 也是阿贝尔群。

1. 提出论点: 商群 $G/H$ 是阿贝尔群，推不出 $G$ 是阿贝尔群。这是一个“反例”性质的论述，旨在打破一种可能的直觉误解。很多人可能会想，既然商群是从原群“构造”出来的，那么商群的美好性质（如交换律）应该也源于原群。但事实并非如此。
2. 寻找特例: 为了证明这个论点，作者需要一个具体的例子。这个例子需要满足：
   • 存在一个群 $G$ 和它的一个正规子群 $H$。
   • $G$ 本身不是阿贝尔群。
   • 构造出的商群 $G/H$ 恰好是阿贝尔群。
3. 给出普遍情况: 作者首先给出了一个普遍成立的特例类别：“$H$ 在 $G$ 中的指数为二”。
   • 指数的定义：一个子群 $H$ 在群 $G$ 中的指数，记作 $[G:H]$，是指 $H$ 在 $G$ 中的左陪集（或右陪集）的个数。
   • 当指数为 2 时，意味着 $G$ 可以被划分为两个不相交的部分：$H$ 本身，以及另一个陪集 $gH$（其中 $g$ 是任意一个不在 $H$ 中的元素）。所以 $G = H \cup gH$。
   • 一个重要的定理是：任何指数为 2 的子群都是正规子群。所以这里的前提是天然满足构造商群的条件的。
   • 商群 $G/H$ 的元素就是这些陪集。当指数为 2 时，商群 $G/H$ 只有两个元素：$\{H, gH\}$。
   • 任何只有两个元素的群，它的阶为 2。根据群论的基本知识，阶为素数的群一定是循环群，而所有循环群都是阿贝尔群。特别地，阶为 2 的群必然同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$，它是一个非常简单的阿贝尔群。
4. 给出具体例子: 作者从上述普遍情况中，挑选了一个最经典、最重要的例子：对称群 $S_n$ 和交错群 $A_n$。
   • $G = S_n$：$n$ 个元素的所有置换构成的群。其阶为 $n!$。
   • $H = A_n$：$n$ 个元素的所有偶置换构成的群。它是 $S_n$ 的一个子群，其阶为 $n!/2$。
   • 计算指数: $[S_n : A_n] = |S_n| / |A_n| = (n!) / (n!/2) = 2$。这完美地符合了“指数为二”的普遍情况。
   • 因此，$A_n$ 是 $S_n$ 的一个指数为 2 的正规子群。
   • 构造商群 $S_n/A_n$。根据上面的分析，这个商群的阶为 2，因此它同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$，是一个阿贝尔群。
5. 验证结论: 现在需要检查原群 $G=S_n$ 是否是非阿贝尔群。
   • 当 $n \geq 3$ 时，对称群 $S_n$ 不是阿贝尔群。例如，在 $S_3$ 中，我们有置换 $(1,2)$ 和 $(1,3)$。它们的复合运算不满足交换律：
   • $(1,2)(1,3) = (1,3,2)$
   • $(1,3)(1,2) = (1,2,3)$
   • 显然 $(1,3,2) \neq (1,2,3)$。
   • 所以，$S_n$ (当 $n \geq 3$ 时) 不是阿贝尔群。
6. 得出最终结论: 我们找到了一个群 $G=S_n$ ($n \geq 3$)，它不是阿贝尔群，但它的商群 $S_n/A_n$ 是阿贝尔群。这雄辩地证明了最初的论点：“商群是阿贝尔群”并不能保证“原群是阿贝尔群”。

这段话阐述了与上一段相反方向的一个性质：如果原群 $G$ 是循环群，那么它的任何商群 $G/H$ 也必然是循环群。这说明“循环性”这个性质是可以被商群继承的。

1. 提出论点: 如果 $G$ 是循环的，则 $G/H$ 也是循环的。
   • 循环群的定义：一个群 $G$ 被称为循环群，如果存在一个元素 $g \in G$，使得 $G$ 中的每一个元素都可以表示为 $g$ 的幂次（或在加法群中是 $g$ 的倍数）。这个元素 $g$ 被称为群 $G$ 的生成元。
   • 证明这个论点：设 $G = \langle g \rangle$。商群 $G/H$ 的元素是形如 $aH$ 的陪集，其中 $a \in G$。因为 $a$ 是 $G$ 的元素，所以 $a$ 可以被写成 $g^k$ 的形式（对于某个整数 $k$）。因此，任何一个陪集都可以写成 $(g^k)H$。根据陪集乘法的定义，$(g^k)H = (gH)^k$。这意味着商群 $G/H$ 中的每一个元素都是陪集 $gH$ 的幂次。所以，$gH$ 是商群 $G/H$ 的一个生成元。因此，$G/H$ 是一个循环群。
2. 给出具体例子: 作者选择了有限循环群 $G = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 作为例子来具体说明这个原理。$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是所有模 $n$ 的同余类的集合，在模 $n$ 加法下构成一个循环群，其生成元是 $[1]$。
   • 寻找子群: 在循环群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中，对于任何一个整除 $n$ 的正整数 $d$，都存在一个唯一的阶为 $n/d$ 的子群。这个子群就是由元素 $d$（或说同余类 $[d]$）生成的循环子群，记作 $H = \langle d \rangle$。它的元素是 $\{[0], [d], [2d], \dots, [(\frac{n}{d}-1)d]\}$。
   • 验证正规性: 因为 $G = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是一个阿贝尔群（加法满足交换律），所以它的任何子群都是正规子群。因此，我们总可以用 $H = \langle d \rangle$ 来构造商群。
   • 构造商群: 我们可以构造商群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})/\langle d \rangle$。
   • 分析商群:
   • 根据第一步的普适性结论，因为原群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是循环的，所以这个商群也一定是循环的。
   • 商群的阶: 商群的阶等于子群的指数。即 $|G/H| = [G:H] = |G|/|H|$。
   • $|G| = |\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}| = n$。
   • $|H| = |\langle d \rangle| = n/d$。
   • 所以，商群的阶为 $n / (n/d) = d$。
   • 得出结论: 我们得到了一个阶为 $d$ 的循环群。在同构的意义下，阶为 $d$ 的循环群是唯一的，就是 $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$。因此，我们得出结论：$(\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) /\langle d\rangle \cong \mathbb{Z} / d \mathbb{Z}$。
3. 预告: 作者提到，这个结论后面还会用另一种方法（通常是第一同构定理）来再次证明，这暗示了这个结论的重要性。

这部分内容是为后续的讨论和证明做铺垫，集中列出了几个关于正规子群的基本但非常重要的性质。这些性质在处理复杂的群结构时会经常用到。

• 引言: 作者明确指出，这些事实是为“未来参考”而收集的，并提到它们的证明都很“直接”（straightforward），鼓励读者自行思考或验证。

• 命题 2.3.14 (i): 两个正规子群的交集仍然是正规子群。
• 前提: $H$ 是 $G$ 的正规子群 ($H \triangleleft G$)，并且 $K$ 也是 $G$ 的正规子群 ($K \triangleleft G$)。
• 结论: 它们的交集 $H \cap K$ 也是 $G$ 的正规子群 ($H \cap K \triangleleft G$)。
• 证明思路:

1. 首先，两个子群的交集必然还是一个子群（这是子群的基本性质）。
2. 然后需要证明其正规性。要证明 $H \cap K \triangleleft G$，我们需要对任意 $x \in H \cap K$ 和任意 $g \in G$，证明 $gxg^{-1} \in H \cap K$。
3. 因为 $x \in H$ 且 $H \triangleleft G$，所以 $gxg^{-1} \in H$。
4. 因为 $x \in K$ 且 $K \triangleleft G$，所以 $gxg^{-1} \in K$。
5. 既然 $gxg^{-1}$ 同时属于 $H$ 和 $K$，那么它必然属于它们的交集 $H \cap K$。
6. 证明完毕。

• 命题 2.3.14 (ii): 一个正规子群与任何一个子群的交集，是那个子群的正规子群。
• 前提: $H$ 是 $G$ 的正规子群 ($H \triangleleft G$)，$K$ 是 $G$ 的一个（不一定是正规的）子群 ($K \leq G$)。
• 结论: 它们的交集 $H \cap K$ 是 $K$ 的一个正规子群 ($H \cap K \triangleleft K$)。
• 证明思路:

1. $H \cap K$ 是 $K$ 的一个子群，这是显然的。
2. 要证明 $H \cap K \triangleleft K$，我们需要对任意 $x \in H \cap K$ 和任意 $k \in K$，证明 $kxk^{-1} \in H \cap K$。
3. 因为 $x \in H \cap K$，所以 $x \in H$ 并且 $x \in K$。
4. 因为 $k \in K$ 且 $x \in K$，并且 $K$ 是一个子群，所以 $kxk^{-1}$ 必然也在 $K$ 中（子群对共轭运算是封闭在其自身内部的）。
5. 因为 $x \in H$ 且 $H \triangleleft G$，并且 $k$ 也是 $G$ 中的一个元素，所以根据 $H$ 的正规性，我们有 $kxk^{-1} \in H$。
6. 既然 $kxk^{-1}$ 同时属于 $H$ 和 $K$，那么它必然属于它们的交集 $H \cap K$。
7. 证明完毕。这个性质也被称为Dedekind's modular law的特例。

• 命题 2.3.14 (iii): 如果一个子群在整个大群中是正规的，那么它在任何包含它的中间子群中也必然是正规的。
• 前提: $H \leq K \leq G$（形成一个子群链），并且 $H$ 在大群 $G$ 中是正规的 ($H \triangleleft G$)。
• 结论: $H$ 在中间那个群 $K$ 中也是正规的 ($H \triangleleft K$)。
• 证明思路:

1. 要证明 $H \triangleleft K$，我们需要对任意 $h \in H$ 和任意 $k \in K$，证明 $khk^{-1} \in H$。
2. 因为 $k \in K$ 且 $K \leq G$，所以 $k$ 也是 $G$ 的一个元素。
3. 我们已知 $H \triangleleft G$，这意味着对于任意 $g \in G$，都有 $ghg^{-1} \in H$。
4. 既然这个性质对所有 $G$ 中的元素都成立，那么它自然也对 $G$ 的子集 $K$ 中的所有元素 $k$ 成立。
5. 因此，$khk^{-1} \in H$。证明完毕。

• 命题 2.3.14 (iv): 如果两个子群中至少有一个是正规的，那么它们的积集 HK 构成一个子群。
• 前提: $H$ 是 $G$ 的正规子群 ($H \triangleleft G$)，$K$ 是 $G$ 的一个子群 ($K \leq G$)。
• 结论: 集合 $HK = \{hk : h \in H, k \in K\}$ 是 $G$ 的一个子群。
• 证明思路 (使用子群判别法):

1. 非空: 因为 $H$ 和 $K$ 都是子群，它们都包含单位元 $e$。所以 $e = e \cdot e \in HK$。$HK$ 非空。
2. 封闭性: 取任意两个元素 $x_1, x_2 \in HK$。则 $x_1 = h_1k_1$, $x_2 = h_2k_2$。我们需要证明 $x_1x_2 \in HK$。

$x_1x_2 = (h_1k_1)(h_2k_2) = h_1(k_1h_2)k_2$。

这里的关键是处理 $k_1h_2$。因为 $H \triangleleft G$，所以对于任意 $h_2 \in H$ 和 $k_1 \in G$ (这里 $k_1 \in K \leq G$)，我们有 $k_1H = Hk_1$。这意味着 $k_1h_2 \in k_1H = Hk_1$，所以存在一个 $h_3 \in H$ 使得 $k_1h_2 = h_3k_1$。

代入上式：$x_1x_2 = h_1(h_3k_1)k_2 = (h_1h_3)(k_1k_2)$。

因为 $h_1, h_3 \in H$，所以 $h_1h_3 \in H$。因为 $k_1, k_2 \in K$，所以 $k_1k_2 \in K$。

因此 $x_1x_2$ 的形式是一个 $H$ 中的元素乘以一个 $K$ 中的元素，所以 $x_1x_2 \in HK$。

1. 逆元: 取任意 $x = hk \in HK$。我们需要证明 $x^{-1} \in HK$。

$x^{-1} = (hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1}$。

同样地，因为 $H \triangleleft G$，我们有 $k^{-1}H = Hk^{-1}$。这意味着 $k^{-1}h^{-1} \in k^{-1}H = Hk^{-1}$，所以存在 $h' \in H$ 使得 $k^{-1}h^{-1} = h'k^{-1}$。

因为 $h' \in H$ 且 $k^{-1} \in K$ (因为 $K$ 是子群)，所以 $x^{-1} = h'k^{-1} \in HK$。

1. 根据子群判别法，HK 是 $G$ 的子群。

这部分是对上一个命题的补充说明，通过两个重要的“警告”（Warning）来指出一些容易误解的边界情况。

• Remark (i): 正规性不具有传递性
• 论点: “$H$ 是 $K$ 的正规子群” ($H \triangleleft K$) 并且 “$K$ 是 $G$ 的正规子群” ($K \triangleleft G$)，这两个条件放在一起，并不能保证 “$H$ 是 $G$ 的正规子群” ($H \triangleleft G$)。
• 对比命题2.3.14(iii): 命题(iii)说的是 $H \triangleleft G \implies H \triangleleft K$ (当 $H \leq K$)，这是“向下传递”。而这里讨论的是 $H \triangleleft K$ 和 $K \triangleleft G$ 是否能“向上传递”到 $H \triangleleft G$，结论是不能。
• 直觉理解: $H$ 在 $K$ 中正规，意味着用 $K$ 内部的元素去做共轭运算，不会把 $H$ 的元素变出 $H$。$K$ 在 $G$ 中正规，意味着用 $G$ 内部的元素去做共轭运算，不会把 $K$ 的元素变出 $K$。但是，当我们用一个不在 $K$ 中的 $G$ 的元素 $g$ 去对 $H$ 的元素 $h$ 做共轭运算 $ghg^{-1}$ 时，我们只知道 $gKg^{-1}=K$，但 $g$ 对 $K$ 内部的 $h$ 会产生什么影响，是未知的。$g$ 可能会把 $h$ 变成一个不在 $H$ 中，但仍在 $K$ 中的元素。
• 例子预告: 作者没有在这里给出具体的例子，而是说在习题4.20中会给出一个。一个经典的例子是：
• $G = D_4$ (8阶二面体群)。
• $K = \{e, r^2, h, v\}$ (其中 $h, v$ 是水平和垂直翻转)，$K$ 是一个 V4 型子群，可以验证 $K \triangleleft D_4$。
• $H = \{e, h\}$，是一个2阶子群。因为 $K$ 是阿贝尔群，所以 $H \triangleleft K$。
• 但是，$H$ 在 $D_4$ 中不是正规的。例如，用旋转 $r$ 来做共轭运算：$rhr^{-1} = v \notin H$。所以 $H$ 不满足 $H \triangleleft G$。

• Remark (ii): 两个非正规子群的积集不一定是子群
• 论点: 这是对命题 2.3.14(iv) 的反向说明。如果前提“$H$ 或 $K$ 中至少有一个是正规的”不满足，那么结论“$HK$ 是一个子群”就可能不成立。
• 提供反例:

1. 选择群和子群:
   • $G = S_3$ (6阶对称群)。
   • $H = \langle(1,2)\rangle = \{e, (1,2)\}$。这是一个2阶子群。它在 $S_3$ 中不是正规的（例如 $(1,3)(1,2)(1,3)^{-1}=(2,3) \notin H$）。
   • $K = \langle(2,3)\rangle = \{e, (2,3)\}$。这也是一个2阶子群，同样不是正规的。
2. 计算积集 $HK$:
   • $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\}$。
   • $e \cdot e = e = 1$ (为了和原文符号统一，用1表示单位元)。
   • $e \cdot (2,3) = (2,3)$。
   • $(1,2) \cdot e = (1,2)$。
   • $(1,2) \cdot (2,3) = (1,2,3)$。
   • 所以，$HK = \{1, (1,2), (2,3), (1,2,3)\}$。
3. 验证 $HK$ 是否是子群:
   • 方法一：检查元素个数。
   • $HK$ 这个集合里有4个元素，所以 $\#(HK) = 4$。
   • 拉格朗日定理指出，子群的阶（元素的个数）必须能整除整个群的阶。
   • 这里，群 $G=S_3$ 的阶是 $3! = 6$。
   • 数字 4 不能整除数字 6。
   • 因此，$HK$ 不可能是一个子群。这是最快捷的判断方法。
   • 方法二：检查封闭性 (虽然已经有结论了，但可以验证一下)。
   • 取 $HK$ 中的元素 $(1,2)$ 和 $(2,3)$。它们的乘积是 $(1,2)(2,3)=(1,2,3)$，这个元素在 $HK$ 中。
   • 取 $HK$ 中的元素 $(1,2,3)$ 和 $(1,2,3)$。它们的乘积是 $(1,2,3)(1,2,3)=(1,3,2)$。但是 $(1,3,2)$ 并不在集合 $HK=\{1, (1,2), (2,3), (1,2,3)\}$ 中。
   • 所以 $HK$ 对乘法不封闭，故不是一个子群。

这段话是第一同构定理章节的引言，旨在建立同态与商群这两个核心概念之间的双向联系。

1. 章节标题: “同态基本定理”，这预示着接下来的内容是群论中一个极其核心和基础的定理。这个定理在很多文献中也被称为“第一同构定理”。
2. 建立联系: 作者开宗明义，指出本节的目的是讨论“商群与同态”之间的关系。这种关系是双向的。
3. 方向一：从商群到同态 (已知)
   • 起点: 我们有一个群 $G$ 和它的一个正规子群 $H \triangleleft G$。
   • 构造: 基于这个前提，我们可以定义商群 $G/H$。
   • 自然的映射: 伴随着商群的定义，天然存在一个从原群 $G$ 到商群 $G/H$ 的映射，称为“商同态”或“自然同态”，通常用 $\pi$ 表示。
   • 商同态的定义: $\pi: G \rightarrow G/H$ 的定义是 $\pi(g) = gH$。它将 $G$ 中的每个元素 $g$ 映射到它所在的 $H$ 的陪集。
   • 商同态的性质: 这个映射 $\pi$ 是一个满同态（因为 $G/H$ 中的每个陪集 $gH$ 都至少有一个元素 $g$ 从 $G$ 中映射过来）。
   • 商同态的核: 同态的核（Kernel）被定义为所有被映射到目标群单位元的元素的集合。在商群 $G/H$ 中，单位元是陪集 $H$ (也就是 $eH$)。因此，$\text{Ker } \pi = \{g \in G \mid \pi(g) = H\} = \{g \in G \mid gH = H\}$。根据陪集的性质， $gH=H$ 当且仅当 $g \in H$。所以，我们得到一个至关重要的结论：商同态 $\pi$ 的核正好就是我们用来构造商群的那个正规子群 $H$。即 $\text{Ker } \pi = H$。
   • 小结: 这个方向告诉我们，任何一个商群的构造过程，都内在地定义了一个以该正规子群为核的满同态。
4. 方向二：从同态到商群 (待分析)
   • 起点: 现在反过来，我们有一个任意的群同态 $f: G_1 \rightarrow G_2$。我们对这个同态一无所知，只知道它保持群的运算结构。
   • 目标: 作者提出，我们的目标是“in terms of 商群”来分析这个同态 $f$。也就是说，我们希望把这个抽象的同态 $f$ 与我们刚刚讨论过的、更具体的商群结构联系起来。
   • 第一步: 为了用商群来理解 $f$，我们首先需要一个正规子群。那么，从同态 $f$ 本身，我们能自然地找到一个正规子群吗？答案是肯定的，那就是 $f$ 的核。接下来的引理将证明这一点。

这个引理是连接同态和商群的桥梁，它确立了从任意一个同态出发，我们总能获得一个正规子群，即该同态的核。

1. 引理陈述: 任何一个群同态 $f: G_1 \rightarrow G_2$，它的核 $\text{Ker } f$ 不仅仅是 $G_1$ 的一个子群（这在更早的章节通常已经证明），而且还是一个正规子群。
2. 证明目标:
   • 首先回顾核的定义: $\text{Ker } f = \{x \in G_1 \mid f(x) = e_2\}$，其中 $e_2$ 是目标群 $G_2$ 的单位元。为了简洁，通常也写成 $f(x)=1$。
   • 回顾正规子群的定义: 一个子群 $N \leq G_1$ 是正规的，如果对于任意 $g \in G_1$ 和任意 $n \in N$，都有 $gng^{-1} \in N$。
   • 所以，我们的目标是证明：对于任意 $g \in G_1$ 和任意 $h \in \text{Ker } f$，我们必须证明 $ghg^{-1}$ 这个元素也属于 $\text{Ker } f$。
3. 应用核的定义来转化证明目标:
   • 要证明 $ghg^{-1} \in \text{Ker } f$，根据核的定义，我们只需要证明 $f(ghg^{-1}) = 1$ 即可。这就是原文中 "or equivalently that $f\left(g h g^{-1}\right)=1$" 这句话的来源。
4. 开始证明:
   • 利用同态性质: 因为 $f$ 是一个同态，所以它可以把乘积的像拆成像的乘积：$f(ghg^{-1}) = f(g)f(h)f(g^{-1})$。
   • 利用 $h$ 在核中: 我们知道 $h \in \text{Ker } f$，所以根据定义，$f(h) = 1$。代入上式，得到 $f(g) \cdot 1 \cdot f(g^{-1})$。
   • 利用同态对逆元的性质: 同态还保持逆元运算，即 $f(g^{-1}) = (f(g))^{-1}$。代入上式，得到 $f(g) \cdot 1 \cdot (f(g))^{-1}$。
   • 化简: 在目标群 $G_2$ 中，任何元素乘以单位元 1 等于其自身，所以表达式变为 $f(g) \cdot (f(g))^{-1}$。
   • 得到最终结果: 在任何群中，一个元素乘以它自己的逆元，结果都是单位元 1。所以 $f(g) \cdot (f(g))^{-1} = 1$。
   • 完成证明: 我们已经成功证明了 $f(ghg^{-1}) = 1$，这意味着 $ghg^{-1} \in \text{Ker } f$。由于这个结论对于任意的 $g \in G_1$ 和 $h \in \text{Ker } f$ 都成立，所以根据定义，$\text{Ker } f$ 是 $G_1$ 的一个正规子群。

这部分正式陈述了第一同构定理（或称同态基本定理）。这个定理是群论乃至整个抽象代数的基石之一。

1. 定理的非正式描述:
   • 定理首先给出了一个高度概括但非常深刻的描述：任何一个群同态，无论它看起来多么复杂，本质上都可以被“分解”成三个标准、简单的步骤（三种基本的同态）：
2. 商同态 ($\pi$): 这是从一个群 $G_1$ 到其商群 $G_1/K$ 的映射，可以理解为一种“压缩”或“打包”的过程，把核 $K$ 里的所有元素都压缩成一个点（单位元）。
3. 同构 ($\tilde{f}$): 这是一个结构完全相同的双射。它表明“压缩”后的群 $G_1/K$ 和原同态的目标像 $H$ 在结构上是一模一样的。这是定理的核心。
4. 包含映射 ($i$): 这是从子群 $H$ 到包含它的大群 $G_2$ 的映射，简单地把 $H$ 的元素看作是 $G_2$ 的元素。这可以理解为一种“放置”或“嵌入”的过程。
   • 这个描述的意义在于，它将任意同态 $f$ 的行为模式标准化了：$f$ 的作用，无非就是先把定义域 $G_1$ 按照其核 $K$ “捏合”一下得到商群 $G_1/K$，然后发现这个“捏合”后的东西恰好就是同态的像 $H$，最后再把这个像 $H$ 放到目标空间 $G_2$ 中去。
5. 定理的正式陈述 (定理 3.1.2):
   • 前提:
   • 有两个群 $G_1, G_2$。
   • 有一个从 $G_1$ 到 $G_2$ 的同态 $f: G_1 \rightarrow G_2$。
   • 定义符号:
   • $K = \text{Ker } f$: $f$ 的核。根据引理3.1.1，我们知道 $K$ 是 $G_1$ 的一个正规子群 ($K \triangleleft G_1$)。
   • $H = \text{Im } f$: $f$ 的像，即 $f(G_1) = \{f(g) \mid g \in G_1\}$。根据同态的性质，我们知道 $H$ 是 $G_2$ 的一个子群 ($H \leq G_2$)。
   • 核心结论: $G_1/K \cong H$。
   • 左边: $G_1/K$ 是源群 $G_1$ 关于其核 $K$ 的商群。
   • 右边: $H$ 是同态 $f$ 的像群。
   • $\cong$: 表示这两个群是同构的。这意味着存在一个从 $G_1/K$ 到 $H$ 的双射，并且这个双射保持群的运算结构。
   • 这个结论的威力在于，它把对抽象同态 $f$ 的研究，转化为了对更具体的商群 $G_1/K$ 的研究。
6. 定理的更精确陈述 (交换图):
   • 这部分用范畴论的语言（交换图）来更精确地描述这个同构关系。
   • 涉及的映射:
   • $f: G_1 \rightarrow G_2$: 我们开始时拥有的任意同态。
   • $\pi: G_1 \rightarrow G_1/K$: 商同态，定义为 $\pi(g) = gK$。
   • $i: H \rightarrow G_2$: 包含同态，定义为 $i(h) = h$ (只是把 $h$ 看作 $G_2$ 的元素)。
   • 核心断言: 存在一个唯一的同构 $\tilde{f}: G_1/K \rightarrow H$，使得 $f = i \circ \tilde{f} \circ \pi$。
   • $f = i \circ \tilde{f} \circ \pi$ 的含义: 这意味着从 $G_1$ 到 $G_2$ 有两条路径：
7. 直接走 $f$。
8. 绕道走 $\pi$，然后走 $\tilde{f}$，最后走 $i$。

定理说这两条路的结果是完全一样的。用一个元素 $g \in G_1$ 来说明：$f(g) = i(\tilde{f}(\pi(g)))$。

• 图示的意义:
• 图中的箭头代表同态。
• $G_1$ 在左上角， $G_2$ 在右下角。
• 从 $G_1$ 到 $G_2$ 的直接箭头是 $f$。
• $G_1 \xrightarrow{\pi} G_1/K \xrightarrow{\tilde{f}} H \xrightarrow{i} G_2$ 是一条迂回的路径。
• 图是“交换的”（commutative），意味着从任意一个起点到任意一个终点，所有路径的结果都相同。在这里就是 $f = i \circ \tilde{f} \circ \pi$。
• $\tilde{f}$ 上的波浪线和同构符号 ($\cong$) 强调了它是整个构造的核心，是一个同构。

这部分是第一同构定理的详细证明。证明的逻辑非常清晰，分为四个主要步骤：

1. 定义映射 $\tilde{f}$ 并证明其良定义性。
2. 证明 $\tilde{f}$ 是一个满同态。
3. 证明 $\tilde{f}$ 是一个单射，从而证明它是同构。
4. 证明交换图成立，即 $f=i \circ \tilde{f} \circ \pi$。

第一步：定义映射 $\tilde{f}$ 并证明其良定义性 (Well-defined)

• 定义 $\tilde{f}$: 我们的目标是建立从商群 $G_1/K$到像群 $H$ 的一个映射 $\tilde{f}$。商群的元素是陪集，形如 $gK$。最自然、也是唯一合理的定义方式就是：将陪集 $gK$ 映射到原先 $g$ 被 $f$ 映射到的地方。即定义 $\tilde{f}(gK) = f(g)$。
• 作者还补充说，如果我们想要满足交换图 $f = i \circ \tilde{f} \circ \pi$，这个定义是“被逼无奈”的唯一选择。因为 $f(g) = i(\tilde{f}(\pi(g))) = i(\tilde{f}(gK)) = \tilde{f}(gK)$ (因为 $i$ 是包含映射，不起实际作用)，所以必须这么定义。
• 证明良定义性: 这是定义在商集上的映射最关键的一步。一个陪集 $gK$ 可以由不同的代表元来表示。例如，$g$ 和 $gk$ (其中 $k \in K$) 都代表同一个陪集。我们必须证明，无论我们选择哪个代表元，$\tilde{f}$ 的映射结果都是一样的。否则，这个映射就是模糊不清、没有意义的。

1. 设 $g'$ 是 $gK$ 的另一个代表元。那么 $g'$ 必然可以写成 $g' = gk$ 的形式，其中 $k$ 是核 $K$ 中的某个元素。
2. 我们来计算 $\tilde{f}(g'K)$，根据定义，它等于 $f(g')$。
3. $f(g') = f(gk)$。
4. 因为 $f$ 是同态，所以 $f(gk) = f(g)f(k)$。
5. 因为 $k \in K = \text{Ker } f$，所以根据核的定义，$f(k) = 1$ (目标群的单位元)。
6. 所以 $f(gk) = f(g) \cdot 1 = f(g)$。
7. 我们发现，用新的代表元 $g'$ 计算出的结果 $f(g')$ 和用旧的代表元 $g$ 计算出的结果 $f(g)$ 是完全一样的！
8. 这就证明了 $\tilde{f}(gK) = f(g)$ 这个定义是良定义的，它不依赖于陪集代表元的选择。

第二步：证明 $\tilde{f}$ 是满同态

• 证明 $\tilde{f}$ 是同态: 我们需要证明 $\tilde{f}$ 保持群运算。即 $\tilde{f}((g_1K)(g_2K)) = \tilde{f}(g_1K)\tilde{f}(g_2K)$。

1. 从左边开始：$\tilde{f}((g_1K)(g_2K))$
2. 根据商群的乘法定义：$(g_1K)(g_2K) = (g_1g_2)K$。所以左边等于 $\tilde{f}((g_1g_2)K)$。
3. 根据我们对 $\tilde{f}$ 的定义：$\tilde{f}((g_1g_2)K) = f(g_1g_2)$。
4. 因为 $f$ 本身是同态：$f(g_1g_2) = f(g_1)f(g_2)$。
5. 再次使用 $\tilde{f}$ 的定义，把 $f(g_1)$ 和 $f(g_2)$ 换回去：$f(g_1) = \tilde{f}(g_1K)$，$f(g_2) = \tilde{f}(g_2K)$。
6. 所以，我们得到 $\tilde{f}((g_1K)(g_2K)) = \tilde{f}(g_1K)\tilde{f}(g_2K)$。
7. 证明完毕，$\tilde{f}$ 是一个同态。
   • 证明 $\tilde{f}$ 是满射 (Surjective): 我们需要证明，对于像群 $H$ 中的任意一个元素 $h$，都存在商群 $G_1/K$ 中的一个元素（一个陪集）被 $\tilde{f}$ 映射到 $h$。
8. 取任意 $h \in H = \text{Im } f$。
9. 根据像的定义，必然存在一个 $g \in G_1$，使得 $f(g) = h$。
10. 现在我们考虑商群中的元素 $gK$。
11. 根据 $\tilde{f}$ 的定义，$\tilde{f}(gK) = f(g)$。
12. 而我们知道 $f(g) = h$，所以 $\tilde{f}(gK) = h$。
13. 我们成功地为任意的 $h$ 找到了一个原像 $gK$。
14. 因此，$\tilde{f}$ 是满射。这一步在原文中被描述为“clearly 满射”。

第三步：证明 $\tilde{f}$ 是单射，从而证明是同构

• 证明 $\tilde{f}$ 是单射 (Injective): 对于一个同态而言，证明它是单射等价于证明它的核只包含单位元。

1. 商群 $G_1/K$ 的单位元是陪集 $K$ 本身 (即 $eK$)。
2. 我们的目标是证明 $\text{Ker } \tilde{f} = \{K\}$。
3. 设 $gK$ 是 $\text{Ker } \tilde{f}$ 中的任意一个元素。根据核的定义，这意味着 $\tilde{f}(gK) = 1$ (这里的 1 是 $H$ 的单位元，也就是 $G_2$ 的单位元)。
4. 根据 $\tilde{f}$ 的定义，$\tilde{f}(gK) = f(g)$。所以我们有 $f(g) = 1$。
5. 根据 $f$ 的核的定义，如果 $f(g)=1$，那么 $g \in \text{Ker } f$，即 $g \in K$。
6. 根据陪集的性质，如果一个陪集的代表元 $g$ 属于子群 $K$，那么这个陪集 $gK$ 就等于子群 $K$ 本身。所以 $gK = K$。
7. 这说明，$\text{Ker } \tilde{f}$ 中唯一的元素就是陪集 $K$。
8. 因此 $\tilde{f}$ 的核是平凡的，所以 $\tilde{f}$ 是单射。
   • 结论: 我们已经证明了 $\tilde{f}$ 是一个同态，并且它既是满射又是单射。因此，根据定义，$\tilde{f}$ 是一个同构。这就证明了定理的核心部分：$G_1/K \cong H$。

第四步：证明交换图成立

• 目标: 证明 $f = i \circ \tilde{f} \circ \pi$。
• 证明方法: 要证明两个函数相等，我们只需证明它们对定义域中的每一个元素所作用的结果都相等。
• 开始证明: 取任意一个元素 $g \in G_1$。

1. 计算迂回路径的结果：$(i \circ \tilde{f} \circ \pi)(g)$。
2. 根据函数复合的定义，这等于 $i(\tilde{f}(\pi(g)))$。
3. 根据商同态 $\pi$ 的定义，$\pi(g) = gK$。所以表达式变为 $i(\tilde{f}(gK))$。
4. 根据我们对 $\tilde{f}$ 的定义，$\tilde{f}(gK) = f(g)$。所以表达式变为 $i(f(g))$。
5. 根据包含映射 $i$ 的定义，它只是把一个元素“看作”是更大集合里的元素，不做任何改变。所以 $i(f(g)) = f(g)$。
6. 我们得到 $(i \circ \tilde{f} \circ \pi)(g) = f(g)$。
7. 这个等式对所有 $g \in G_1$ 都成立，因此两个函数是相等的：$f = i \circ \tilde{f} \circ \pi$。

至此，第一同构定理的所有部分都得到了完整的证明。

这个推论是第一同构定理最直接、最常用的一个应用形式。它告诉我们如何通过构造一个同态来快速识别一个商群的结构。

1. 推论的条件:
   • 有一个群 $G$ 和它的一个子群 $H$。注意，这里一开始并没有假设 $H$ 是正规子群。
   • 关键条件是：我们能够找到某个目标群 $G'$ 以及一个从 $G$ 到 $G'$ 的同态 $f$。
   • 这个同态 $f$ 必须满足两个条件：
2. 它是一个满射（surjective），意味着 $f$ 的像 $\text{Im } f$ 恰好就是整个目标群 $G'$。
3. 它的核 $\text{Ker } f$ 恰好就是我们开始时关注的那个子群 $H$。
4. 推论的结论:
   • 如果上述条件全部满足，那么我们可以立即得出两个重要结论：
5. $H$ 必然是 $G$ 的一个正规子群。
6. 由 $H$ 构造的商群 $G/H$ 同构于我们找到的那个目标群 $G'$。
7. 证明思路: 这个推论的证明完全依赖于第一同构定理。
   • 证明 H 是正规子群:
   • 我们知道有一个同态 $f$ 的核是 $H$。
   • 根据引理 3.1.1，任何同态的核都必然是一个正规子群。
   • 因此，$H = \text{Ker } f$ 是 $G$ 的一个正规子群。这个结论是直接的。
   • 证明 G/H 同构于 G':
   • 第一同构定理告诉我们：对于任何同态 $f: G \rightarrow G'$，我们有 $G/\text{Ker } f \cong \text{Im } f$。
   • 根据本推论的条件，我们有 $\text{Ker } f = H$。
   • 根据本推论的条件，我们还知道 $f$ 是一个满同态，这意味着 $\text{Im } f = G'$。
   • 将这两个条件代入第一同构定理的核心结论，我们得到：$G/H \cong G'$。
   • 证明完毕。

这个例子实际上是在重新阐述循环群的定义和基本结构，但这一次是从第一同构定理的视角来看。

1. 构造同态:
   • 对于任何一个群 $G$ 中的任意一个元素 $g$，我们总可以定义一个从整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 到 $G$ 的同态 $f$。
   • 定义方式为 $f(a) = g^a$。
   • 验证它是同态: $f(a+b) = g^{a+b} = g^a g^b = f(a)f(b)$。性质成立。这个同态是研究循环群的基础。
2. 分析同态的像 (Image):
   • $f$ 的像 $\text{Im } f$ 是 $G$ 中所有形如 $g^a$（$a$ 为任意整数）的元素的集合。
   • 根据定义，这个集合就是由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle$。
   • 所以 $\text{Im } f = \langle g \rangle$。
3. 分析同态的核 (Kernel):
   • $\text{Ker } f = \{a \in \mathbb{Z} \mid f(a) = e_G\} = \{a \in \mathbb{Z} \mid g^a = e_G\}$。即所有能将 $g$ 变回单位元的整数指数的集合。
   • 这里需要分两种情况讨论：
   • 情况一: $g$ 的阶是无限的。这意味着除了 $a=0$ 之外，没有任何整数 $a$ 能让 $g^a=e_G$。此时，$\text{Ker } f = \{0\}$。当一个同态的核是平凡的，这个同态就是单射。
   • 情况二: $g$ 的阶是有限的，为 $n$。这意味着 $n$ 是最小的使得 $g^n=e_G$ 的正整数。那么，所有能使 $g^a=e_G$ 的整数 $a$ 恰好是 $n$ 的所有倍数。因此，$\text{Ker } f = \{k \cdot n \mid k \in \mathbb{Z}\}$。这个集合就是由 $n$ 生成的 $\mathbb{Z}$ 的子群，记作 $\langle n \rangle$ 或 $n\mathbb{Z}$。
4. 应用第一同构定理 (有限阶情况):
   • 我们现在有一个同态 $f: \mathbb{Z} \rightarrow G$。
   • 它的定义域是 $\mathbb{Z}$。
   • 它的核是 $K = n\mathbb{Z}$。
   • 它的像是 $H = \langle g \rangle$。
   • 根据第一同构定理，$G_1/K \cong H$，即 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \cong \langle g \rangle$。
   • 定理的更精确版本告诉我们，存在一个唯一的诱导同构 $\tilde{f}: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \langle g \rangle$。
   • 这个同构 $\tilde{f}$ 的具体形式是什么？根据证明过程，我们知道 $\tilde{f}$ 作用在陪集（这里是模 $n$ 的同余类 $[a]_n$）上，结果就是 $f$ 作用在代表元 $a$ 上的结果。
   • 所以，$\tilde{f}([a]_n) = f(a) = g^a$。
   • 最终结论: 这段话从同构定理的角度，严谨地证明了：任何一个阶为 $n$ 的循环群 $\langle g \rangle$ 都与 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 同构。这是群论中最基本的结论之一。

这个例子展示了如何使用第一同构定理来识别一个看起来更复杂的商群 $(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / H$ 的结构。

第一部分：简单情况

1. 构造同态:
   • 定义一个从二维整数格点群 $(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}, +)$ 到整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 的映射 $f$。
   • 定义为 $f(n, m) = n - m$。
   • 验证它是同态:
2. 分析同态的像 (Image):
   • 我们需要确定这个 $f$ 是不是满射。即，对于目标群 $\mathbb{Z}$ 中的任意一个整数 $k$，我们能找到一个 $(n, m) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ 使得 $f(n, m) = n-m = k$ 吗？
   • 答案是肯定的。我们可以很简单地取 $n=k, m=0$，那么 $f(k, 0) = k-0=k$。或者取 $n=0, m=-k$，那么 $f(0, -k) = 0 - (-k) = k$。
   • 既然对于任何整数 $k$ 都能找到原像，所以 $f$ 是满射，$\text{Im } f = \mathbb{Z}$。
3. 分析同态的核 (Kernel):
   • $\text{Ker } f = \{(n, m) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \mid f(n, m) = 0\}$。
   • $f(n,m)=n-m=0$ 意味着 $n=m$。
   • 所以，核是所有两个分量都相等的整数对的集合：$\text{Ker } f = \{(n, n) \mid n \in \mathbb{Z}\}$。
   • 这个集合可以被看作是由单个元素 $(1,1)$ 生成的循环子群。因为任何一个形如 $(n,n)$ 的元素都可以写成 $n \cdot (1,1)$。
   • 所以 $\text{Ker } f = \langle(1,1)\rangle$。
4. 应用第一同构定理:
   • 我们有一个满同态 $f: \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$。
   • 它的核是 $\langle(1,1)\rangle$。
   • 根据推论 3.1.3，我们直接得到：$(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / \langle(1,1)\rangle \cong \mathbb{Z}$。
   • 结论: 这个看起来复杂的商群——二维整数格点群模掉其对角线子群——其结构竟然和一维的整数加法群是完全一样的。

第二部分：推广情况

1. 推广条件: 将核从 $\langle(1,1)\rangle$ 推广到 $\langle(a,b)\rangle$，其中 $a,b$ 是任意两个互质的整数 ($\text{gcd}(a,b)=1$)。
2. 构造同态: 我们需要找到一个新的满同态 $f: \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$，使得它的核恰好是 $\langle(a,b)\rangle$。
   • 作者给出了这个同态: $f(n,m) = -bn + am$。
   • 验证它是同态: 这和前面的验证类似，是线性的，所以是同态。
3. 分析同态的像 (满射):
   • $f$ 是满射吗？即对于任意整数 $k \in \mathbb{Z}$，方程 $-bn+am=k$ 是否总有整数解 $(n,m)$？
   • 这正是数论中的裴蜀定理（Bézout's identity）的应用。裴蜀定理说，对于不全为零的整数 $a, b$，方程 $ax+by=d$ 有整数解 $(x,y)$ 的充要条件是 $d$ 是 $\text{gcd}(a,b)$ 的倍数。
   • 在本例中，方程是 $am - bn = k$。因为前提是 $\text{gcd}(a,b)=1$，所以 1 整除任何整数 $k$。因此，对于任意的 $k$，这个方程总是有整数解 $(m, n)$ 的。
   • 所以 $f$ 是满射。
4. 分析同态的核:
   • $\text{Ker } f = \{(n, m) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \mid -bn + am = 0\}$。
   • $-bn + am = 0 \implies am = bn$。
   • 因为 $\text{gcd}(a,b)=1$ (a和b互质)，所以要使等式成立，必然有 $m$ 是 $b$ 的倍数，$n$ 是 $a$ 的倍数，并且它们是同一个倍数。即存在整数 $t$ 使得 $n = ta$ 且 $m = tb$。
   • 所以，核中的元素都是形如 $(ta, tb) = t(a,b)$ 的向量。
   • 这正是由向量 $(a,b)$ 生成的循环子群 $\langle(a,b)\rangle$。
   • 所以 $\text{Ker } f = \langle(a,b)\rangle$。
5. 应用第一同构定理:
   • 我们找到了一个满同态 $f(n,m)=-bn+am$，它的核是 $\langle(a,b)\rangle$。
   • 根据推论 3.1.3，我们得到：$(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / \langle(a,b)\rangle \cong \mathbb{Z}$，只要 $\text{gcd}(a,b)=1$。

这个例子将第一同构定理应用到连续群上，揭示了实数加法群 $\mathbb{R}$、整数加法群 $\mathbb{Z}$ 与复平面单位圆上的乘法群 $U(1)$ 之间的深刻联系。

第一部分: $\mathbb{R} / 2 \pi \mathbb{Z} \cong U(1)$

1. 构造同态:
   • 定义一个从实数加法群 $(\mathbb{R}, +)$ 到复平面单位圆乘法群 $U(1) = \{z \in \mathbb{C} \mid |z|=1\}$ 的映射 $f$。
   • 定义为 $f(t) = e^{it}$ (欧拉公式 $e^{it} = \cos(t) + i\sin(t)$)。
   • 验证它是同态: $f(t_1+t_2) = e^{i(t_1+t_2)} = e^{it_1}e^{it_2} = f(t_1)f(t_2)$。性质成立。
2. 分析同态的像 (Image):
   • 当实数 $t$ 从 0 变到 $2\pi$ 时，$e^{it}$ 会在复平面的单位圆上走完一整圈。当 $t$ 取遍所有实数时，$e^{it}$ 会在单位圆上转无数圈，覆盖单位圆上的每一个点。
   • 所以，这个同态是满射，$\text{Im } f = U(1)$。
3. 分析同态的核 (Kernel):
   • $\text{Ker } f = \{t \in \mathbb{R} \mid f(t) = 1\}$。目标群 $U(1)$ 的单位元是复数 1。
   • 我们需要解方程 $e^{it} = 1$。根据欧拉公式，$e^{it} = \cos(t)+i\sin(t)$。要使其等于 1，必须有 $\cos(t)=1$ 且 $\sin(t)=0$。
   • 这当且仅当 $t$ 是 $2\pi$ 的整数倍时成立。
   • 所以，$\text{Ker } f = \{2\pi k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。这个集合是在 $\mathbb{R}$ 中由 $2\pi$ 生成的循环子群，记作 $\langle 2\pi \rangle$ 或 $2\pi\mathbb{Z}$。
4. 应用第一同构定理:
   • 我们有一个满同态 $f: \mathbb{R} \rightarrow U(1)$，其核为 $2\pi\mathbb{Z}$。
   • 根据推论 3.1.3，我们直接得到：$\mathbb{R} / 2\pi\mathbb{Z} \cong U(1)$。
   • 几何意义: 这个同构关系有非常直观的几何和拓扑学意义。它意味着，如果你拿一根无限长的实数轴 $\mathbb{R}$，然后把它“模掉” $2\pi\mathbb{Z}$，相当于每隔 $2\pi$ 的长度就剪断，然后把所有的这些长度为 $2\pi$ 的线段叠在一起，首尾相接。最终得到的东西就是一个周长为 $2\pi$ 的圆圈，这正是 $U(1)$。

第二部分: $\mathbb{R} / \mathbb{Z} \cong U(1)$

1. 方法一 (通过同构变换):
   • 作者提出了一个巧妙的论证。考虑映射 $\phi: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$，定义为 $\phi(t) = 2\pi t$。这是一个从 $\mathbb{R}$ 到自身的群同构（线性映射）。
   • 在这个同构下，整数子群 $\mathbb{Z} \subset \mathbb{R}$ 被映射到了子群 $2\pi\mathbb{Z} \subset \mathbb{R}$。
   • 因为 $\phi$ 是同构，它保持所有结构。所以“$\mathbb{R}$ 模掉 $\mathbb{Z}$”得到的结构，应该和“$\phi(\mathbb{R})$ 模掉 $\phi(\mathbb{Z})$”得到的结构是一样的。
   • 即 $\mathbb{R} / \mathbb{Z} \cong \phi(\mathbb{R}) / \phi(\mathbb{Z}) = \mathbb{R} / 2\pi\mathbb{Z}$。
   • 结合第一部分的结论 $\mathbb{R} / 2\pi\mathbb{Z} \cong U(1)$，我们通过传递性得到 $\mathbb{R} / \mathbb{Z} \cong U(1)$。
2. 方法二 (构造新的同态):
   • 这是更直接的方法。定义一个新的同态 $g: \mathbb{R} \rightarrow U(1)$，为 $g(t) = e^{2\pi i t}$。
   • 这个 $g$ 仍然是一个从 $(\mathbb{R},+)$ 到 $(U(1), \times)$ 的满同态。
   • 分析其核: 我们需要解方程 $e^{2\pi i t} = 1$。这当且仅当指数 $2\pi t$ 是 $2\pi$ 的整数倍时成立。
   • $2\pi t = 2\pi k$ (for $k \in \mathbb{Z}$) $\implies t=k$。
   • 所以，$\text{Ker } g = \mathbb{Z}$。
   • 应用第一同构定理: 我们有一个满同态 $g: \mathbb{R} \rightarrow U(1)$，其核为 $\mathbb{Z}$。因此，$\mathbb{R} / \mathbb{Z} \cong U(1)$。
   • 几何意义: 这意味着把实数轴按整数长度剪断，然后把所有 $[k, k+1]$ 的线段叠在一起，得到的就是一个单位圆。这通常被称为“实数的小数部分”构成的群。任何实数 $t$ 都可以写成 $t = \lfloor t \rfloor + \{t\}$ (整数部分 + 小数部分)。在商群 $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ 中，我们忽略了整数部分，只看小数部分。小数部分 $[0,1)$ 通过映射 $x \mapsto e^{2\pi ix}$ 就卷成了一个圆。

第三部分: 挠子群 $\mu_\infty$ 与 $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$

• 挠子群 (Torsion subgroup): 一个群的挠子群是其所有有限阶元素的集合。
• $U(1)$ 的挠子群 $\mu_\infty$: $U(1)$ 中的元素是 $e^{i\theta}$。一个元素要有有限阶 $n$，意味着 $(e^{i\theta})^n = e^{in\theta} = 1$。这要求 $n\theta$ 是 $2\pi$ 的整数倍，即 $\theta = k \frac{2\pi}{n}$。这些点正是复平面上的 $n$ 次单位根。当 $n$ 取遍所有正整数时，所有的单位根构成了 $U(1)$ 的挠子群 $\mu_\infty$。这些元素的幅角都是 $2\pi$ 的有理数倍。
• 同构到 $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$:
• 我们已经建立了同构 $g^{-1}: U(1) \rightarrow \mathbb{R}/\mathbb{Z}$ (这里 $g$ 是 $g(t)=e^{2\pi it}$)。
• 同构会把挠子群映射到挠子群。所以 $g^{-1}(\mu_\infty)$ 是 $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ 的挠子群。
• $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ 中的一个元素是形如 $t+\mathbb{Z}$ 的陪集。它有有限阶 $n$ 意味着 $n(t+\mathbb{Z}) = nt+\mathbb{Z} = \mathbb{Z}$ (商群的单位元)。
• $nt+\mathbb{Z} = \mathbb{Z}$ 当且仅当 $nt$ 是一个整数。即 $t = k/n$ 必须是一个有理数。
• 所以，$\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ 的挠子群是所有 $q+\mathbb{Z}$ ($q \in \mathbb{Q}$) 构成的集合。这个子群就是 $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$。
• 因此，我们得出结论：$\mu_\infty \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$。这是一个非常深刻和重要的结论，连接了数论中的单位根和有理数。

这个例子探讨了群的直积与商群运算如何相互作用，并得出了一个非常符合直觉的“分配律”。

第一部分: 一般结论

1. 构造同态:
   • 起点: 有两个群 $G_1, G_2$ 和它们各自的正规子群 $H_1, H_2$。我们可以构造商群 $G_1/H_1$ 和 $G_2/H_2$。
   • 定义域: $\mathbb{G}_1 \times G_2$，即 $G_1$ 和 $G_2$ 的直积群。其元素是序对 $(g_1, g_2)$。
   • 目标域: $(G_1/H_1) \times (G_2/H_2)$，即两个商群的直积群。其元素是序对 $(g_1H_1, g_2H_2)$。
   • 定义映射 $\pi$: 很自然地，我们将一个序对映射到对应分量的陪集构成的序对。
   • 这个映射 $\pi$ 是一个同态，因为它在每个分量上都是同态。
2. 分析同态的像 (Image):
   • $\pi$ 是满射吗？是的。对于目标群中的任意元素 $(g_1H_1, g_2H_2)$，我们总能找到原像 $(g_1, g_2)$，因为 $\pi(g_1, g_2)$ 正好就是它。原文中用 "Clearly $\pi$ is 满射" 来描述。
3. 分析同态的核 (Kernel):
   • $\text{Ker } \pi = \{(g_1, g_2) \in G_1 \times G_2 \mid \pi(g_1, g_2) = \text{单位元}\}$。
   • 目标群的单位元是 $(H_1, H_2)$ (两个商群各自的单位元构成的序对)。
   • 所以 $\pi(g_1, g_2) = (g_1H_1, g_2H_2) = (H_1, H_2)$。
   • 这当且仅当 $g_1H_1 = H_1$ 并且 $g_2H_2 = H_2$。
   • $g_1H_1 = H_1 \iff g_1 \in H_1$。
   • $g_2H_2 = H_2 \iff g_2 \in H_2$。
   • 所以，核是所有形如 $(h_1, h_2)$ (其中 $h_1 \in H_1, h_2 \in H_2$) 的元素的集合。这正是子群 $H_1$ 和 $H_2$ 的直积群 $H_1 \times H_2$。
   • 所以 $\text{Ker } \pi = H_1 \times H_2$。
4. 应用第一同构定理:
   • 我们有一个满同态 $\pi: G_1 \times G_2 \rightarrow (G_1/H_1) \times (G_2/H_2)$。
   • 它的核是 $H_1 \times H_2$。
   • 根据推论 3.1.3，我们得到：$(G_1 \times G_2) / (H_1 \times H_2) \cong (G_1/H_1) \times (G_2/H_2)$。
   • 结论: 直积的商群等于商群的直积。这个性质非常有用，它允许我们将对高维结构的商运算分解为对低维结构的商运算。

第二部分: 特例与应用

1. 特例: 商掉一个因子
   • 在上述通用公式中，取 $H_1 = \{1\}$ ( $G_1$ 的平凡子群) 和 $H_2 = G_2$ ( $G_2$ 本身)。
   • 代入公式：$(G_1 \times G_2) / (\{1\} \times G_2) \cong (G_1/\{1\}) \times (G_2/G_2)$。
   • 我们知道 $G_1/\{1\} \cong G_1$ (模掉平凡子群等于自身)。
   • 我们知道 $G_2/G_2 \cong \{1\}$ (模掉自身等于平凡群)。
   • 所以右边是 $G_1 \times \{1\}$，这个群显然同构于 $G_1$。
   • 最终结论: $(G_1 \times G_2) / (\{1\} \times G_2) \cong G_1$。
   • 直觉理解: 在直积 $G_1 \times G_2$ 中，我们把所有第二个分量的信息都“忽略”掉了（模掉了 $G_2$），那么剩下的自然就只有第一个分量的结构 $G_1$ 了。
2. 具体例子:
   • 取 $G_1 = \mathbb{Z}, G_2 = \mathbb{Z}$。子群 $\{0\} \times \mathbb{Z}$ 就是 y-轴上的所有整点，这个子群是由 $(0,1)$ 生成的，即 $\langle(0,1)\rangle$。
   • 应用上面的特例结论：$(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}) / (\{0\} \times \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}$。
   • 几何意义: 将二维平面上的所有格点，沿着 y-轴方向进行“压缩”，投射到 x-轴上，得到的投影就是 x-轴上的所有整数点，其结构是 $\mathbb{Z}$。这与示例(2)的结论互为补充。
3. 向量空间的应用:
   • 将群的概念推广到向量空间。（向量空间首先是一个在向量加法下的阿贝尔群）。
   • $V$ 是一个 $n$ 维向量空间，$W$ 是它的一个 $d$ 维子空间。
   • 我们可以选择一组基，使得 $V$ 同构于 $\mathbb{R}^n$，而 $W$ 同构于 $\mathbb{R}^d \times \{0\}^{n-d}$ (即前 $d$ 个坐标任意，后 $n-d$ 个坐标为0的空间)。
   • 此时，整个空间 $V$ 可以看作是两个子空间的直和（类似于群的直积）：$V \cong W \oplus U$，其中 $U \cong \mathbb{R}^{n-d}$ 是与 $W$ 互补的子空间。
   • $V \cong \mathbb{R}^d \times \mathbb{R}^{n-d}$，而 $W$ 对应于第一个因子 $\mathbb{R}^d$。
   • 那么商空间 $V/W$ 就相当于 $(\mathbb{R}^d \times \mathbb{R}^{n-d}) / (\mathbb{R}^d \times \{0\})$。
   • 根据我们上面证明的特例，$V/W \cong \mathbb{R}^{n-d}$。
   • 结论: $n$ 维空间模掉一个 $d$ 维子空间，得到的商空间是一个 $(n-d)$ 维的空间。这个结论是线性代数中的基本事实，这里展示了它可以被看作是群论同构定理的一个自然推论。
   • 补充: 作者还指出，$V/W$ 不仅仅是一个商群，它本身还继承了标量乘法的运算，构成一个向量空间。

这部分是第二和第三同构定理章节的引言，旨在通过类比分数运算来引入这两个定理，并解释了为什么先讲第三同构定理。

1. 类比分数: 作者提出了一个帮助理解商群记号 $G/H$ 的启发性想法：可以把它类比成分数。这种类比并不严谨，但有助于直观记忆和预测某些定理的形式。
   • 类比1: $G/G \cong \{1\}$ 对应于 $a/a = 1$。一个群模掉它自身，只剩下单位元构成的平凡群。
   • 类比2: $G/\{1\} \cong G$ 对应于 $a/1 = a$。一个群模掉平凡子群，结构没有任何改变，仍然是它自身。
   • 类比3: $(G_1 \times G_2) / (H_1 \times H_2) \cong (G_1/H_1) \times (G_2/H_2)$。这有点像分数的乘法 $(\frac{a}{b} \times \frac{c}{d})$，虽然形式上不完全一样，但体现了运算的可分配性或可分解性。
2. 引出新定理: 基于这种分数类比，作者引出了即将要讲的定理。这种类比会使得第三同构定理的形式看起来非常自然，就像分数的约分一样。
3. 预告顺序: 作者明确表示，虽然标题是“第二和第三同构定理”，但他将首先陈述和证明第三同构定理。这通常是因为第三同构定理的形式与分数类比的联系更强，更容易记忆，并且其证明也直接依赖于第一同构定理，逻辑上更连贯。

这部分正式陈述了第三同构定理，有时也称为“消去律”或“对应定理”的一部分。

1. 定理的条件:
   • 有一个群 $G$。
   • 有两个正规子群 $H$ 和 $K$。
   • 这两个正规子群形成一个包含关系链：$H \leq K \leq G$。（由于两者都是 $G$ 的正规子群，所以 $H$ 在 $K$ 中也必然是正规的，见命题2.3.14(iii)）。
2. 定理的结论:
   • 结论一: $K/H$ 是 $G/H$ 的一个正规子群。
   • 这里 $K/H$ 是什么？作者给出了一个解释：$K/H = \pi(K)$。
   • $\pi: G \rightarrow G/H$ 是标准的商同态，$\pi(g)=gH$。
   • $\pi(K)$ 就是 $K$ 中所有元素在商同态下的像的集合，即 $\{kH \mid k \in K\}$。
   • 这正是商群 $K/H$ 的标准定义（因为 $H \triangleleft K$，所以可以构造 $K/H$）。
   • 所以，结论一是说，大正规子群 $K$ 在模掉小正规子群 $H$ 之后，得到的陪集集合，构成了大商群 $G/H$ 中的一个正规子群。
   • 结论二: $(G / H) /(K / H) \cong G / K$。
   • 左边: 是一个“商群的商群”。我们先用 $H$ 对 $G$ 做商，得到 $G/H$。然后，再用刚刚证明的正规子群 $K/H$ 对 $G/H$ 做商。
   • 右边: 是一个更直接的商群，直接用大的正规子群 $K$ 对 $G$ 做商。
   • $\cong$: 表示左右两边这两个看起来很不一样的东西，在结构上是完全同构的。
3. 记忆技巧:
   • 作者再次强调了分数类比法。将表达式 $(G/H)/(K/H)$ 想象成分数 $\frac{G/H}{K/H}$。形式上，“分子分母”中的 $H$ 可以“约掉”，剩下 $G/K$。这提供了一个非常强大且不容易忘记的记忆方式。

这个证明再次展示了第一同构定理作为“万能工具”的威力。思路是巧妙地构造一个同态，其定义域是 $(G/H)$，目标域是 $G/K$，然后通过分析这个同态的核与像来得出结论。

1. 构造同态:
   • 定义域: $G/H$
   • 目标域: $G/K$
   • 定义映射 $f$: 将陪集 $gH$ 映射到陪集 $gK$。即 $f(gH) = gK$。
2. 证明良定义性:
   • 定义依赖于代表元 $g$，必须检查。
   • 设 $g'$ 是 $gH$ 的另一个代表元，则 $g' = gh$ (对于某个 $h \in H$)。
   • 我们需要证明 $f(g'H) = f(gH)$。
   • $f(g'H) = g'K = (gh)K$。
   • 因为 $H \leq K$ (前提条件)，所以 $h \in H$ 蕴含了 $h \in K$。
   • 根据陪集的性质，$xK=K$ 当且仅当 $x \in K$。所以 $(gh)K = g(hK) = gK$。
   • 因此 $f(g'H) = gK = f(gH)$。良定义性得证。
3. 分析同态的像 (Image):
   • $f$ 是满射吗？对于目标群 $G/K$ 中的任意元素 $gK$，我们能找到原像吗？
   • 是的，源群 $G/H$ 中的元素 $gH$ 就是一个原像，因为 $f(gH)=gK$。
   • 所以 $f$ 是满射。$\text{Im } f = G/K$。
4. 证明是同态:
   • 我们需要证明 $f((g_1H)(g_2H)) = f(g_1H)f(g_2H)$。
   • $f((g_1H)(g_2H)) = f((g_1g_2)H)$ (根据 $G/H$ 的运算)
   • $= (g_1g_2)K$ (根据 $f$ 的定义)
   • $= (g_1K)(g_2K)$ (根据 $G/K$ 的运算)
   • $= f(g_1H)f(g_2H)$ (根据 $f$ 的定义)
   • 所以 $f$ 是一个同态。
5. 分析同态的核 (Kernel):
   • $\text{Ker } f = \{gH \in G/H \mid f(gH) = \text{单位元}\}$。
   • 目标群 $G/K$ 的单位元是陪集 $K$。
   • 所以 $\text{Ker } f = \{gH \mid gK=K\}$。
   • 条件 $gK=K$ 等价于 $g \in K$。
   • 所以 $\text{Ker } f = \{gH \mid g \in K\}$。
   • 这个集合正是我们之前定义的 $K/H$。所以 $\text{Ker } f = K/H$。
6. 应用第一同构定理:
   • 我们现在有一个满同态 $f: G/H \rightarrow G/K$。
   • 它的核是 $K/H$。
   • 根据推论 3.1.3，我们可以直接得出两个结论：
7. 核 $K/H$ 是定义域群 $G/H$ 的正规子群。这证明了定理的第一个结论。
8. (定义域群)/(核) $\cong$ (目标群)，即 $(G/H)/(K/H) \cong G/K$。这证明了定理的第二个结论。
   • 整个证明一气呵成。

这个评述提供了第三同构定理的另一种等价的表述方式。这种表述不直接涉及三层的群塔，而是用同态和原像的语言来描述，有时在应用中更为方便。

1. 等价表述的条件:
   • 有一个满同态 $f: G \rightarrow G'$。
   • 在目标群 $G'$ 中有一个正规子群 $N'$。
2. 等价表述的结论:
   • 结论一: $N = f^{-1}(N')$ 是 $G$ 中的一个正规子群。
   • $f^{-1}(N')$ 是 $N'$ 在 $f$ 下的原像，即 $\{g \in G \mid f(g) \in N'\}$。
   • 为什么 $N$ 是正规子群？可以证明。取任意 $n \in N$ 和 $g \in G$。我们需要证明 $gng^{-1} \in N$。这等价于证明 $f(gng^{-1}) \in N'$。
   • $f(gng^{-1}) = f(g)f(n)f(g^{-1}) = f(g)f(n)(f(g))^{-1}$。
   • 因为 $n \in N = f^{-1}(N')$，所以 $f(n) \in N'$。
   • 因为 $N' \triangleleft G'$，所以对于任意 $y \in G'$ 和 $n' \in N'$，都有 $yn'y^{-1} \in N'$。
   • 这里取 $y = f(g) \in G'$ 和 $n' = f(n) \in N'$，所以 $f(g)f(n)(f(g))^{-1} \in N'$。
   • 因此 $f(gng^{-1}) \in N'$，这证明了 $gng^{-1} \in N$。所以 $N$ 是 $G$ 的正规子群。
   • 结论二: 考虑一个复合同态: $\phi: G \rightarrow G'/N'$。
   • 这个同态 $\phi$ 是先走 $f$ 到 $G'$，再走商同态 $\pi: G' \rightarrow G'/N'$。即 $\phi = \pi \circ f$。
   • 这个复合同态是满射吗？是的。因为 $f$ 是满射到 $G'$，$\pi$ 是满射到 $G'/N'$，两个满射的复合依然是满射。
   • 这个复合同态的核是什么？$\text{Ker } \phi = \{g \in G \mid \phi(g) = \text{单位元}\}$。$G'/N'$ 的单位元是 $N'$。
   • $\phi(g) = \pi(f(g)) = N'$。这当且仅当 $f(g) \in N'$。
   • 根据 $N$ 的定义，$f(g) \in N' \iff g \in f^{-1}(N') = N$。
   • 所以 $\text{Ker } \phi = N$。
   • 结论三: 应用第一同构定理。
   • 我们有了一个满同态 $\phi: G \rightarrow G'/N'$，它的核是 $N$。
   • 根据推论 3.1.3，我们得到 $G/N \cong G'/N'$。
3. 与原定理的联系:
   • 如何看出这和 $(G/H)/(K/H) \cong G/K$ 是等价的？
   • 我们可以做一个对应：
   • 取 $f$ 为商同态 $\pi_H: G \rightarrow G/H$。这是一个满同态。所以 $G' = G/H$。
   • 在 $G'$ 中取一个正规子群 $N'$。根据对应定理，$G/H$ 中的任何正规子群都唯一对应于 $G$ 中一个包含 $H$ 的正规子群 $K$，并且 $N' = K/H$。
   • 计算 $N = f^{-1}(N') = (\pi_H)^{-1}(K/H)$。根据定义，$(\pi_H)^{-1}(K/H) = \{g \in G \mid \pi_H(g) \in K/H\} = \{g \in G \mid gH \in K/H\}$。
   • $gH \in K/H$ 的意思是 $gH = kH$ 对于某个 $k \in K$，这等价于 $g \in K$。所以 $N=K$。
   • 现在把这些代入等价表述的结论 $G/N \cong G'/N'$：
   • $G/K \cong (G/H)/(K/H)$。
   • 这正是第三同构定理的原始形式。因此两种表述是等价的。

这个例子将第三同构定理应用到我们熟悉的整数循环群上，为之前在示例(iii)中得到的一个结论提供了另一种证明方法。

1. 建立群塔:
   • 设 $G = \mathbb{Z}$ (整数加法群)。
   • 因为 $d$ 整除 $n$ ($d \mid n$)，所以任何 $n$ 的倍数也必然是 $d$ 的倍数。这意味着 $n\mathbb{Z} \subseteq d\mathbb{Z}$。
   • 在群论的记号中，这写作 $\langle n \rangle \leq \langle d \rangle$。
   • 所以我们有了一个子群塔：$\langle n \rangle \leq \langle d \rangle \leq \mathbb{Z}$。
   • 因为 $\mathbb{Z}$ 是阿贝尔群，所以它的所有子群都是正规子群。这样，第三同构定理的条件就满足了。
   • 对应关系：$G = \mathbb{Z}$, $K = \langle d \rangle = d\mathbb{Z}$, $H = \langle n \rangle = n\mathbb{Z}$。
2. 应用第三同构定理:
   • 定理公式为 $(G/H)/(K/H) \cong G/K$。
   • 代入我们的具体群和子群:
   • $G/H = \mathbb{Z}/\langle n \rangle = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
   • $G/K = \mathbb{Z}/\langle d \rangle = \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$。
   • $K/H = \langle d \rangle / \langle n \rangle$。这是 $G/H = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中的一个子群。这个子群是什么呢？它是由 $d$ 在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中生成的循环子群，也就是 $\langle [d] \rangle$。
   • 将这些代入公式，得到：$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) / \langle [d] \rangle \cong \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$。
3. 与之前的结论对比:
   • 这个结论正是我们在分析商群性质的示例(iii)中得到的结论。
   • 在示例(iii)中，我们的论证是：原群是循环的，所以商群也是循环的，然后通过计算商群的阶为 $d$ 来确定它同构于 $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$。
   • 在这里，我们使用了更强大的第三同构定理，通过形式化的符号“约分”，直接得出了这个同构关系，而无需关心商群的生成元或具体运算。

这部分是第二同构定理的引言，旨在设置定理的舞台，明确定理要研究的对象和前提条件。

1. 前提条件:
   • 有一个群 $G$。
   • 有两个子群 $H$ 和 $K$。
   • 这两个子群的地位不是对等的：其中一个 $H$ 必须是 $G$ 的正规子群 ($H \triangleleft G$)，而另一个 $K$ 只是一个普通的子群 ($K \leq G$)。
2. 由前提条件引出的性质:
   • 作者引用了一个习题的结论（这在之前命题2.3.14中也已证明），在上述前提下，我们可以得到几个重要的结构性事实：
3. 积集 $HK$ 是一个子群: 因为 $H$ 是正规的，所以 $HK$ 是 $G$ 的一个子群。
4. $H$ 在 $HK$ 中是正规的 ($H \triangleleft HK$): 因为 $H \triangleleft G$，根据命题2.3.14(iii)，$H$ 在任何包含它的中间子群中都是正规的。既然 $H \leq HK \leq G$，那么 $H \triangleleft HK$ 自然成立。
5. $H \cap K$ 在 $K$ 中是正规的 ($H \cap K \triangleleft K$): 这是命题2.3.14(ii) 的直接结论。
6. 引出研究对象:
   • 基于上述性质，我们知道构造以下两个商群是合法的、有意义的：
   • 商群1: $HK/H$ (因为 $H \triangleleft HK$)
   • 商群2: $K/(H \cap K)$ (因为 $H \cap K \triangleleft K$)
   • 这两个商群看起来毫无关系。它们是由不同的群和不同的正规子群构造出来的。
7. 定理的预告:
   • 第二同构定理的核心任务，就是揭示这两个表面上无关的商群 $HK/H$ 和 $K/(H \cap K)$ 之间令人惊讶的联系：它们实际上是同构的。
   • 定理为商群 $HK/H$ 提供了“另一种描述”。

这部分正式陈述了第二同构定理及其在有限群中的重要推论。

1. 定理的条件:
   • $G$ 是一个群。
   • $H$ 是 $G$ 的一个正规子群 ($H \triangleleft G$)。
   • $K$ 是 $G$ 的一个子群 ($K \leq G$)。
2. 定理的结论 (同构关系):
   • $HK/H \cong K/(H \cap K)$
   • 左边: 是由积子群 $HK$ 模掉其正规子群 $H$ 得到的商群。
   • 右边: 是由子群 $K$ 模掉其正规子群 $H \cap K$ 得到的商群。
   • $\cong$: 表明这两个群同构。
   • 直观理解 (分数类比): 这个定理有时被称为“平行四边形法则”。想象一个由向量 $H$ 和 $K$ 张成的平行四边形 $HK$。$HK/H$ 像是把平行四边形沿着 $H$ 的方向“压扁”，得到一条长度为 $K$ 的线段。$K/(H \cap K)$ 像是从线段 $K$ 中“减去”了它与 $H$ 重叠的部分 $H \cap K$。定理说这两种操作得到的结果在结构上是等价的。
3. 定理的推论 (有限群阶数公式):
   • 前提: 在原定理的基础上，增加条件 $H$ 和 $K$ 都是有限群。
   • 推论: $\#(HK) = \frac{\#(H)\#(K)}{\#(H \cap K)}$。
   • 证明思路:
4. 因为 $HK/H \cong K/(H \cap K)$，所以这两个有限群的阶必然相等。
5. $|HK/H| = |HK| / |H|$ (根据拉格朗日定理)。
6. $|K/(H \cap K)| = |K| / |H \cap K|$ (根据拉格朗日定理)。
7. 所以 $|HK| / |H| = |K| / |H \cap K|$。
8. 将分母 $|H|$ 乘到右边，就得到 $\#(HK) = \frac{\#(H)\#(K)}{\#(H \cap K)}$。
   • 这个公式非常有用，它给出了计算两个子群（其中一个正规）的积子群大小的方法。它在形式上和集合论中的容斥原理 $|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|$ 有类似之处，但这里是乘除关系。

这个证明再次娴熟地运用了第一同构定理。策略是构造一个从 $K$ 到 $HK/H$ 的同态。

1. 证明策略:
   • 我们的目标是证明 $K/(H \cap K) \cong HK/H$。
   • 根据第一同构定理的“配对”策略（推论 3.1.3），如果我们能构造一个满同态 $f: K \rightarrow HK/H$，并且证明它的核恰好是 $H \cap K$，那么定理就得证了。
2. 构造同态:
   • 定义域: $K$
   • 目标域: $HK/H$
   • 定义映射 $f$: 对于 $K$ 中的任意元素 $k$，定义 $f(k) = kH$。这个 $kH$ 是 $HK/H$ 中的一个元素（一个 $H$ 的陪集）。
   • 验证是同态: 作者给出了一个优雅的看法。这个映射 $f$ 可以看作是两个已知同态的复合：
3. $i: K \rightarrow HK$: 这是一个包含映射，将 $K$ 中的元素 $k$ 看作是 $HK$ 中的元素 $k$。这显然是同态。
4. $\pi: HK \rightarrow HK/H$: 这是标准的商同态，$\pi(x) = xH$。这也是同态。
5. $f(k) = kH = \pi(k) = \pi(i(k)) = (\pi \circ i)(k)$。
6. 因为 $f$ 是两个同态的复合，所以 $f$ 本身也必然是一个同态。
7. 分析同态的核 (Kernel):
   • $\text{Ker } f = \{k \in K \mid f(k) = \text{单位元}\}$。
   • 目标群 $HK/H$ 的单位元是陪集 $H$。
   • 所以 $\text{Ker } f = \{k \in K \mid kH = H\}$。
   • 条件 $kH = H$ 等价于 $k \in H$。
   • 所以，核是那些既属于 $K$ 又属于 $H$ 的元素的集合。这正是交集 $H \cap K$。
   • 所以 $\text{Ker } f = H \cap K$。
   • (这里也顺便直接证明了 $H \cap K \triangleleft K$，因为它是同态 $f: K \rightarrow HK/H$ 的核。)
8. 分析同态的像 (Image - 证明满射):
   • 我们需要证明 $f$ 是满射，即对于目标群 $HK/H$ 中的任意元素，都能在定义域 $K$ 中找到原像。
   • 取 $HK/H$ 中的任意一个元素，它必然形如 $xH$，其中 $x \in HK$。
   • 根据 $HK$ 的定义，$x$ 可以写成 $x=hk$ 的形式，其中 $h \in H, k \in K$。
   • 所以这个任意元素是 $(hk)H$。
   • 根据陪集的性质，$(hk)H = h(kH)$。因为 $h \in H$，所以 $h$ 乘以一个陪集等于该陪集本身，即 $h(kH)=kH$。
   • 所以，任意一个元素 $xH = (hk)H$ 实际上就等于 $kH$。
   • 而 $kH$ 正是定义域 $K$ 中元素 $k$ 的像 $f(k)$。
   • 这就证明了，对于任意的目标元素 $xH$，我们总能找到一个原像 $k \in K$ (就是 $x$ 的 $K$ 部分)。
   • 因此，$f$ 是满射。
   • (原文中用到了 $H$ 的正规性 $hk=kh'$，然后 $hkH=kh'H=kH$，结论是一样的，但直接用陪集性质 $h(kH)=kH$ 更简洁。)
9. 应用第一同构定理:
   • 我们成功构造了一个满同态 $f: K \rightarrow HK/H$，其核为 $H \cap K$。
   • 根据推论 3.1.3，我们得到 $(K)/(H \cap K) \cong HK/H$。
   • 定理证明完毕。
10. 最后阶数公式的说明:
    • 原文最后一句 "The final equality holds since then..." 是在解释那个有限群阶数公式的由来。
    • 它来自于对同构关系 $HK/H \cong K/(H \cap K)$ 两边取阶。
    • $\#(HK/H) = \#(K/(H \cap K))$。
    • 根据拉格朗日定理，$\#(HK)/\#(H) = \#(K)/\#(H \cap K)$。
    • 这就是原文中给出的等式。

这个推论是第二同构定理在一种特殊且重要情况下的直接应用。这种情况在讨论半直积时非常关键。

1. 推论的条件:
   • $H \triangleleft G$ (H是正规子群)。
   • $K \leq G$ (K是子群)。
   • $HK = G$: 它们的积子群恰好是整个群 $G$。
   • $H \cap K = \{1\}$: 它们的交集是平凡的，只包含单位元。
2. 推论的结论:
   • $G/H \cong K$。
   • 直观理解: 如果群 $G$ 可以被一个正规子群 $H$ 和一个子群 $K$ “无重叠地完全覆盖”（$H \cap K=\{1\}, HK=G$），那么从 $G$ 中“模掉”$H$ 的部分，剩下的结构就和 $K$ 的结构一模一样。
3. 证明思路:
   • 直接应用第二同构定理的公式：$HK/H \cong K/(H \cap K)$。
   • 将本推论的特殊条件代入公式：
   • 将左边的 $HK$ 替换为 $G$，得到 $G/H$。
   • 将右边的 $H \cap K$ 替换为 $\{1\}$，得到 $K/\{1\}$。
   • 所以公式变为 $G/H \cong K/\{1\}$。
   • 我们知道任何群模掉平凡子群 $\{1\}$ 都同构于其自身，即 $K/\{1\} \cong K$。
   • 通过传递性，我们得到 $G/H \cong K$。
   • 证明完毕。

这个推论是上一个推论在有限群背景下的一个变种。它将上一个推论中难以验证的条件 $HK=G$ 替换为了一个更容易计算的阶数条件。

1. 推论的条件:
   • $G$ 是一个有限群。
   • $H \triangleleft G$。
   • $K \leq G$。
   • $H \cap K = \{1\}$ (交集平凡)。
   • $\#(G) = \#(H)\#(K)$ (群的阶数等于两个子群阶数的乘积)。
2. 推论的结论:
   • $G/H \cong K$。
3. 证明思路:
   • 我们的目标是应用上一个推论 (3.2.5)。上一个推论的条件是 $HK=G$ 和 $H \cap K=\{1\}$。
   • 本推论已经给出了 $H \cap K=\{1\}$。所以我们唯一需要证明的就是 $HK=G$。
   • 证明 HK=G:
4. 因为 $H \triangleleft G$，我们知道 $HK$ 是 $G$ 的一个子群。
5. 我们来计算这个子群 $HK$ 的阶数。根据第二同构定理的阶数公式：$\#(HK) = \frac{\#(H)\#(K)}{\#(H \cap K)}$。
6. 将条件 $H \cap K = \{1\}$ 代入，得到分母 $\#(H \cap K)=1$。
7. 所以 $\#(HK) = \#(H)\#(K)$。
8. 根据本推论的另一个条件，我们知道 $\#(G) = \#(H)\#(K)$。
9. 因此，我们得到 $\#(HK) = \#(G)$。
10. 我们现在有一个子群 $HK$，它的阶数和整个群 $G$ 的阶数相等。对于有限群来说，这意味着这个子群只能是全群本身。
11. 所以 $HK=G$。
    • 应用推论3.2.5:
    • 我们已经证明了 $HK=G$ 并且已知 $H \cap K=\{1\}$。这完全满足了推论3.2.5的条件。
    • 因此，我们可以直接得出结论 $G/H \cong K$。
    • 证明完毕。

这个例子是推论 3.2.6 的一个具体应用，用它来识别一个重要的商群 $S_4/V_4$ 的结构。

1. 设定群和子群:
   • $G = S_4$，阶为 $4! = 24$ 的4次对称群。
   • $H = \{1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。这个群通常被称为克莱因四元群 $V_4$。它是一个阶为 4 的阿贝尔群。之前已经指出（或可以验证）$H$ 是 $S_4$ 的一个正规子群 ($H \triangleleft S_4$)。
   • $K = H_4 = \{\sigma \in S_4 \mid \sigma(4)=4\}$。这是 $S_4$ 中所有固定元素 '4' 的置换构成的子群。
   • 这些置换只作用于集合 $\{1,2,3\}$，因此这个子群在结构上与 $S_3$ 是完全一样的，即 $K \cong S_3$。
   • 因此它的阶是 $|S_3| = 3! = 6$。
   • $K$ 在 $S_4$ 中不是正规子群。
2. 验证推论 3.2.6 的条件:
   • G是有限群: $S_4$ 的阶是 24，是有限群。
   • H triangleleft G: 已知 $H=V_4$ 是 $S_4$ 的正规子群。
   • K ≤ G: $H_4$ 是 $S_4$ 的子群。
   • 阶数条件: $\#(G) = 24$。$\#(H) = 4$。$\#(K) = 6$。计算乘积 $\#(H)\#(K) = 4 \times 6 = 24$。我们发现 $\#(G) = \#(H)\#(K)$。条件满足。
   • 交集条件: 我们需要检查 $H \cap K$。
   • $H = \{1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。
   • $K = H_4$ 是所有固定 '4' 的置换。
   • 我们逐个检查 $H$ 中的非单位元元素是否固定 '4'：
   • $(12)(34)$: 它把 3 映到 4，4 映到 3。它不固定 '4'。
   • $(13)(24)$: 它把 2 映到 4，4 映到 2。它不固定 '4'。
   • $(14)(23)$: 它把 1 映到 4，4 映到 1。它不固定 '4'。
   • 所以 $H$ 中唯一固定 '4' 的元素只有单位元 1。
   • 因此 $H \cap K = \{1\}$。条件满足。
3. 应用推论得出结论:
   • 所有条件都满足了。根据推论 3.2.6，我们可以直接得出结论：$G/H \cong K$。
   • 代入具体的群：$S_4/V_4 \cong S_3$。

这个推论是推论 3.2.6 的进一步特殊化，将阶数条件与数论中的互质条件联系起来。

1. 推论的条件:
   • $G$ 是一个有限群，其阶 $\#(G)=nm$。
   • $n$ 和 $m$ 是两个互质的正整数，即 $\text{gcd}(n,m)=1$。
   • $H \triangleleft G$，并且 $H$ 的阶是 $\#(H)=n$。
   • $K \leq G$，并且 $K$ 的阶是 $\#(K)=m$。
2. 推论的结论:
   • $G/H \cong K$。
3. 证明思路:
   • 我们的目标是应用推论 3.2.6。该推论的条件是: $H \cap K=\{1\}$ 和 $\#(G)=\#(H)\#(K)$。
   • 验证阶数条件:
   • 我们已知 $\#(H)=n$ 和 $\#(K)=m$。
   • 所以 $\#(H)\#(K) = nm$。
   • 我们又已知 $\#(G)=nm$。
   • 所以 $\#(G)=\#(H)\#(K)$。阶数条件自动满足。
   • 验证交集条件 ($H \cap K = \{1\}$):
4. 考虑交集子群 $H \cap K$。
5. 因为 $H \cap K$ 是 $H$ 的一个子群，根据拉格朗日定理，它的阶 $\#(H \cap K)$ 必须整除 $H$ 的阶 $\#(H)=n$。
6. 因为 $H \cap K$ 也是 $K$ 的一个子群，根据拉格朗日定理，它的阶 $\#(H \cap K)$ 必须整除 $K$ 的阶 $\#(K)=m$。
7. 所以，$\#(H \cap K)$ 是 $n$ 和 $m$ 的一个公因数。
8. 根据前提条件，$\text{gcd}(n,m)=1$。$n$ 和 $m$ 唯一的正公因数就是 1。
9. 因此，$\#(H \cap K)$ 只能是 1。
10. 一个阶为 1 的群只包含单位元。所以 $H \cap K = \{1\}$。交集条件得证。
    • 应用推论 3.2.6:
    • 我们已经证明了 $H \cap K=\{1\}$ 和 $\#(G)=\#(H)\#(K)$。
    • 因此，根据推论 3.2.6，结论 $G/H \cong K$ 成立。
    • 证明完毕。

这部分内容是对有限群分类问题的一个概述和初步探索，特别是针对阶数比较小（不大于15）的群。它将问题分为阿贝尔群和非阿贝尔群两部分来讨论。

引言

• 提出问题: 我们如何描述所有的有限群？这是一个宏大而困难的问题，是有限群理论的核心。
• 简化问题: 作者并不直接解决这个问题，而是先从一个更小、更具体的目标入手：列出所有阶数 $\leq 15$ 的有限群（在同构意义下）。

第一部分：小阶阿贝尔群

• 分类工具: 对于有限阿贝尔群，我们有一个非常强大的分类工具——有限阿贝尔群基本定理。
• 定理内容: 该定理指出，任何一个有限阿贝尔群都同构于一个或多个循环群的直积。具体形式是 $G \cong \mathbb{Z}_{p_1^{k_1}} \times \mathbb{Z}_{p_2^{k_2}} \times \dots$，其中 $p_i$ 是素数。
• 同构的判断: 不同的直积形式何时表示同一个群？这可以用中国剩余定理来判断。例如，$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$，因为 2 和 3 互质。但 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 是两个不同的4阶群。
• 特殊情况: 如果群的阶 $n$ 是无平方因子的（即 $n$ 是不同素数的乘积），那么任何阶为 $n$ 的阿贝尔群都必然是循环群，且同构于 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
• 例如，阶为 $15=3 \times 5$ 的阿贝尔群，只能是 $\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$ (或同构于它的 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$)。
• 列出例外情况 ($n \leq 15$): 作者列出了在阶数15以内，存在多个不同构的阿贝尔群的阶数：
• $n=4=2^2$: $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ (V4群)。
• $n=8=2^3$: 有三种，$\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$，$(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$，以及 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$。
• $n=9=3^2$: $\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
• $n=12=2^2 \times 3$: $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 和 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2 \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
• 复杂性的增长: 作者指出，当阶数增加时，可能性会迅速增多。例如 $n=16$ 时，已经有5种不同的阿贝尔群。

第二部分：小阶非阿贝尔群

• 不存在非阿贝尔群的阶: 很多阶数是排除了非阿贝尔群的。
• 阶为素数 $p$: 任何阶为素数的群都是循环群，因此是阿贝尔群。
• 阶为 $p^2$: 作者预告将证明，任何阶为素数平方的群也是阿贝尔群。所以阶为 4, 9 的群都是阿贝尔群。
• 阶为 $pq$ ($p<q$ 为素数): 这类群是阿贝尔群，除非满足一个特殊的数论条件 $q \equiv 1 \pmod p$。如果不满足这个条件（例如 $15 = 3 \times 5$，而 $5 \not\equiv 1 \pmod 3$），则所有阶为15的群都是阿贝尔群（并且是循环群）。如果满足条件，那么所有非阿贝尔的群都同构于一个特定的半直积结构。
• 列出存在的非阿贝尔群 ($n \leq 15$):
• $n=6=2 \times 3$: $3 \equiv 1 \pmod 2$。存在一个非阿贝尔群 $S_3$（也同构于 $D_3$）。
• $n=8=2^3$: 这是素数的幂，情况复杂。有两个著名的非阿贝尔群：二面体群 $D_4$ 和四元数群 $Q_8$。
• $n=10=2 \times 5$: $5 \equiv 1 \pmod 2$。存在一个非阿贝尔群 $D_5$。
• $n=12=2^2 \times 3$: 阶数因子复杂，导致可能性增多。有三种：$D_6$, $A_4$ (12阶交错群)，以及一个用半直积表示的群 $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}) \rtimes (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$。作者还特意注释了 $S_3 \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 也是12阶非阿贝尔群，但它恰好和 $D_6$ 同构。
• $n=14=2 \times 7$: $7 \equiv 1 \pmod 2$。存在一个非阿贝尔群 $D_7$。
• 阶数1, 2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 15 都不存在非阿贝尔群。

结论

• 复杂性的警告: 作者最后警告读者，不要因为这个列表看起来还算“可管理”就掉以轻心。他再次以 $n=16$ 为例，指出该阶存在9个不同的非阿贝尔群，分类已经相当复杂。
• 素数阶的简单性: 阶为17（素数）的群很简单，只有循环群 $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$。
• 困难的根源: 作者总结道，当群的阶 $n$ 包含素数的高次幂时（如 $2^3=8, 3^2=9, 2^4=16$），分类问题会变得异常困难。这部分理论被称为 $p$-群理论，是有限群论中最复杂的分支之一。