4.5_同态、陪集与正规子群_习题2.ZH解释

这个习题旨在深入理解正规子群 (normal subgroup) 的概念以及相关的商群 (quotient group) 和一个重要性质：正规性不具有传递性。

Part (i): 证明 H 是正规子群

1. 理解正规子群的定义: 一个子群 $H$ 是群 $G$ 的正规子群，记作 $H \triangleleft G$，当且仅当对于 $G$ 中的任意元素 $g$ 和 $H$ 中的任意元素 $h$，都有 $g h g^{-1} \in H$。这个操作 $g h g^{-1}$ 称为 $h$ 被 $g$ 共轭。所以，正规子群的本质是它在共轭运算下是封闭的。
2. 分析目标: 我们需要证明对于任意的 $\sigma \in S_4$（以及 $A_4$，因为 $A_4$ 是 $S_4$ 的子群，所以如果对所有 $S_4$ 的元素成立，对 $A_4$ 的元素也必然成立），以及任意的 $h \in H$，计算出的结果 $\sigma h \sigma^{-1}$ 仍然是 $H$ 中的一个元素。
3. 利用提示: 提示给出了关键的计算技巧：$\sigma(a, b)(c, d) \sigma^{-1} = \sigma(a, b) \sigma^{-1} \sigma(c, d) \sigma^{-1}$。这说明共轭一个置换的乘积等于分别共轭每一个置换后的乘积。
4. 共轭一个2-循环: 另一个关键知识点是共轭一个循环 (cycle) 的结果。对于一个 $k$-循环 $(c_1, c_2, \dots, c_k)$ 和任意置换 $\sigma$，其共轭结果是：$\sigma (c_1, c_2, \dots, c_k) \sigma^{-1} = (\sigma(c_1), \sigma(c_2), \dots, \sigma(c_k))$。也就是说，我们只需要将循环中的每个数字用 $\sigma$ 作用一遍即可得到新的循环。
5. 应用到 H: $H$ 中的非单位元素都是两个不相交的2-循环的乘积，形式为 $(a,b)(c,d)$。我们任取一个 $h = (a,b)(c,d) \in H$ 和一个 $\sigma \in S_4$。
   • 根据步骤3和4，我们有：
   • 由于 $\sigma$ 是一个从 $\{1,2,3,4\}$ 到自身的双射，所以 $\{\sigma(a), \sigma(b), \sigma(c), \sigma(d)\}$ 依然是 $\{1,2,3,4\}$ 这四个元素的一个排列。
   • 结果 $(\sigma(a), \sigma(b))(\sigma(c), \sigma(d))$ 仍然是两个不相交的2-循环的乘积。
   • $S_4$ 中所有形如“两个不相交的2-循环的乘积”的元素恰好就是 $H$ 中除了单位元之外的所有元素。因此，$\sigma h \sigma^{-1}$ 必然是 $H$ 中的一个元素（要么是另一个形如 $(a,b)(c,d)$ 的元素，要么在特殊情况下变回自身）。
   • 如果 $h=1$ (单位元)，那么 $\sigma 1 \sigma^{-1} = 1 \in H$。
6. 结论: 既然对于任意 $\sigma \in S_4$ 和任意 $h \in H$，都有 $\sigma h \sigma^{-1} \in H$，那么 $H$ 是 $S_4$ 的正规子群。因为 $A_4 \subset S_4$，所以这个条件对于所有 $\sigma \in A_4$ 也成立，因此 $H$ 也是 $A_4$ 的正规子群。

Part (ii): 计算商群的阶

1. 理解商群的阶: 商群 $G/H$ 的阶（元素个数）由拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem) 的推论直接给出：$|G/H| = |G| / |H|$。
2. 所需数值:
   • $|S_4|$: 4个元素的所有置换，数量为 $4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$。
   • $|A_4|$: 4个元素的偶置换，数量为 $|S_4| / 2 = 24 / 2 = 12$。
   • $|H|$: 从 $H$ 的定义中直接数出，有4个元素。
3. 计算:
   • $|A_4/H| = |A_4| / |H| = 12 / 4 = 3$。
   • $|S_4/H| = |S_4| / |H| = 24 / 4 = 6$。
4. 补充说明: 题目提到 $S_4/H \cong S_3$。$S_3$ 是3个元素的置换群，其阶为 $3! = 6$，这与我们计算出的阶相符，验证了计算的正确性。

Part (iii): 证明正规性不传递

1. 分析目标: 分三步证明。
   • 第一步：证明 $K=\{1,(1,2)(3,4)\}$ 是 $H$ 的正规子群 ($K \triangleleft H$)。
   • 第二步：证明 $K$ 不是 $A_4$ 的正规子群 ($K \not\triangleleft A_4$)。
   • 第三步：结合 Part (i) 的 $H \triangleleft A_4$，得出结论 $K \triangleleft H$ 且 $H \triangleleft A_4$ 但 $K \not\triangleleft A_4$。
2. 证明 $K \triangleleft H$:
   • $H$ 是一个阿贝尔群（交换群）。可以通过计算验证 $H$ 中任意两个元素的乘法都满足交换律。例如，$((1,2)(3,4))((1,3)(2,4)) = (1,4)(2,3)$，而 $((1,3)(2,4))((1,2)(3,4)) = (1,4)(2,3)$。
   • 在一个阿贝尔群中，任何子群都是正规子群。因为对于任意 $h' \in H$ 和 $k \in K$，有 $h' k (h')^{-1} = h' (h')^{-1} k = 1 \cdot k = k \in K$。
   • 因此，$K$ 是 $H$ 的正规子群。
3. 证明 $K \not\triangleleft A_4$:
   • 要证明 $K$ 不是 $A_4$ 的正规子群，我们只需要找到一个反例。即，找到一个 $\sigma \in A_4$ 和一个 $k \in K$，使得 $\sigma k \sigma^{-1} \notin K$。
   • 让我们选择 $k = (1,2)(3,4) \in K$。
   • 再选择一个 $\sigma \in A_4$。$A_4$ 的元素是偶置换，例如3-循环就是偶置换。我们选 $\sigma = (1,2,3)$。这是一个3-循环，所以是偶置换，确实在 $A_4$ 中。
   • 它的逆是 $\sigma^{-1} = (1,3,2)$。
   • 现在计算共轭：
   • 利用前面提到的共轭法则：
   • 计算结果是 $(1,4)(2,3)$。
   • 检查这个结果是否在 $K$ 中。$K = \{1, (1,2)(3,4)\}$。显然，$(1,4)(2,3) \notin K$。
4. 结论: 我们找到了一个反例，证明了 $K$ 不是 $A_4$ 的正规子群。综合来看，我们有 $K \triangleleft H$ 和 $H \triangleleft A_4$，但是 $K \not\triangleleft A_4$。这证明了正规子群关系不像“小于”或“包含”那样具有传递性。

这个习题是基本同态定理 (First Isomorphism Theorem) 的一个典型应用。它要求我们处理一个具体的矩阵群，并将其商群与一个我们更熟悉的群（如实数乘法群或加法群）联系起来。

Part 1: 证明 $\mathbf{U} \cong \mathbb{R}$

1. 理解同构的定义: 要证明两个群 $G_1$ 和 $G_2$ 同构 (isomorphic)，记作 $G_1 \cong G_2$，需要找到一个函数（同构映射） $\phi: G_1 \to G_2$ 同时满足以下三个条件：
   • $\phi$ 是一个同态 (homomorphism)：对于所有 $x, y \in G_1$，有 $\phi(x \cdot_{G_1} y) = \phi(x) \cdot_{G_2} \phi(y)$。即，它保持群的运算结构。
   • $\phi$ 是单射 (injective)：如果 $x \neq y$，则 $\phi(x) \neq \phi(y)$。
   • $\phi$ 是满射 (surjective)：对于 $G_2$ 中的任意元素 $z$，都存在一个 $x \in G_1$ 使得 $\phi(x) = z$。
   • 一个既是单射又是满射的函数称为双射 (bijective)。
2. 确定群和运算:
   • 群 $\mathbf{U}$ 是一个矩阵群，其运算是矩阵乘法。
   • 群 $\mathbb{R}$ 在这里应该指实数加法群，即 $(\mathbb{R}, +)$。这是最自然的同构对象，因为矩阵右上角的元素 $b$ 可以是任意实数。我们来验证一下。
3. 构造同态映射: 我们需要定义一个映射 $\phi: \mathbf{U} \to \mathbb{R}$。一个很自然的选择是把矩阵直接映射到它右上角的元素。
   • 定义 $\phi\left(\begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right) = b$。
4. 验证同态:
   • 在 $\mathbf{U}$ 中任取两个元素：$u_1 = \begin{pmatrix} 1 & b_1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 和 $u_2 = \begin{pmatrix} 1 & b_2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
   • 计算它们在 $\mathbf{U}$ 中的乘积：
   • 现在应用映射 $\phi$：$\phi(u_1 u_2) = \phi\left(\begin{pmatrix} 1 & b_1+b_2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right) = b_1 + b_2$。
   • 另一方面，计算 $\phi(u_1) + \phi(u_2)$：
   • 因为 $\phi(u_1 u_2) = \phi(u_1) + \phi(u_2)$，所以 $\phi$ 是一个同态。
5. 验证双射:
   • 单射: 假设 $\phi(u_1) = \phi(u_2)$，即 $b_1 = b_2$。那么 $u_1 = \begin{pmatrix} 1 & b_1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 和 $u_2 = \begin{pmatrix} 1 & b_2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 显然是同一个矩阵。所以 $\phi$ 是单射。
   • 满射: 对于实数加法群 $\mathbb{R}$ 中的任意元素 $r$，我们能否在 $\mathbf{U}$ 中找到一个元素映射到它？可以。取 $u = \begin{pmatrix} 1 & r \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，这个矩阵显然在 $\mathbf{U}$ 中，并且 $\phi(u) = r$。所以 $\phi$ 是满射。
6. 结论: 映射 $\phi$ 是一个同构，因此 $\mathbf{U} \cong \mathbb{R}$（特指实数加法群）。

Part 2: 证明 $\mathbf{U} \triangleleft \mathbf{B}$

1. 回顾正规子群定义: 对于任意 $B \in \mathbf{B}$ 和任意 $U \in \mathbf{U}$，我们需要证明 $B U B^{-1} \in \mathbf{U}$。
2. 选取任意元素:
   • $B = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}$，其中 $a, d \in \mathbb{R}^*$, $b \in \mathbb{R}$。
   • $U = \begin{pmatrix} 1 & c \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，其中 $c \in \mathbb{R}$。
3. 计算 B 的逆: 对于一个 $2 \times 2$ 矩阵 $M = \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix}$，其逆为 $M^{-1} = \frac{1}{xw-yz} \begin{pmatrix} w & -y \\ -z & x \end{pmatrix}$。
   • 对于 $B$，行列式 $\det(B) = ad - b \cdot 0 = ad$。
   • 所以 $B^{-1} = \frac{1}{ad} \begin{pmatrix} d & -b \\ 0 & a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/a & -b/(ad) \\ 0 & 1/d \end{pmatrix}$。
4. 计算共轭 $B U B^{-1}$:
   • $B U = \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & c \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & ac+b \\ 0 & d \end{pmatrix}$。
   • $(B U) B^{-1} = \begin{pmatrix} a & ac+b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1/a & -b/(ad) \\ 0 & 1/d \end{pmatrix}$
   • $= \begin{pmatrix} a(1/a) + (ac+b)(0) & a(-b/(ad)) + (ac+b)(1/d) \\ 0(1/a) + d(0) & 0(-b/(ad)) + d(1/d) \end{pmatrix}$
   • $= \begin{pmatrix} 1 & -b/d + (ac+b)/d \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
   • $= \begin{pmatrix} 1 & (-b+ac+b)/d \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
   • $= \begin{pmatrix} 1 & ac/d \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
5. 检查结果:
   • 最终得到的矩阵形式为 $\begin{pmatrix} 1 & \text{某个实数} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。因为 $a,c,d$ 都是实数且 $d \neq 0$，所以 $ac/d$ 是一个实数。
   • 这个形式完全符合 $\mathbf{U}$ 中元素的定义。
6. 结论: 因为对于任意 $B \in \mathbf{B}$ 和 $U \in \mathbf{U}$， $B U B^{-1}$ 都在 $\mathbf{U}$ 中，所以 $\mathbf{U}$ 是 $\mathbf{B}$ 的正规子群，即 $\mathbf{U} \triangleleft \mathbf{B}$。

Part 3: 使用基本同态定理识别商群 B/U

1. 基本同态定理内容: 设 $f: G \to H$ 是一个群同态。那么，$f$ 的核 (kernel) $\ker(f)$ 是 $G$ 的一个正规子群，并且商群 $G/\ker(f)$ 与 $f$ 的像 (image) $\text{Im}(f)$ 同构。即，$G/\ker(f) \cong \text{Im}(f)$。
2. 应用策略: 我们需要构造一个从 $\mathbf{B}$ 出发的同态 $f$，使得它的核正好是 $\mathbf{U}$。然后我们去看这个同态的像是什么，根据定理，$\mathbf{B}/\mathbf{U}$ 就和这个像同构。
3. 构造同态 $f$:
   • 我们希望当一个矩阵属于 $\mathbf{U}$ 时，它被映射到单位元。$\mathbf{U}$ 的特点是主对角线上的元素都是1。$\mathbf{B}$ 中元素的特点是主对角线上的元素 $a,d$ 是非零实数。这启发我们定义一个映射，它只关注对角线上的元素。
   • 让我们定义一个映射 $f: \mathbf{B} \to \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*$（两个非零实数乘法群的直积），其运算是分量相乘。
   • $f\left(\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}\right) = (a, d)$。
4. 验证 $f$ 是同态:
   • 取 $B_1 = \begin{pmatrix} a_1 & b_1 \\ 0 & d_1 \end{pmatrix}$ 和 $B_2 = \begin{pmatrix} a_2 & b_2 \\ 0 & d_2 \end{pmatrix}$。
   • $B_1 B_2 = \begin{pmatrix} a_1 a_2 & a_1 b_2 + b_1 d_2 \\ 0 & d_1 d_2 \end{pmatrix}$。
   • $f(B_1 B_2) = (a_1 a_2, d_1 d_2)$。
   • 另一方面，$f(B_1) \cdot f(B_2) = (a_1, d_1) \cdot (a_2, d_2) = (a_1 a_2, d_1 d_2)$。
   • 两者相等，所以 $f$ 是同态。
5. 找到核 $\ker(f)$:
   • $\ker(f)$ 是 $\mathbf{B}$ 中被 $f$ 映射到目标群单位元的元素集合。
   • 目标群 $\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*$ 的单位元是 $(1,1)$。
   • 所以，我们需要找所有满足 $f\left(\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}\right) = (1,1)$ 的矩阵。
   • 这意味着 $a=1$ 且 $d=1$。
   • 所以 $\ker(f) = \left\{\begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix} : b \in \mathbb{R} \right\}$。
   • 这正是子群 $\mathbf{U}$ 的定义！所以 $\ker(f) = \mathbf{U}$。
6. 找到像 $\text{Im}(f)$:
   • $\text{Im}(f)$ 是 $\mathbf{B}$ 中所有元素经过 $f$ 映射后得到的结果的集合。
   • 对于目标群 $\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*$ 中的任意一个元素 $(x,y)$，我们能否在 $\mathbf{B}$ 中找到一个矩阵映射到它？
   • 可以。取 $B = \begin{pmatrix} x & 0 \\ 0 & y \end{pmatrix}$。因为 $x, y \in \mathbb{R}^*$，这个矩阵符合 $\mathbf{B}$ 的定义。
   • $f(B) = (x,y)$。
   • 因此，$f$ 是满射，$\text{Im}(f) = \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*$。
7. 应用定理:
   • 根据基本同态定理，$G/\ker(f) \cong \text{Im}(f)$。
   • 将我们得到的结果代入，有 $\mathbf{B}/\mathbf{U} \cong \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*$。
8. 结论: 商群 $\mathbf{B}/\mathbf{U}$ 与两个非零实数乘法群的直积同构。这是一个我们非常熟悉的群。

这个习题探讨了同态如何保持（或不保持）正规子群这一性质。它揭示了同态的原像（preimage）和像（image）在传递正规性时的不对称行为。

Part (i): 正规子群的原像是正规子群

1. 理解原像: $f^{-1}(H_2)$ 是 $G_1$ 中所有被 $f$ 映射到 $H_2$ 内部的元素的集合。即 $f^{-1}(H_2) = \{g \in G_1 \mid f(g) \in H_2\}$。首先需要知道（或者证明）$f^{-1}(H_2)$ 是 $G_1$ 的一个子群。这里我们侧重于证明其正规性。
2. 证明目标: 证明 $f^{-1}(H_2)$ 是 $G_1$ 的正规子群。根据定义，我们需要对任意 $g \in G_1$ 和任意 $h \in f^{-1}(H_2)$，证明 $g h g^{-1} \in f^{-1}(H_2)$。
3. 利用定义展开:
   • 要证明 $g h g^{-1} \in f^{-1}(H_2)$，根据原像的定义，我们只需要证明 $f(g h g^{-1}) \in H_2$。
4. 开始推导:
   • $h \in f^{-1}(H_2)$ 意味着 $f(h) \in H_2$。
   • $g \in G_1$ 意味着 $f(g) \in G_2$。
   • 因为 $f$ 是同态，所以 $f(g h g^{-1}) = f(g) f(h) f(g^{-1})$。
   • 又因为同态保持逆元， $f(g^{-1}) = (f(g))^{-1}$。
   • 所以 $f(g h g^{-1}) = f(g) f(h) (f(g))^{-1}$。
5. 利用已知条件:
   • 我们知道 $H_2$ 是 $G_2$ 的正规子群。
   • 我们有 $f(g) \in G_2$ 和 $f(h) \in H_2$。
   • 根据 $H_2$ 的正规性，任意 $G_2$ 中的元素（比如 $f(g)$）与任意 $H_2$ 中的元素（比如 $f(h)$）的共轭，结果仍然在 $H_2$ 中。
   • 因此，$f(g) f(h) (f(g))^{-1} \in H_2$。
6. 得出结论:
   • 我们在步骤4中推导出 $f(g h g^{-1}) = f(g) f(h) (f(g))^{-1}$。
   • 我们在步骤5中证明了右边部分在 $H_2$ 中。
   • 所以 $f(g h g^{-1}) \in H_2$。
   • 根据原像的定义，这意味着 $g h g^{-1} \in f^{-1}(H_2)$。
   • 由于这对任意的 $g \in G_1$ 和 $h \in f^{-1}(H_2)$ 都成立，因此 $f^{-1}(H_2)$ 是 $G_1$ 的正规子群。

Part (ii): 正规子群的像不一定是正规子群

1. 证明目标: 我们需要找到一个反例。即，一个同态 $f: G_1 \to G_2$ 和一个正规子群 $H_1 \triangleleft G_1$，使得它的像 $f(H_1)$ 在 $G_2$ 中不是正规子群。
2. 分析非正规的条件: 要使 $f(H_1)$ 非正规，我们需要在 $G_2$ 中找到一个元素 $g_2$，在 $f(H_1)$ 中找到一个元素 $h_2$，使得 $g_2 h_2 g_2^{-1} \notin f(H_1)$。
3. 构造反例:
   • 一个常见的策略是让 $G_2$ 比 $f(G_1)$ 更“大”，这样我们就可以从 $G_2 \setminus f(G_1)$（即不在像中的元素）里选择 $g_2$ 来“破坏”正规性。
   • 让我们回顾习题 4.20(iii)。我们有 $K = \{1, (1,2)(3,4)\} \triangleleft H = \{1, (1,2)(3,4), (1,3)(2,4), (1,4)(2,3)\}$。
   • 考虑一个包含映射 (inclusion map) $f: H \to A_4$，定义为 $f(h)=h$。
   • 这是一个最简单的同态。
   • 检验条件:
   • $G_1 = H$
   • $G_2 = A_4$
   • $H_1 = K$
   • $f: H \to A_4$ 是同态 (显然)。
   • $K \triangleleft H$ (已在4.20中证明)。
   • 计算像: $f(K) = \{f(1), f((1,2)(3,4))\} = \{1, (1,2)(3,4)\} = K$。
   • 判断像的正规性: 我们需要判断 $K$ 在 $A_4$ 中是否是正规子群。
   • 根据习题 4.20(iii) 的结论，$K$ 不是 $A_4$ 的正规子群。
4. 结论: 我们找到了一个反例：$G_1=H, G_2=A_4, H_1=K \triangleleft H, f$ 为包含映射。$f(K)=K$ 在 $A_4$ 中不是正规子群。所以正规子群的像不一定是正规子群。

Part (iii): 满同态保持正规性

1. 证明目标: 在 $f$ 是满射 (surjective) 的附加条件下，证明如果 $H_1 \triangleleft G_1$，那么 $f(H_1) \triangleleft G_2$。
2. 展开定义: 要证明 $f(H_1)$ 是 $G_2$ 的正规子群，我们需要对任意 $g_2 \in G_2$ 和任意 $h_2 \in f(H_1)$，证明 $g_2 h_2 g_2^{-1} \in f(H_1)$。
3. 利用已知条件:
   • $h_2 \in f(H_1)$ 意味着存在一个 $h_1 \in H_1$ 使得 $f(h_1) = h_2$。
   • $g_2 \in G_2$。这里是关键：因为 $f$ 是满射，所以对于这个 $g_2$，必然存在一个 $g_1 \in G_1$ 使得 $f(g_1) = g_2$。
4. 开始推导:
   • 我们要考察的表达式是 $g_2 h_2 g_2^{-1}$。
   • 将 $g_2$ 和 $h_2$ 用它们在 $G_1$ 中的原像替换掉：
   • 因为 $f$ 是同态，$(f(g_1))^{-1} = f(g_1^{-1})$，并且 $f(g_1)f(h_1)f(g_1^{-1}) = f(g_1 h_1 g_1^{-1})$。
   • 所以 $g_2 h_2 g_2^{-1} = f(g_1 h_1 g_1^{-1})$。
5. 回到 $G_1$ 中:
   • 现在我们来看括号里的部分：$g_1 h_1 g_1^{-1}$。
   • 我们知道 $g_1 \in G_1$，$h_1 \in H_1$，并且 $H_1$ 是 $G_1$ 的正规子群。
   • 根据 $H_1$ 的正规性，共轭结果 $g_1 h_1 g_1^{-1}$ 必须在 $H_1$ 中。
6. 得出结论:
   • 令 $h'_1 = g_1 h_1 g_1^{-1}$，我们知道 $h'_1 \in H_1$。
   • 那么我们要考察的表达式就变成了 $f(h'_1)$。
   • 根据像的定义，一个元素 $h'_1 \in H_1$ 经过 $f$ 映射后，其结果 $f(h'_1)$ 必然在 $f(H_1)$ 中。
   • 所以，$g_2 h_2 g_2^{-1} \in f(H_1)$。
   • 由于这对任意的 $g_2 \in G_2$ 和 $h_2 \in f(H_1)$ 都成立，因此 $f(H_1)$ 是 $G_2$ 的正规子群。

这个习题探讨了元素的阶 (order) 在群 $G$ 和其商群 $G/H$ 之间的关系。

Part (i): 商群中元素的阶

1. 理解阶的定义:
   • 在一个群中，元素 $g$ 的阶 $|g|$ 是使得 $g^n = e$（$e$是单位元）成立的最小正整数 $n$。
   • 在商群 $G/H$ 中，元素是陪集 $aH$。其运算是 $(aH)(bH) = (ab)H$。
   • 商群 $G/H$ 的单位元是 $eH = H$。
   • 因此，陪集 $aH$ 的阶是使得 $(aH)^n = H$ 成立的最小正整数 $n$。
2. 展开 $(aH)^n$:
   • $(aH)^n$ 表示 $n$ 个 $aH$ 相乘。
   • $(aH)^n = (aH)(aH)\cdots(aH)$ ($n$次)
   • 根据商群的乘法法则，这等于 $(a \cdot a \cdots a)H = a^n H$。
3. 建立等价关系:
   • 我们要找的阶是满足 $(aH)^n = H$ 的最小正整数 $n$。
   • 将步骤2的结果代入，即寻找满足 $a^n H = H$ 的最小正整数 $n$。
   • 根据陪集的性质，两个陪集 $xH$ 和 $yH$ 相等 ($xH=yH$) 的充要条件是 $y^{-1}x \in H$。
   • 将这个性质应用到 $a^n H = H$ (这里可以看作 $a^n H = eH$，其中 $e$ 是 $G$ 的单位元)，我们得到 $e^{-1}a^n \in H$，即 $a^n \in H$。
4. 结论:
   • 我们已经证明，$(aH)^n = H$ 等价于 $a^n \in H$。
   • 因此，使得 $(aH)^n$ 等于单位陪集的最小正整数 $n$，就等于使得 $a^n$ "掉入" 正规子群 $H$ 的最小正整数 $n$。
   • 如果不存在这样的正整数 $n$，那么 $aH$ 的阶就是无限的。证明完毕。

Part (ii): 构造无限阶元素在商群中变有限阶的例子

1. 分析目标: 我们需要找到一个群 $G$，一个正规子群 $H$，以及一个元素 $a \in G$，满足：
   • $a$ 的阶是无限的，即对于任何正整数 $n > 0$，都有 $a^n \neq e$。
   • $aH$ 的阶是有限的，即存在一个正整数 $n > 0$，使得 $a^n \in H$。
2. 构造思路:
   • 最简单的无限阶群是整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$。
   • 我们可以在 $\mathbb{Z}$ 中选取一个元素 $a$ 和一个正规子群 $H$。在阿贝尔群中，任何子群都是正规的。
   • 令 $G = (\mathbb{Z}, +)$。群运算是加法，单位元是 $0$。
   • 令 $a = 1 \in \mathbb{Z}$。它的阶是无限的，因为对于任意 $n > 0$，$n \cdot a = n \cdot 1 = n \neq 0$。
   • 现在需要一个子群 $H$，使得 $a$ 的某个“幂”（在加法群中是倍数）在 $H$ 中。
   • 我们可以选择 $H$ 为由某个整数生成的循环子群。例如，令 $H = 5\mathbb{Z} = \{\dots, -10, -5, 0, 5, 10, \dots\}$。$5\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个正规子群。
3. 检验:
   • $a=1$ 在 $G=\mathbb{Z}$ 中是无限阶。
   • 商群是 $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$。
   • $aH$ 对应的陪集是 $1+5\mathbb{Z}$。
   • 我们要找 $aH$ 的阶，根据 Part (i)，就是找最小的正整数 $n$ 使得 $n \cdot a \in H$。
   • 即，找最小的 $n>0$ 使得 $n \cdot 1 \in 5\mathbb{Z}$。
   • 这等价于找最小的 $n>0$ 使得 $n$ 是 5 的倍数。
   • 显然，这个最小正整数 $n=5$。
   • 所以，$aH = 1+5\mathbb{Z}$ 在商群 $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ 中的阶是 5。
4. 结论: 我们找到了一个例子：$G = \mathbb{Z}$, $H=5\mathbb{Z}$, $a=1$。$a$ 在 $G$ 中有无限阶，但 $aH$ 在 $G/H$ 中有有限阶 5。

Part (iii): 有限阶元素在商群中的阶

1. 证明目标:
   • 第一部分：如果 $|a| = n$ 是有限的，证明 $|aH|$ 也是有限的并且整除 $n$。
   • 第二部分：回答 $|aH|$ 是否总是等于 $n$。
2. 证明第一部分:
   • $a$ 在 $G$ 中的阶是 $n$，意味着 $a^n = e$ (单位元)。
   • 我们要找 $|aH|$，根据 Part (i)，就是找最小正整数 $k$ 使得 $a^k \in H$。
   • 因为 $a^n = e$，而任何子群都必须包含单位元，所以 $e \in H$。
   • 因此，$a^n \in H$。
   • 这说明，使得 $a^k \in H$ 的正整数 $k$ 是存在的（$n$ 就是其中一个），所以 $|aH|$ 必然是有限的。
   • 设 $|aH| = k$。这意味着 $k$ 是满足 $a^k \in H$ 的最小正整数。
   • 我们知道 $a^n \in H$。根据循环群的性质（或者可以看作整除的性质），如果 $k$ 是最小的使得某个性质成立的数，而 $n$ 也满足这个性质，那么 $k$ 必须整除 $n$。
   • 所以，$|aH|$ 整除 $|a|$。
3. 回答第二部分: $|aH|$ 的阶总是等于 $n$ 吗？
   • 分析: 这等价于问：“如果 $a^n=e$，那么使得 $a^k \in H$ 的最小正整数 $k$ 是否总是 $n$？”
   • 答案是否定的。如果 $a$ 的某个更小的幂次已经掉入了 $H$（但这个幂次不等于 $e$），那么 $|aH|$ 就会比 $n$ 小。
   • 构造反例:
   • 令 $G = \mathbb{Z}_6 = \{0,1,2,3,4,5\}$ (模6加法群)。
   • 令 $a = 2 \in \mathbb{Z}_6$。它的阶是 3，因为 $2+2+2 = 6 \equiv 0 \pmod 6$。所以 $|a|=3$。
   • 令 $H = \{0, 3\} = \langle 3 \rangle \triangleleft \mathbb{Z}_6$。这是一个正规子群。
   • 商群是 $\mathbb{Z}_6 / \{0,3\}$。
   • 陪集是 $aH = 2+\{0,3\} = \{2,5\}$。
   • 我们要找 $|aH|$ 的阶。根据 Part (i)，找最小的 $k>0$ 使得 $k \cdot a \in H$。
   • $1 \cdot a = 2 \notin H$。
   • $2 \cdot a = 4 \notin H$。
   • $3 \cdot a = 6 \equiv 0 \in H$。
   • 好像哪里出了问题？让我们重新计算 $a$ 的阶。$2^1=2, 2^2=4, 2^3=0$。是的，$|a|=3$。
   • 让我们换一个元素或子群。
   • 令 $G=\mathbb{Z}_6$, $a=1$。$|a|=6$。
   • 令 $H = \{0,2,4\} = \langle 2 \rangle \triangleleft \mathbb{Z}_6$。
   • $aH = 1+H = \{1,3,5\}$。
   • 找 $|aH|$ 的阶。找最小的 $k>0$ 使得 $k \cdot a \in H$。
   • $1 \cdot a = 1 \notin H$。
   • $2 \cdot a = 2 \in H$。
   • 找到了！最小的 $k$ 是 2。
   • 所以 $|aH|=2$。
   • 在这个例子中，$|a|=6$，但 $|aH|=2$。2 整除 6，但不等于 6。
4. 结论: $|aH|$ 的阶不总是等于 $|a|$ 的阶。

这个习题是基本同态定理和拉格朗日定理的一个直接推论，它在有限群的背景下，给出了核、定义域和像（在这里是整个陪域）的阶之间的精确数值关系。

1. 回顾基本同态定理:
   • 定理指出，对于任何群同态 $f: G \to H$，我们有 $G/\ker(f) \cong \text{Im}(f)$。
   • 这里的 $\ker(f)$ 是 $f$ 的核，$\text{Im}(f)$ 是 $f$ 的像。
2. 利用同构的性质:
   • 同构的定义意味着两个群之间存在一个保持结构的双射。
   • 一个直接的后果是，同构的群必须有相同的阶（元素个数）。
   • 因此，从 $G/\ker(f) \cong \text{Im}(f)$ 我们可以推断出 $|G/\ker(f)| = |\text{Im}(f)|$。在题目中，阶被记为 $\#(\cdot)$，所以是 $\#(G/\ker f) = \#(\text{Im} f)$。
3. 利用满射的条件:
   • 题目给定 $f$ 是一个满射 (surjective) 同态。
   • 满射的定义是，对于目标群 $H$ 中的任意元素，都可以在定义域 $G$ 中找到一个原像。
   • 这意味着 $f$ 的像 $\text{Im}(f)$ 等于整个目标群 $H$。即 $\text{Im}(f) = H$。
   • 因此，它们的阶也相等：$\#(\text{Im} f) = \#(H)$。
4. 连接步骤2和3:
   • 从步骤2，我们有 $\#(G/\ker f) = \#(\text{Im} f)$。
   • 从步骤3，我们有 $\#(\text{Im} f) = \#(H)$。
   • 将两者结合，得到 $\#(G/\ker f) = \#(H)$。
5. 回顾拉格朗日定理的推论:
   • 对于一个有限群 $G$ 和它的任意一个子群 $K$（在这里，$\ker(f)$ 是 $G$ 的一个子群），商集（或商群，如果 $K$ 是正规的）的阶满足：
   • 基本同态定理已经保证了 $\ker(f)$ 是 $G$ 的一个正规子群，所以 $G/\ker(f)$ 是一个合法的商群。
6. 整合所有部分:
   • 我们将拉格朗日定理的推论应用到 $K = \ker(f)$ 上，得到：
   • 在步骤4中，我们已经得到 $\#(G/\ker f) = \#(H)$。
   • 将这两个等式联立，我们有：
   • 通过简单的代数变形，将 $\#(\ker f)$ 移到左边，$\#(H)$ 移到右边，我们得到：
7. 结论: 证明完成。

这个习题探讨了子群之间通过交集($\cap$)和乘积($HK$)进行组合时，正规性如何表现。

Part (i): 两个正规子群的交集是正规子群

1. 已知事实: 我们知道两个子群的交集仍然是一个子群。所以我们只需要证明其正规性。
2. 证明目标: 证明 $H \cap K$ 在 $G$ 中是正规的。即，对于任意 $g \in G$ 和任意 $x \in H \cap K$，需要证明 $g x g^{-1} \in H \cap K$。
3. 展开条件:
   • $x \in H \cap K$ 意味着 $x \in H$ 且 $x \in K$。
4. 开始推导:
   • 我们来看共轭结果 $gxg^{-1}$。
   • 因为 $H \triangleleft G$ (H是G的正规子群)，并且 $g \in G, x \in H$，所以根据正规子群的定义，$gxg^{-1} \in H$。
   • 因为 $K \triangleleft G$ (K是G的正规子群)，并且 $g \in G, x \in K$，所以根据正规子群的定义，$gxg^{-1} \in K$。
5. 得出结论:
   • 既然 $gxg^{-1}$ 既属于 $H$ 又属于 $K$，那么它必然属于它们的交集。
   • 即 $gxg^{-1} \in H \cap K$。
   • 由于这对任意的 $g \in G$ 和 $x \in H \cap K$ 都成立，所以 $H \cap K$ 是 $G$ 的正规子群。

Part (ii): 正规子群与任意子群的交集

1. 证明目标: 证明 $H \cap K$ 在 $K$ 中是正规的。注意，这次是在更小的群 $K$ 中证明正规性。
2. 展开定义: 要证明 $H \cap K \triangleleft K$，我们需要对任意 $k \in K$ 和任意 $x \in H \cap K$，证明 $k x k^{-1} \in H \cap K$。
3. 开始推导:
   • $x \in H \cap K$ 意味着 $x \in H$ 且 $x \in K$。
   • 我们要考察的共轭元素是 $kxk^{-1}$。
   • 首先，因为 $k \in K, x \in K$，并且 $K$ 本身是一个群，所以 $kxk^{-1}$ 这个组合操作的结果必然还在 $K$ 中。（子群在群运算和逆运算下是封闭的）。
   • 其次，我们知道 $H \triangleleft G$。这意味着对于任意 $g \in G$，都有 $gxg^{-1} \in H$。
   • 这里的 $k$ 是 $K$ 的元素，而 $K$ 是 $G$ 的子群，所以 $k$ 也必然是 $G$ 的元素，即 $k \in G$。
   • 因此，我们可以把 $H \triangleleft G$ 的性质应用在 $k$ 和 $x$ 上 (因为 $k \in G, x \in H$):
4. 得出结论:
   • 我们证明了 $kxk^{-1}$ 既属于 $K$ 又属于 $H$。
   • 因此，$kxk^{-1} \in H \cap K$。
   • 由于这对任意的 $k \in K$ 和 $x \in H \cap K$ 都成立，所以 $H \cap K$ 是 $K$ 的正规子群。

Part (iii): 子群的乘积

1. 理解集合 HK: $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\}$。这不一定是群。本题要求在 $H \triangleleft G$ 的条件下证明它是群。
2. 证明目标: 分三步。
   • (a) 证明 $HK$ 是 $G$ 的子群。
   • (b) 证明 $HK$ 包含 $H$ 和 $K$。
   • (c) 证明 $H \triangleleft HK$。
3. 证明 (a) HK 是子群:
   • 我们需要使用子群判别法。一个非空子集是子群，当且仅当对于任意两个元素 $x, y$，都有 $xy^{-1}$ 在该子集中。
   • 令 $x, y \in HK$。根据定义，$x = h_1 k_1$，$y = h_2 k_2$，其中 $h_1, h_2 \in H$，$k_1, k_2 \in K$。
   • 计算 $xy^{-1} = (h_1 k_1)(h_2 k_2)^{-1} = h_1 k_1 k_2^{-1} h_2^{-1}$。
   • 我们希望把这个结果重新整理成 (H中元素) * (K中元素) 的形式。
   • 目前的麻烦在于 $k_1 k_2^{-1}$ 和 $h_2^{-1}$ 的位置不对。我们需要交换它们。
   • 令 $k' = k_1 k_2^{-1}$。由于 $K$ 是子群，$k' \in K$。表达式变为 $h_1 k' h_2^{-1}$。
   • 这里是关键：利用 $H \triangleleft G$ 的性质。这意味着对于任意 $g \in G$ 和 $h \in H$，有 $ghg^{-1} \in H$。两边右乘 $g$，得到 $gh = (ghg^{-1})g$。如果令 $h' = ghg^{-1} \in H$，则 $gh=h'g$。这说明我们可以把 $H$ 的元素“交换”到 $G$ 中元素的另一边，但代价是 $H$ 中的元素会改变。
   • 应用到我们的表达式 $h_1 k' h_2^{-1}$。我们想把 $k'$ 移动到 $h_2^{-1}$ 的右边。
   • 考虑 $k' h_2^{-1}$。因为 $k' \in K \leq G$，$h_2^{-1} \in H$，并且 $H \triangleleft G$，所以存在一个 $h' \in H$ 使得 $k' h_2^{-1} = h' k'$。
   • 等一下，这个交换法则是 $gH = Hg$，即 $gh = h'g$ for some $h' \in H$。
   • 让我们换一种方式操纵 $h_1 k' h_2^{-1}$。我们想把 $k'$ 弄到最右边。
   • $h_1 (k' h_2^{-1} (k')^{-1}) k'$。中间的括号部分 $k' h_2^{-1} (k')^{-1}$ 是 $h_2^{-1} \in H$ 被 $k' \in K \leq G$ 的共轭。由于 $H \triangleleft G$，这个结果必然在 $H$ 中。
   • 令 $h_3 = k' h_2^{-1} (k')^{-1} \in H$。
   • 于是 $xy^{-1} = h_1 h_3 k'$。
   • 因为 $h_1, h_3 \in H$，$H$ 是子群，所以 $h_1 h_3 \in H$。令 $h_4 = h_1 h_3$。
   • 因为 $k' \in K$。
   • 所以 $xy^{-1} = h_4 k'$，其中 $h_4 \in H, k' \in K$。
   • 根据 $HK$ 的定义，$h_4 k'$ 属于 $HK$。
   • 因此，$HK$ 是 $G$ 的子群。
   • （一个更常见的证明是证明 $HK=KH$）: 因为 $H \triangleleft G$，所以对于任意 $k \in K, h \in H$，有 $khk^{-1} \in H$。令 $khk^{-1} = h' \in H$，则 $kh = h'k$。这表明任何 $KH$ 中的元素 $kh$ 都可以写成 $HK$ 中的元素 $h'k$。所以 $KH \subseteq HK$。反之亦然。由于 $HK=KH$，这是一个标准的结论：两个子群乘积是子群的充要条件是 $HK=KH$。
4. 证明 (b) HK 包含 H 和 K:
   • 对于任意 $h \in H$，我们可以写成 $h = h \cdot e_K$，其中 $e_K$ 是 $K$ 的单位元（也是 $G$ 的单位元 $e$）。由于 $h \in H, e \in K$，所以 $h \in HK$。因此 $H \subseteq HK$。
   • 对于任意 $k \in K$，我们可以写成 $k = e_H \cdot k$。由于 $e_H=e \in H, k \in K$，所以 $k \in HK$。因此 $K \subseteq HK$。
5. 证明 (c) H 是 HK 的正规子群:
   • 要证明 $H \triangleleft HK$，我们需要对任意 $x \in HK$ 和任意 $h \in H$，证明 $xhx^{-1} \in H$。
   • $x$ 可以写成 $h_1 k_1$ 的形式，其中 $h_1 \in H, k_1 \in K$。
   • $x^{-1} = (h_1 k_1)^{-1} = k_1^{-1} h_1^{-1}$。
   • 计算共轭: $xhx^{-1} = (h_1 k_1) h (k_1^{-1} h_1^{-1})$
   • $= h_1 (k_1 h k_1^{-1}) h_1^{-1}$
   • 我们来看括号里的部分 $k_1 h k_1^{-1}$。
   • 因为 $H \triangleleft G$，$k_1 \in K \leq G$，$h \in H$，所以 $k_1 h k_1^{-1} \in H$。
   • 令 $h' = k_1 h k_1^{-1}$。
   • 那么表达式变为 $h_1 h' h_1^{-1}$。
   • 因为 $h_1, h', h_1^{-1}$ 都是 $H$ 的元素，而 $H$ 是一个群，所以它们的乘积也必然在 $H$ 中。
   • 因此 $xhx^{-1} \in H$。
   • 结论：$H$ 是 $HK$ 的正规子群。

这个习题揭示了正规性与不相交性（交集为平凡子群）之间一个深刻的联系：它们共同导出了元素级的可交换性。

1. 理解目标: 我们的目标是证明任意一个 $H$ 中的元素 $h$ 和任意一个 $K$ 中的元素 $k$ 可以交换位置，即 $hk=kh$。
2. 利用提示: 提示建议我们研究一个特殊的元素，叫做交换子 (commutator)，记作 $[h,k] = hkh^{-1}k^{-1}$。
   • 如果我们可以证明 $hkh^{-1}k^{-1} = 1$ (这里的 $1$ 是群 $G$ 的单位元)，那么两边右乘 $k$ 再右乘 $h$，就会得到：
   • 所以，我们的整个证明策略就转化为证明 $hkh^{-1}k^{-1}$ 必定是单位元。
3. 分析交换子的归属: 我们需要利用 $H$ 和 $K$ 的正规性以及它们的交集性质来确定 $hkh^{-1}k^{-1}$ 在哪个集合里。
   • 从 H 的角度看:
   • 我们可以把交换子写成 $h(kh^{-1}k^{-1})$。
   • $h$ 在 $H$ 中。
   • 我们来看 $kh^{-1}k^{-1}$。这是 $H$ 中的元素 $h^{-1}$ 被 $K$ 中的元素 $k$ 共轭的结果。
   • 因为 $H$ 是 $G$ 的正规子群 ($H \triangleleft G$)，所以它被 $G$ 的任意元素共轭后，结果仍在 $H$ 中。
   • 由于 $K \leq G$，所以 $k$ 也是 $G$ 的一个元素。
   • 因此，$kh^{-1}k^{-1} \in H$。
   • 现在，我们有 $h \in H$ 和 $kh^{-1}k^{-1} \in H$。由于 $H$ 是一个群，它在乘法下是封闭的。
   • 所以，它们的乘积 $h(kh^{-1}k^{-1}) = hkh^{-1}k^{-1}$ 必须在 $H$ 中。

• 从 K 的角度看:
• 我们可以把交换子写成 $(hkh^{-1})k^{-1}$。
• $k^{-1}$ 在 $K$ 中。
• 我们来看 $hkh^{-1}$。这是 $K$ 中的元素 $k$ 被 $H$ 中的元素 $h$ 共轭的结果。
• 因为 $K$ 是 $G$ 的正规子群 ($K \triangleleft G$)，所以它被 $G$ 的任意元素共轭后，结果仍在 $K$ 中。
• 由于 $H \leq G$，所以 $h$ 也是 $G$ 的一个元素。
• 因此，$hkh^{-1} \in K$。
• 现在，我们有 $hkh^{-1} \in K$ 和 $k^{-1} \in K$。由于 $K$ 是一个群，它在乘法下是封闭的。
• 所以，它们的乘积 $(hkh^{-1})k^{-1} = hkh^{-1}k^{-1}$ 必须在 $K$ 中。

1. 利用交集条件:
   • 通过上面的分析，我们证明了交换子 $hkh^{-1}k^{-1}$ 既属于 $H$ 又属于 $K$。
   • 因此，它必须属于它们的交集：$hkh^{-1}k^{-1} \in H \cap K$。
   • 题目给定的条件是 $H \cap K = \{1\}$，即它们的交集只包含单位元。
   • 所以，唯一的可能性就是 $hkh^{-1}k^{-1} = 1$。
2. 得出结论:
   • 我们已经证明了 $hkh^{-1}k^{-1} = 1$。
   • 如步骤2所述，这等价于 $hk=kh$。
   • 由于这个结论对于任意的 $h \in H$ 和 $k \in K$ 都成立，我们证明了 $H$ 和 $K$ 中的任意两个元素都相互可交换。

这个习题建立了一个非常具体的等价关系：对于一个二阶子群，其正规性等同于它被包含在群的中心里。

1. 理解定义:
   • 二阶子群 $H=\{1, g\}$: 这意味着 $g \neq 1$ 且 $g^2=1$（即 $g=g^{-1}$）。
   • 正规子群 $H \triangleleft G$: 对于任意 $x \in G$ 和任意 $h \in H$，都有 $xhx^{-1} \in H$。
   • 群的中心 $Z(G)$: $Z(G) = \{z \in G \mid \text{对于所有 } x \in G, zx=xz\}$。中心是由所有能与群中任何元素交换的元素组成的集合。$Z(G)$ 是 $G$ 的一个阿贝尔正规子群。
   • $H \leq Z(G)$: 这是一个子群关系，意味着 $H$ 的所有元素都在 $Z(G)$ 中。即 $1 \in Z(G)$ 且 $g \in Z(G)$。
2. 证明双向蕴含关系: 这是一个“当且仅当”的命题，需要我们证明两个方向。

方向一: (=>) 假设 $H \triangleleft G$，证明 $H \leq Z(G)$

• 目标: 证明 $H$ 的所有元素都在 $Z(G)$ 中。
• 单位元 $1$ 永远在中心里，因为 $1x = x1 = x$ 对所有 $x$ 成立。所以我们只需要证明 $g \in Z(G)$。
• 证明 $g \in Z(G)$: 根据中心的定义，我们需要证明对于任意 $x \in G$，都有 $gx=xg$。这等价于证明 $xgx^{-1} = g$。
• 利用正规性: 我们已知 $H \triangleleft G$。这意味着对于任意 $x \in G$，共轭元素 $xgx^{-1}$ 必须在 $H$ 中。
• $H$ 只有两个元素：$1$ 和 $g$。所以 $xgx^{-1}$ 只有两种可能：
• 可能性1: $xgx^{-1} = 1$。
• 两边右乘 $x$，得到 $xgx^{-1}x = 1x$，即 $xg=x$。
• 两边左乘 $x^{-1}$，得到 $x^{-1}xg = x^{-1}x$，即 $g=1$。
• 但这与 $H=\{1,g\}$ 是一个二阶子群（$g \neq 1$）的假设矛盾。所以这种可能性被排除。
• 可能性2: $xgx^{-1} = g$。
• 结论: 既然可能性1不成立，那么只剩下 $xgx^{-1}=g$ 这一种可能。这个等式对于任意 $x \in G$ 都成立，这正是 $g \in Z(G)$ 的定义。
• 因为 $1 \in Z(G)$ 且 $g \in Z(G)$，所以整个子群 $H \leq Z(G)$。

方向二: (<=) 假设 $H \leq Z(G)$，证明 $H \triangleleft G$

• 目标: 证明对于任意 $x \in G$ 和任意 $h \in H$，都有 $xhx^{-1} \in H$。
• 利用中心性质: 我们已知 $H \leq Z(G)$。这意味着 $H$ 的所有元素都在中心里。
• 如果 $h=1$，那么 $x1x^{-1} = xx^{-1} = 1 \in H$。
• 如果 $h=g$，我们有 $g \in Z(G)$。
• 证明: 根据 $g \in Z(G)$ 的定义，对于任意 $x \in G$，都有 $gx=xg$。
• 两边右乘 $x^{-1}$，得到 $gxx^{-1} = xgx^{-1}$，即 $g = xgx^{-1}$。
• 结论: 我们要考察的共轭元素 $xgx^{-1}$ 正好就等于 $g$。
• 由于 $g$ 本身就在 $H$ 中，所以我们证明了 $xgx^{-1} \in H$。
• 因为对于 $H$ 中的所有元素（$1$ 和 $g$），它们被任意 $x \in G$ 共轭后结果仍在 $H$ 中，所以 $H$ 是 $G$ 的正规子群。

1. 最终结论: 两个方向都已证明，所以命题成立。

这个习题是一个经典结论：如果一个群“模掉”它的中心后剩下的结构非常简单（是循环群），那么这个群本身必须是更简单的阿贝尔群。

1. 理解题设和目标:
   • 题设: $G/Z(G)$ 是一个循环群。$Z(G)$ 是 $G$ 的中心。
   • 目标: 证明 $G$ 是阿贝尔群。阿贝尔群的定义是群中任意两个元素都可交换。即对于任意 $g_1, g_2 \in G$，有 $g_1 g_2 = g_2 g_1$。
   • 最终结论: 如果 $G$ 是阿贝尔群，那么它的中心就是它自己，即 $Z(G)=G$。
2. 遵循提示进行证明:

步骤一: 表示 G 中的任意元素

• 我们被告知 $G/Z(G)$ 是循环群。这意味着存在一个生成元，它是一个陪集。我们根据提示，设这个生成元为 $xZ(G)$，其中 $x$ 是 $G$ 中的某个特定元素。
• $G/Z(G)$ 中的任何一个元素（也是一个陪集）都可以被写成这个生成元的整数次幂的形式，即 $(xZ(G))^n$ for some $n \in \mathbb{Z}$。
• 根据商群的运算规则，$(xZ(G))^n = x^n Z(G)$。
• 现在，考虑 $G$ 中任意一个元素 $g$。这个元素 $g$ 必然属于 $G$ 中的某个陪集。而 $G$ 被 $Z(G)$ 的陪集所划分，这些陪集正是商群 $G/Z(G)$ 的元素。
• 所以，$g$ 必然属于某个形如 $x^n Z(G)$ 的陪集。
• 根据陪集的定义，$g \in x^n Z(G)$ 意味着 $g$ 可以被写成 (陪集代表元) * (子群中某元素) 的形式。
• 因此，存在一个 $z \in Z(G)$，使得 $g = x^n z$。
• 这完成了提示的第一部分：我们证明了 $G$ 的每个元素都可以表示为 $x^n z$ 的形式。

步骤二: 证明任意两个元素可交换

• 现在，我们从 $G$ 中任取两个元素 $g_1$ 和 $g_2$。
• 根据步骤一的结论，我们可以将它们写作：

$g_1 = x^{n_1} z_1$

$g_2 = x^{n_2} z_2$

其中 $n_1, n_2 \in \mathbb{Z}$，$z_1, z_2 \in Z(G)$。

• 我们的目标是证明 $g_1 g_2 = g_2 g_1$。我们来分别计算等号两边的表达式。

• 计算 $g_1 g_2$:

$g_1 g_2 = (x^{n_1} z_1) (x^{n_2} z_2)$

• 这里是关键：$z_1$ 是中心 $Z(G)$ 的元素，这意味着它可以和 $G$ 中的任何元素交换位置，当然也包括 $x^{n_2}$。
• 所以，$z_1 x^{n_2} = x^{n_2} z_1$。
• 代入上式：$g_1 g_2 = x^{n_1} (z_1 x^{n_2}) z_2 = x^{n_1} (x^{n_2} z_1) z_2$
• 根据结合律：$= (x^{n_1} x^{n_2}) (z_1 z_2)$
• 根据指数法则：$= x^{n_1+n_2} (z_1 z_2)$

• 计算 $g_2 g_1$:

$g_2 g_1 = (x^{n_2} z_2) (x^{n_1} z_1)$

• 同理，$z_2$ 是中心元素，可以和 $x^{n_1}$ 交换位置。$z_2 x^{n_1} = x^{n_1} z_2$。
• 代入上式：$g_2 g_1 = x^{n_2} (z_2 x^{n_1}) z_1 = x^{n_2} (x^{n_1} z_2) z_1$
• 根据结合律：$= (x^{n_2} x^{n_1}) (z_2 z_1)$
• 根据指数法则：$= x^{n_2+n_1} (z_2 z_1)$
• 整数加法满足交换律 $n_1+n_2 = n_2+n_1$。
• $Z(G)$ 本身是一个阿贝尔群（中心的子群也是阿贝尔的），所以 $z_1 z_2 = z_2 z_1$。
• 因此：$g_2 g_1 = x^{n_1+n_2} (z_1 z_2)$

• 比较结果:
• 我们发现 $g_1 g_2 = x^{n_1+n_2} z_1 z_2$ 和 $g_2 g_1 = x^{n_1+n_2} z_1 z_2$ 的最终表达式是完全相同的。
• 所以 $g_1 g_2 = g_2 g_1$。

1. 最终结论:
   • 由于我们选择的 $g_1, g_2$ 是 $G$ 中任意的两个元素，我们证明了它们总是可交换的。
   • 根据定义，这证明了 $G$ 是一个阿贝尔群。
   • 如果 $G$ 是阿贝尔群，那么根据中心的定义，它的每一个元素都与所有其他元素可交换，所以 $Z(G)=G$。

这个习题为单群 (simple group) 提供了一个等价的、基于同态行为的定义。它将单群的内部结构属性（没有非平凡正规子群）与它如何映射到其他群的外部行为联系起来。

1. 理解定义:
   • 单群 (Simple Group): 一个群 $G$ 如果其正NAM- (normal subgroups) 只有 $\{1\}$ 和它自身 $G$，那么称 $G$ 为单群。单群是群论的“原子”，因为它们不能被分解成更小的正规子群和商群的结构。$G \neq \{1\}$ 的条件排除了平凡群。
   • 平凡同态 (Trivial Homomorphism): 一个同态 $f: G \to H$ 如果把 $G$ 的所有元素都映射到 $H$ 的单位元，即 $f(g)=1_H$ 对所有 $g \in G$ 成立，那么称 $f$ 是平凡的。这等价于说它的像 $\text{Im}(f)=\{1_H\}$，或者它的核 $\ker(f)=G$。
   • 单射 (Injective): 一个同态 $f$ 是单射，当且仅当它的核 $\ker(f)=\{1_G\}$。这意味着只有单位元被映射到单位元。
2. 重新表述目标: 将“平凡”和“单射”用核来表述，我们要证明的命题是：

$G$ 是单群 $\iff$ 对于任何同态 $f: G \to H$，都有 $\ker(f)=G$ 或 $\ker(f)=\{1\}$。

1. 证明双向蕴含关系:

方向一: (=>) 假设 $G$ 是单群，证明任何同态 $f$ 要么平凡要么单射。

• 出发点: 我们有一个任意的同态 $f: G \to H$。
• 利用核心定理: 我们知道，对于任何群同态，$f$ 的核 $\ker(f)$ 都是定义域群 $G$ 的一个正规子群。
• 利用单群性质: 我们已知 $G$ 是一个单群。根据单群的定义，它的正规子群只有两种可能：$\{1\}$ 和 $G$。
• 分情况讨论:
• 情况1: 如果 $\ker(f)=\{1\}$。根据单射同态的定义，这意味着 $f$ 是单射。
• 情况2: 如果 $\ker(f)=G$。根据核的定义，这意味着 $G$ 中的每一个元素都被 $f$ 映射到 $H$ 的单位元。因此，$f$ 是平凡同态。
• 结论: 我们证明了对于任意同态 $f$，它的核要么是 $\{1\}$ 要么是 $G$，这正好对应于 $f$ 要么是单射，要么是平凡的。此方向证明完毕。

方向二: (<=) 假设任何同态 $f$ 要么平凡要么单射，证明 $G$ 是单群。

• 出发点: 我们的目标是证明 $G$ 是单群，即证明 $G$ 的任意一个正规子群 $N$ 只能是 $\{1\}$ 或 $G$。
• 构造一个巧妙的同态: 我们如何把一个正规子群 $N$ 和一个同态联系起来？答案是构造自然同态 (或称典范同态) $\pi: G \to G/N$。
• 自然同态的定义: $\pi(g) = gN$。
• 这个映射是一个同态：$\pi(g_1 g_2) = (g_1 g_2)N = (g_1 N)(g_2 N) = \pi(g_1)\pi(g_2)$。
• 它的目标群是商群 $G/N$。
• 它的核是什么？$\ker(\pi) = \{g \in G \mid \pi(g) = 1_{G/N}\}$。商群的单位元是 $N$ 本身。所以 $\ker(\pi) = \{g \in G \mid gN=N\}$。根据陪集的性质，$gN=N \iff g \in N$。所以，$\ker(\pi)=N$。
• 利用题设: 我们已经构造了一个从 $G$ 出发的同态 $\pi$。根据题设，$\pi$ 必须要么是平凡的，要么是单射。
• 分情况讨论:
• 情况1: 如果 $\pi$ 是平凡同态。这意味着它的核 $\ker(\pi)=G$。我们刚才已经算出 $\ker(\pi)=N$。所以，这种情况意味着 $N=G$。
• 情况2: 如果 $\pi$ 是单射。这意味着它的核 $\ker(\pi)=\{1\}$。我们已经算出 $\ker(\pi)=N$。所以，这种情况意味着 $N=\{1\}$。
• 结论: 我们证明了 $G$ 的任意一个正规子群 $N$ 只能是 $\{1\}$ 或 $G$。根据定义，这证明了 $G$ 是一个单群。

1. 最终结论: 两个方向都已证明，命题成立。

这个习题是一个非常重要的应用，它利用 $A_n$ 的单群性质来完全确定其“上层”群 $S_n$ 的所有正规子群。这揭示了单群对其所在的大群的结构有极强的约束力。

1. 理解目标: 证明当 $n \geq 5$ 时，$S_n$ 只有三个正规子群：平凡子群 $\{1\}$、交错群 $A_n$ 和它自身 $S_n$。
2. 遵循提示进行证明:

步骤一: 分析交集 $H \cap A_n$

• 设 $H$ 是 $S_n$ 的一个任意正规子群 ($H \triangleleft S_n$)。
• $A_n$ 也是 $S_n$ 的一个正规子群 ($A_n \triangleleft S_n$，因为它是符号同态的核，指数为2)。
• 根据习题 4.25(i)（两个正规子群的交集是正规的），$H \cap A_n$ 是 $S_n$ 的正规子群。
• 更重要的是，我们需要考虑 $H \cap A_n$ 在 $A_n$ 中的地位。根据习题 4.25(ii)，如果 $H \triangleleft G, K \le G$，则 $H \cap K \triangleleft K$。这里 $H \triangleleft S_n$ 且 $A_n \le S_n$，所以 $H \cap A_n$ 是 $A_n$ 的一个子群。
• 我们还能证明 $H \cap A_n$ 在 $A_n$ 中是正规的。取任意 $a \in A_n$ 和 $x \in H \cap A_n$。我们需要证明 $axa^{-1} \in H \cap A_n$。
• 因为 $x \in H$ 且 $H \triangleleft S_n$，而 $a \in A_n \subset S_n$，所以 $axa^{-1} \in H$。
• 因为 $x \in A_n$ 且 $a \in A_n$，而 $A_n$ 是一个群，所以 $axa^{-1} \in A_n$。
• 因此，$axa^{-1} \in H \cap A_n$。所以 $H \cap A_n \triangleleft A_n$。
• 利用 $A_n$ 的单群性质: 我们已知对于 $n \geq 5$，$A_n$ 是单群。这意味着它的正规子群只有平凡子群和它自身。
• 因此，我们刚才证明为 $A_n$ 的正规子群的 $H \cap A_n$ 只有两种可能：

1. $H \cap A_n = A_n$
2. $H \cap A_n = \{1\}$

步骤二: 情况一，$H \cap A_n = A_n$

• $H \cap A_n = A_n$ 意味着 $A_n$ 中的所有元素都在 $H$ 中，即 $A_n \subseteq H$。
• 我们现在有一个子群链: $A_n \leq H \leq S_n$。
• 根据拉格朗日定理，子群的阶必须整除大群的阶。所以 $|A_n|$ 必须整除 $|H|$，且 $|H|$ 必须整除 $|S_n|$。
• 我们知道 $|A_n| = n!/2$，$|S_n|=n!$。
• 所以 $n!/2$ 必须整除 $|H|$，且 $|H|$ 必须整除 $n!$。
• 满足这个条件的整数 $|H|$ 只有两个可能的值：
• $|H| = n!/2$。在这种情况下，$H$ 和 $A_n$ 有相同的阶，因为 $A_n \subseteq H$，所以必然有 $H=A_n$。
• $|H| = n!$。在这种情况下，$H$ 和 $S_n$ 有相同的阶，因为 $H \subseteq S_n$，所以必然有 $H=S_n$。
• 所以，在第一种情况下，$H$ 只能是 $A_n$ 或 $S_n$。

步骤三: 情况二，$H \cap A_n = \{1\}$

• 我们考虑符号同态 $\varepsilon: S_n \to \{\pm 1\}$。
• 将这个同态限制在子群 $H$ 上，我们得到一个新的同态 $\varepsilon|_H : H \to \{\pm 1\}$。
• 这个受限同态的核是什么？

$\ker(\varepsilon|_H) = \{h \in H \mid \varepsilon(h) = 1\}$

• $\varepsilon(h)=1$ 意味着 $h$ 是一个偶置换，即 $h \in A_n$。
• 所以 $\ker(\varepsilon|_H) = \{h \in H \mid h \in A_n\} = H \cap A_n$。
• 根据本情况的假设，$H \cap A_n = \{1\}$。
• 所以 $\ker(\varepsilon|_H) = \{1\}$。
• 一个核为平凡子群的同态是单射。因此，$\varepsilon|_H$ 是单射。
• 单射的后果: 如果存在从 $H$ 到 $\{\pm 1\}$ 的单射，那么 $H$ 同构于 $\{\pm 1\}$ 的一个子群。
• $\{\pm 1\}$ 的子群只有两个：$\{1\}$ (阶为1) 和 $\{\pm 1\}$ (阶为2)。
• 因此，$|H|$ 只能是 1 或 2。
• 我们来分析这两种可能：
• 如果 $|H|=1$: 那么 $H=\{1\}$，这是我们要找的平凡正规子群。
• 如果 $|H|=2$: 设 $H=\{1, \sigma\}$，其中 $\sigma$ 是一个二阶元素。
• 我们已知 $H$ 是 $S_n$ 的正规子群。
• 根据习题 4.27 的结论，一个二阶子群是正规的，当且仅当它包含在群的中心里。
• 所以 $H \leq Z(S_n)$。
• 现在需要另一个已知结论（题目中作为习题3.17引用）：对于 $n \geq 3$，$S_n$ 的中心是平凡的，即 $Z(S_n)=\{1\}$。
• 如果 $H \leq Z(S_n)=\{1\}$，那么 $H$ 只能是 $\{1\}$。
• 但这与我们假设的 $|H|=2$ 矛盾。
• 所以 $|H|=2$ 这种情况是不可能发生的。

步骤四: 综合结论

• 通过分析两种主要情况，我们发现 $H$ 的所有可能性是：
• 从情况一得到：$H=A_n$ 或 $H=S_n$。
• 从情况二得到：$H=\{1\}$。
• 因此，$S_n$ (对于 $n \geq 5$) 的正规子群只能是 $\{1\}, A_n, S_n$。证明完毕。

这个习题引入了自同构群 (Automorphism Group) 的概念，并计算了最重要的一类循环群的自同构群。

Part (i): 证明 Aut(G) 是一个群

1. 理解定义:
   • 自同构 (Automorphism): 一个从群 $G$ 到其自身的同构。它既是同态，又是双射。它是一种保持群结构的“对称”变换。
   • Aut(G): 所有这些自同构组成的集合。
   • $S_G$: 作用在集合 $G$ 上的对称群，即从集合 $G$ 到集合 $G$ 的所有双射（不一定保持群结构）的集合。其群运算是函数复合。
   • 目标: 证明 Aut(G) 是 $S_G$ 的一个子群。
2. 使用子群判别法: 要证明 Aut(G) 是 $S_G$ 的子群，我们需要验证三点：
   • (a) Aut(G) 是 $S_G$ 的子集。
   • (b) Aut(G) 非空。
   • (c) Aut(G) 在群运算（函数复合）和求逆下是封闭的。
3. 证明 (a) Aut(G) $\subseteq S_G$:
   • Aut(G) 的元素是 $G \to G$ 的同构。
   • 同构首先必须是双射。
   • $S_G$ 的元素是 $G \to G$ 的所有双射。
   • 所以，每个自同构都是一个双射，因此 Aut(G) 天然就是 $S_G$ 的一个子集。
4. 证明 (b) Aut(G) 非空:
   • 我们需要找到至少一个 $G \to G$ 的自同构。
   • 考虑恒等映射 (Identity map) $\text{Id}: G \to G$，定义为 $\text{Id}(g)=g$。
   • 验证 Id 是自同构:
   • 是同态吗？ $\text{Id}(gh) = gh$。$\text{Id}(g)\text{Id}(h) = gh$。是。
   • 是双射吗？显然是。
   • 所以 $\text{Id} \in \text{Aut}(G)$，因此 Aut(G) 非空。
5. 证明 (c) 封闭性:
   • 在函数复合下封闭:
   • 取任意两个自同构 $f, g \in \text{Aut}(G)$。我们需要证明它们的复合 $f \circ g$ 也在 Aut(G) 中。
   • $f, g$ 都是 $G \to G$ 的同构。
   • $f \circ g$ 是同态吗?
   • $(f \circ g)(xy) = f(g(xy))$
   • 因为 $g$ 是同态: $= f(g(x)g(y))$
   • 因为 $f$ 是同态: $= f(g(x)) f(g(y))$
   • 定义: $= (f \circ g)(x) (f \circ g)(y)$。是。
   • $f \circ g$ 是双射吗?
   • 两个双射函数的复合仍然是双射。这是集合论的基本结论。
   • 因此 $f \circ g$ 是一个自同构，属于 Aut(G)。
   • 在求逆下封闭:
   • 取任意一个自同构 $f \in \text{Aut}(G)$。我们需要证明其逆映射 $f^{-1}$ 也在 Aut(G) 中。
   • 因为 $f$ 是双射，所以其逆映射 $f^{-1}: G \to G$ 存在且也是双射。我们只需证明 $f^{-1}$ 是同态。
   • $f^{-1}$ 是同态吗?
   • 令 $x, y \in G$。我们需要证明 $f^{-1}(xy) = f^{-1}(x)f^{-1}(y)$。
   • 这是一个技巧：设 $a = f^{-1}(x)$ 和 $b=f^{-1}(y)$。这意味着 $f(a)=x$ 和 $f(b)=y$。
   • 我们要证明的是 $f^{-1}(f(a)f(b)) = ab$。
   • 因为 $f$ 是同态， $f(a)f(b) = f(ab)$。
   • 所以我们要证明的是 $f^{-1}(f(ab)) = ab$。
   • 根据逆函数的定义，$f^{-1}(f(z))=z$ 恒成立。
   • 所以 $f^{-1}$ 是同态。
   • 因此 $f^{-1}$ 是一个自同构，属于 Aut(G)。
6. 结论: Aut(G) 满足子群的所有条件，因此是 $S_G$ 的一个子群。

Part (ii): 计算 Aut($\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$)

1. 理解群的结构:
   • $G = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是一个循环群，它的所有元素都可以由生成元 $1$ 生成。即，任何元素 $k \in G$都可以写成 $k \cdot 1$ (k个1相加)。
   • $H = (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$ 是模n乘法群，其元素是所有与 $n$ 互素的模 $n$ 的同余类。这些元素恰好是循环群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的所有生成元。
2. 分析自同构 $f$ 的性质:
   • 设 $f: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是一个自同构。
   • $f$ 完全由 $f(1)$ 决定:
   • 对于任意元素 $k \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，我们有 $k = 1+1+\dots+1$ (k次)。
   • 因为 $f$ 是同态，所以 $f(k) = f(1+1+\dots+1) = f(1)+f(1)+\dots+f(1) = k \cdot f(1)$。
   • 这意味着，只要我们知道了 $1$ 被映射到哪里，我们就知道了所有其他元素被映射到哪里。所以 $f$ 由 $f(1)$ 的值唯一指定。
   • $f(1)$ 必须是生成元:
   • 因为 $f$ 是一个自同构，所以它必须是满射。
   • $f$ 的像 $\text{Im}(f)$ 必须是整个群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
   • $\text{Im}(f) = \{f(k) \mid k \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\} = \{k \cdot f(1) \mid k \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\}$。
   • 这个像集合正好是由元素 $f(1)$ 生成的子群 $\langle f(1) \rangle$。
   • 要使 $\langle f(1) \rangle = \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，根据循环群的理论，$f(1)$ 必须是 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的一个生成元。
   • $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的生成元集合正是 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$。
   • 因此，我们证明了 $f(1) \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$。
3. 证明 $G(f)=f(1)$ 是同构:
   • 我们有一个函数 $G: \text{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \to (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$，定义为 $G(f) = f(1)$。
   • 我们需要证明 $G$ 是一个群同构。
   • 群运算: Aut群的运算是函数复合 ($\circ$)，$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$ 的运算是模n乘法 ($\cdot$)。

• 证明 G 是同态:
• 取 $f_1, f_2 \in \text{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$。我们需要证明 $G(f_1 \circ f_2) = G(f_1) \cdot G(f_2)$。
• 计算左边: $G(f_1 \circ f_2) = (f_1 \circ f_2)(1) = f_1(f_2(1))$。
• 设 $f_2(1) = k$。那么 $f_1(f_2(1)) = f_1(k)$。
• 因为 $f_1$ 是同态，$f_1(k) = f_1(k \cdot 1) = k \cdot f_1(1)$。
• 代回 $k=f_2(1)$，得到 $f_1(f_2(1)) = f_2(1) \cdot f_1(1)$。
• 所以左边等于 $f_2(1) \cdot f_1(1)$。
• 计算右边: $G(f_1) \cdot G(f_2) = f_1(1) \cdot f_2(1)$。
• 在 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$ 中，乘法是可交换的。所以 $f_2(1) \cdot f_1(1) = f_1(1) \cdot f_2(1)$。
• 左边等于右边，所以 $G$ 是一个同态。

• 证明 G 是双射:
• 单射: 假设 $G(f_1) = G(f_2)$。这意味着 $f_1(1)=f_2(1)$。
• 我们在上面已经证明，一个自同构完全由其在 $1$ 上的值决定。
• 因为 $f_1$ 和 $f_2$ 在生成元 $1$ 上的取值相同，它们对于任何其他元素 $k$ 的取值也必然相同：$f_1(k) = k \cdot f_1(1) = k \cdot f_2(1) = f_2(k)$。
• 所以 $f_1$ 和 $f_2$ 是同一个函数。因此 $G$ 是单射。
• 满射: 对于目标群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$ 中的任意一个元素 $k$（它是一个生成元），我们能否在 Aut群中找到一个自同构 $f$ 使得 $G(f)=f(1)=k$？
• 我们可以定义一个函数 $f_k: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 为 $f_k(x) = k \cdot x$。
• 我们需要验证这个 $f_k$ 是一个自同构。
• 同态性: $f_k(x+y) = k(x+y) = kx+ky = f_k(x)+f_k(y)$。是。
• 双射性: 因为 $k$ 是生成元（$k \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$），所以它在模n乘法下有逆元 $k^{-1}$。我们可以定义逆映射 $g(x) = k^{-1}x$，可以验证 $g$ 是 $f_k$ 的逆函数。所以 $f_k$ 是双射。
• 因此，$f_k$ 是一个自同构。
• 并且 $f_k(1)=k \cdot 1 = k$。
• 所以我们找到了一个 $f_k \in \text{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ 使得 $G(f_k)=k$。
• 因此 $G$ 是满射。

1. 结论: 函数 $G$ 是一个同构，因此 $\text{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^*$。

这个习题引入了内自同构 (Inner Automorphism) 的概念，这是一类非常特殊的、由群自身元素诱导的自同构。

Part (i): 证明 $i_g$ 的基本性质和双射性

1. 证明 $i_1 = \text{Id}_G$:
   • $i_1$ 是由单位元 $g=1$ 定义的函数。
   • $i_1(x) = 1 \cdot x \cdot 1^{-1} = 1 \cdot x \cdot 1 = x$。
   • $\text{Id}_G(x) = x$ (恒等映射的定义)。
   • 因为对于所有 $x \in G$，$i_1(x) = \text{Id}_G(x)$，所以 $i_1 = \text{Id}_G$。
2. 证明 $i_{g_1} \circ i_{g_2} = i_{g_1 g_2}$:
   • 这是要证明函数复合与群元素的乘法有一种对应关系。
   • $(i_{g_1} \circ i_{g_2})(x) = i_{g_1}(i_{g_2}(x))$ (函数复合定义)
   • $= i_{g_1}(g_2 x g_2^{-1})$ ($i_{g_2}$ 的定义)
   • $= g_1 (g_2 x g_2^{-1}) g_1^{-1}$ ($i_{g_1}$ 的定义)
   • 根据结合律: $= (g_1 g_2) x (g_2^{-1} g_1^{-1})$
   • 根据逆元性质 $(ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}$，我们有 $(g_1 g_2)^{-1} = g_2^{-1} g_1^{-1}$。
   • 所以上式等于 $(g_1 g_2) x (g_1 g_2)^{-1}$。
   • 这个形式正好是 $i_{g_1 g_2}(x)$ 的定义。
   • 因此，$i_{g_1} \circ i_{g_2} = i_{g_1 g_2}$。
3. 证明 $i_g$ 是双射:
   • 方法一 (找逆映射): 题目要求显式找到逆映射。
   • 我们想找一个函数 $f$，使得 $f \circ i_g = \text{Id}_G$ 和 $i_g \circ f = \text{Id}_G$。
   • 从上一个证明中，我们有一个线索: $i_{g_1} \circ i_{g_2} = i_{g_1 g_2}$。
   • 如果我们取 $g_1=g, g_2=g^{-1}$，会得到 $i_g \circ i_{g^{-1}} = i_{gg^{-1}} = i_1 = \text{Id}_G$。
   • 如果我们取 $g_1=g^{-1}, g_2=g$，会得到 $i_{g^{-1}} \circ i_g = i_{g^{-1}g} = i_1 = \text{Id}_G$。
   • 这说明 $i_{g^{-1}}$ 正是 $i_g$ 的逆映射。
   • 因为 $i_g$ 存在逆映射，所以它是一个双射。
   • 方法二 (分别证单射和满射):
   • 单射: 假设 $i_g(x) = i_g(y)$。即 $gxg^{-1} = gyg^{-1}$。左乘 $g^{-1}$，右乘 $g$，得到 $g^{-1}(gxg^{-1})g = g^{-1}(gyg^{-1})g$，化简得 $x=y$。所以是单射。
   • 满射: 对于任意 $y \in G$，我们能否找到一个 $x$ 使得 $i_g(x)=y$？即 $gxg^{-1}=y$。
   • 解这个关于 $x$ 的方程：左乘 $g^{-1}$，右乘 $g$，得到 $x = g^{-1}yg$。
   • 我们找到了这个 $x$。所以是满射。
   • 因此 $i_g$ 是双射。

Part (ii): 证明 $i_g$ 是自同构

1. 回顾自同构定义: 从 $G$ 到 $G$ 的同构。
2. 我们在 Part (i) 中已经证明了 $i_g$ 是一个 $G \to G$ 的双射。
3. 现在只需要证明它是一个同态。
4. 证明同态性:
   • 我们需要证明对于所有 $x, y \in G$，$i_g(xy) = i_g(x)i_g(y)$。
   • 计算左边: $i_g(xy) = g(xy)g^{-1}$。
   • 计算右边: $i_g(x)i_g(y) = (gxg^{-1})(gyg^{-1})$。
   • 在右边的表达式中间，我们看到 $g^{-1}g$。它们可以抵消掉：$g^{-1}g=1$。
   • 所以右边 $= gxg^{-1}gyg^{-1} = gx(1)yg^{-1} = g(xy)g^{-1}$。
   • 左边等于右边。同态性得证。
5. 结论: 因为 $i_g$ 是一个从 $G$到自身的同态和双射，所以它是一个自同构。这种由共轭运算定义的自同构，被称为内自同构。

Part (iii): 阿贝尔群与内自同构

1. 证明双向蕴含关系:

方向一: (=>) 假设 G 是阿贝尔群，证明 $i_g = \text{Id}_G$

• $G$ 是阿贝尔群意味着对于所有 $g, x \in G$，都有 $gx=xg$。
• 我们来计算 $i_g(x) = gxg^{-1}$。
• 因为 $gx=xg$，所以 $gxg^{-1} = xgg^{-1} = x \cdot 1 = x$。
• 所以 $i_g(x) = x$。
• 这对于所有 $x$ 都成立，所以 $i_g$ 这个函数就是恒等映射 $\text{Id}_G$。
• 由于这对任意 $g \in G$ 都成立，证明完毕。

方向二: (<=) 假设对所有 $g \in G$，$i_g = \text{Id}_G$，证明 G 是阿贝尔群

• $i_g = \text{Id}_G$ 意味着对于所有 $x \in G$，$i_g(x)=x$。
• 即 $gxg^{-1} = x$。
• 这个等式对于任意 $g, x \in G$ 都成立。
• 两边右乘 $g$: $gxg^{-1}g = xg$，即 $gx=xg$。
• 这正是阿贝尔群的定义。证明完毕。

Part (iv): 内自同构保持循环结构

1. 理解目标: 证明共轭运算不改变一个置换的循环类型 (cycle type)，即不改变其分解后每个循环的长度和数量。
2. 证明 $k$-循环被映为 $k$-循环:
   • 设 $\rho = (c_1, c_2, \dots, c_k)$ 是一个 $k$-循环。
   • 我们需要计算 $i_\sigma(\rho) = \sigma \rho \sigma^{-1}$。
   • 这是一个已知的公式（在习题4.20中也用过）：共轭一个循环的结果是 $\sigma(c_1, c_2, \dots, c_k)\sigma^{-1} = (\sigma(c_1), \sigma(c_2), \dots, \sigma(c_k))$。
   • 结果 $(\sigma(c_1), \dots, \sigma(c_k))$ 也是一个循环。
   • 因为 $\sigma$ 是一个双射，所以如果 $c_i$ 互不相同，那么 $\sigma(c_i)$ 也互不相同。
   • 因此，新循环的长度仍然是 $k$。
   • 证明完毕。
3. 证明保持循环分解结构:
   • 设 $\rho = \gamma_1 \gamma_2 \cdots \gamma_r$ 是 $r$ 个不相交循环的乘积。
   • 我们需要计算 $i_\sigma(\rho) = i_\sigma(\gamma_1 \gamma_2 \cdots \gamma_r)$。
   • 在 Part (ii) 中我们证明了 $i_\sigma$ 是一个同态，所以它保持乘法结构：
   • 从上一步我们知道，$i_\sigma(\gamma_j)$ 会把长度为 $k_j$ 的循环 $\gamma_j$ 映为另一个长度为 $k_j$ 的循环。
   • 不相交性: 原来的 $\gamma_i$ 和 $\gamma_j$ 是不相交的，意味着它们移动的元素集合没有交集。设 $\gamma_i$ 移动集合 $C_i$, $\gamma_j$ 移动集合 $C_j$，则 $C_i \cap C_j = \emptyset$。
   • $i_\sigma(\gamma_i)$ 移动的元素集合是 $\sigma(C_i)$。
   • $i_\sigma(\gamma_j)$ 移动的元素集合是 $\sigma(C_j)$。
   • 因为 $\sigma$ 是双射，所以 $\sigma(C_i) \cap \sigma(C_j) = \sigma(C_i \cap C_j) = \sigma(\emptyset) = \emptyset$。
   • 所以新的循环 $i_\sigma(\gamma_i)$ 和 $i_\sigma(\gamma_j)$ 也是不相交的。
   • 结论: $i_\sigma(\rho)$ 的结果是 $r$ 个新的不相交循环的乘积，并且这些新循环的长度与原来一一对应，也是 $k_1, k_2, \dots, k_r$。
   • 因此，内自同构（共轭）保持置换的循环结构。