4.4_同态、陪集与正规子群_单群与有限群分类.ZH解释

这个例子旨在通过第二同构定理的一个推论来展示一个商群的结构。它使用对称群 $S_4$ 作为具体的舞台。

1. 背景设定：我们研究的对象是对称群 $S_4$，即作用在集合 $\{1, 2, 3, 4\}$ 上的所有置换构成的群。这个群的阶（元素个数）是 $4! = 24$。
2. 第一个子群 H：例子首先引入了一个特殊的子群 $H$。这个子群 $H$ 由单位元 $1$（即恒等置换）和三个形如 $(ab)(cd)$ 的置换组成。这种由两个不相交的对换（长度为2的循环）的乘积构成的置换是偶置换。$H$ 的所有非单位元素都是这种类型。
   • 它是一个子群，因为它是封闭的（例如，$(12)(34) \cdot (13)(24) = (14)(23)$），并且每个元素的逆是其自身。
   • 它是一个正规子群。这意味着对于 $S_4$ 中的任何元素 $g$ 和 $H$ 中的任何元素 $h$，共轭元素 $g h g^{-1}$ 仍然在 $H$ 中。这个子群通常被称为克莱因四元群 $V_4$ 的一个副本。
   • $H$ 的阶是 $\#(H) = 4$。
3. 第二个子群 H₄：接着引入了另一个子群 $H_4$。它的定义是 $S_4$ 中所有保持元素 '4' 不动的置换。
   • $H_{4}=\left\{\sigma \in S_{4}: \sigma(4)=4\right\}$。
   • 如果一个置换不移动 '4'，那么它实际上就是在对集合 $\{1, 2, 3\}$ 进行置换。因此，这个子群 $H_4$ 的结构与作用在 $\{1, 2, 3\}$ 上的对称群 $S_3$ 完全相同。这就是“同构于 $S_3$” ($H_4 \cong S_3$) 的意思。
   • 因为 $S_3$ 的阶是 $3! = 6$，所以 $H_4$ 的阶也是 $\#(H_4) = 6$。
   • 例子中提到 $H_4$ 是一个非正规子群。
4. 满足推论的条件：现在，我们来验证这些子群是否满足推论3.2.6的条件（这个推论是第二同构定理的一个应用，它指出如果 $H$ 是 $G$ 的正规子群，$K$ 是 $G$ 的子群，且 $H \cap K = \{1\}$ 和 $HK=G$，那么 $G/H \cong K$）。
   • 阶的乘积：$\#(H) \times \#(H_4) = 4 \times 6 = 24$。这个结果恰好等于整个群 $S_4$ 的阶 $\#(S_4)$。这是一个强烈的暗示，可能 $S_4$ 可以被分解为 $H$ 和 $H_4$ 的某种“乘积”。
   • 交集：我们需要检查 $H$ 和 $H_4$ 的交集 $H \cap H_4$。
   • $H$ 中的非单位元素都会移动元素 '4'。例如，$(12)(34)$ 把 '3' 变成 '4'，把 '4' 变成 '3'。$(14)(23)$ 把 '1' 变成 '4'。
   • $H_4$ 中的所有元素都保持 '4' 不动。
   • 因此，唯一一个既在 $H$ 中又在 $H_4$ 中的元素，只能是那个什么都不做的单位元 $1$。所以 $H \cap H_4 = \{1\}$。
5. 得出结论：我们已经验证了推论3.2.6的所有条件：
   • $H$ 是 $S_4$ 的正规子群。
   • $H_4$ 是 $S_4$ 的子群。
   • $\#(H) \#(H_4) = \#(S_4)$。
   • $H \cap H_4 = \{1\}$。
   • （根据群论的一个结果，以上三条联合起来可以保证 $S_4 = H H_4$）。
   • 因此，我们可以得出结论：商群 $S_4/H$ 同构于子群 $H_4$。因为我们已经知道 $H_4 \cong S_3$，所以最终结论是 $S_4/H \cong S_3$。

这个推论是前一个例子的一个泛化和抽象。它给出了一个在特定条件下判断商群与某个子群同构的便捷准则。

1. 前提条件：推论的适用需要满足一系列严格的条件。
   • 群G：$G$ 是一个有限群。
   • 阶的分解：$G$ 的阶可以分解为两个数的乘积，$\#(G) = nm$。
   • 互质条件：这两个数 $n$ 和 $m$ 的最大公约数是1，即 $\operatorname{gcd}(n, m)=1$。这意味着它们没有公共的素因子。
   • 子群H：$G$ 中存在一个正规子群 $H$（用 $H \triangleleft G$ 表示）。
   • H的阶：$H$ 的阶恰好是分解出的第一个数 $n$，即 $\#(H)=n$。
   • 子群K：$G$ 中还存在另一个子群 $K$。
   • K的阶：$K$ 的阶恰好是分解出的第二个数 $m$，即 $\#(K)=m$。
2. 结论：如果以上所有条件都得到满足，那么我们可以直接得出结论：商群 $G/H$ 同构于子群 $K$，即 $G/H \cong K$。
3. 证明思路：为了证明 $G/H \cong K$，我们通常需要使用第二同构定理的一个变体，它需要证明两个关键点：
   • $H \cap K = \{1\}$：$H$ 和 $K$ 的交集是平凡的。
   • $HK = G$：用 $H$ 的元素去“乘”遍 $K$ 的元素，得到的新集合可以覆盖整个 $G$。
4. 证明步骤：
   • 证明 $H \cap K = \{1\}$：这是证明中最关键的一步。
   • 考虑交集 $H \cap K$。它本身是 $H$ 的一个子群，也是 $K$ 的一个子群。
   • 根据拉格朗日定理，任何子群的阶必须能整除其父群的阶。
   • 所以，$\#(H \cap K)$ 必须能整除 $\#(H)=n$。
   • 同时，$\#(H \cap K)$ 必须能整除 $\#(K)=m$。
   • 因此，$\#(H \cap K)$ 是 $n$ 和 $m$ 的一个公约数。
   • 但我们已知的前提条件是 $\operatorname{gcd}(n, m)=1$，即 $n$ 和 $m$ 唯一的正公约数是1。
   • 所以，$\#(H \cap K)$ 只能是1。
   • 一个阶为1的群只包含单位元，所以 $H \cap K = \{1\}$。

• 证明 $HK=G$：
• 我们已经知道 $\#(H)=n$, $\#(K)=m$，以及 $\#(G)=nm$。
• 考虑集合 $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\}$ 的大小。
• 有一个公式计算这个集合的大小：$\#(HK) = \frac{\#(H) \#(K)}{\#(H \cap K)}$。
• 将我们已知的值代入：$\#(HK) = \frac{n \cdot m}{1} = nm$。
• 这个大小恰好等于整个群 $G$ 的大小 $\#(G)$。
• 因为 $HK$ 是 $G$ 的一个子集，且大小与 $G$ 相同，所以 $HK$ 必须就是 $G$ 本身，即 $HK=G$。

• 应用同构定理：现在我们已经证明了 $H \triangleleft G$, $H \cap K = \{1\}$ 和 $HK=G$。根据第二同构定理，我们有 $G/H = (HK)/H \cong K/(H \cap K)$。由于 $H \cap K = \{1\}$，分母是平凡子群，所以 $K/(H \cap K) \cong K$。因此，我们得到了最终结论 $G/H \cong K$。

本节的目标是开启一个宏大的话题：如何对所有有限群进行分类？这是一个极其困难的问题。作者采取的策略是从小处着手，先尝试列出并理解那些阶比较小（不大于15）的有限群。这种方法能让我们对有限群的世界有一个初步的、具体的感受。

第一部分：阿贝尔群的分类

1. 阿贝尔群很简单：作者首先指出，如果群是阿贝尔群（即运算满足交换律），那么分类问题就相对容易。这是因为我们有一个强大的工具——有限阿贝尔群基本定理。
2. 有限阿贝尔群基本定理：这个定理告诉我们，任何一个有限阿贝尔群都可以被“拆解”成一堆循环群的直积（direct product）。具体来说，它可以表示为形如 $\mathbb{Z}/n_1\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n_2\mathbb{Z} \times \dots \times \mathbb{Z}/n_k\mathbb{Z}$ 的形式。进一步，我们可以把这些 $n_i$ 分解成素数的幂次，最终把群表示为形如 $\mathbb{Z}/p_1^{a_1}\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p_2^{a_2}\mathbb{Z} \times \dots$ 的形式。一个给定阶的阿贝尔群有多少种不同的结构，就等价于这个阶数有多少种不同的“拆解方式”。
3. 一个更简单的情况：如果群的阶 $n$ 是不同素数的乘积（即 $n$ 是一个无平方因子数），比如 $n=6=2 \times 3$ 或 $n=15=3 \times 5$。在这种情况下，根据中国剩余定理，群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$ 同构于 $\mathbb{Z}/(pq)\mathbb{Z}$。这意味着，对于这种阶数，只存在一种阿贝尔群结构，那就是循环群 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。
   • 对于 $n \leq 15$，无平方因子数有 $1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15$。这些阶数的阿贝尔群都只有一种，即循环群。
4. 需要讨论的特殊情况：那么，对于 $n \leq 15$，哪些阶不是无平方因子数呢？它们是 $4, 8, 9, 12, 16$。（这里原文只讨论到15，所以16是作为展望）。这些阶的数有素数的平方或更高次幂作为因子。
   • 阶为4 ($=2^2$)：4可以被分解为 $4$ 或者 $2 \times 2$。这对应着两种不同的阿贝尔群结构：$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ (循环的) 和 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ (非循环的，克莱因四元群)。
   • 阶为8 ($=2^3$)：8可以被分解为 $8$, $4 \times 2$, 或 $2 \times 2 \times 2$。这对应三种结构：$\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$, $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$, 和 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$。
   • 阶为9 ($=3^2$)：9可以被分解为 $9$ 或 $3 \times 3$。对应两种结构：$\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ 和 $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^2$。
   • 阶为12 ($=2^2 \times 3$)：12的素因子是 $4$ 和 $3$。我们可以把4的部分写成 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 或 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$。所以12阶的阿贝尔群有两种结构：$(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$ (根据中国剩余定理，它同构于 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$) 和 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2 \times (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})$。

第二部分：非阿贝尔群的分类

1. 非阿贝尔群更稀有：作者接着指出，非阿贝尔群的出现是有条件的，不是所有阶数都能产生非阿贝尔群。
2. 一些不存在非阿贝尔群的阶：
   • 素数阶 $p$：任何阶为素数的群一定是循环群，因此是阿贝尔群。
   • 素数平方阶 $p^2$：作者在这里预告了一个结论，阶为 $p^2$ 的群也一定是阿贝尔群。所以阶为4, 9, 25...的群要么是阿贝尔群，要么不存在。
   • $pq$ 阶 ($p, q$ 是不同素数, $p<q$)：这种阶数的群通常也是阿贝尔群（实际上是循环群）。唯一的例外是当 $q-1$ 能被 $p$ 整除时（即 $q \equiv 1 \pmod p$）。在这种特殊情况下，会存在一种（在同构意义下唯一的）非阿贝尔群结构。
   • 例子：阶为 $15 = 3 \times 5$。这里 $p=3, q=5$。$q-1=4$ 不能被 $p=3$ 整除。所以所有阶为15的群都是阿贝尔群（并且是循环群 $\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$）。
3. 列出小阶的非阿贝尔群：结合上面的规则，我们可以筛选出在 $n \leq 15$ 的范围内，哪些阶可能存在非阿贝尔群。
   • $n=1,2,3,4,5,7,9,11,13,15$ 的群都是阿贝尔群。
   • 剩下的可能存在非阿贝尔群的阶是 $6, 8, 10, 12, 14$。
   • 阶为6 ($=2 \times 3$)：$p=2, q=3$。$q-1=2$ 能被 $p=2$ 整除。所以存在一个非阿贝尔群。它就是我们熟悉的 $S_3$（3个元素的对称群），它也同构于 $D_3$（正三角形的对称性群）。
   • 阶为8：这是一个 $p^3$ 型的阶，情况比较复杂。作者直接给出了结论：存在两种非阿贝尔群，$D_4$（正方形的对称性群）和 $Q$（四元数群）。
   • 阶为10 ($=2 \times 5$)：$p=2, q=5$。$q-1=4$ 能被 $p=2$ 整除。存在一个非阿贝尔群 $D_5$（正五边形的对称性群）。
   • 阶为12：情况同样复杂。作者列出了三种：$D_6$（正六边形的对称性群），$A_4$（4个元素的交错群），以及一个更奇特的结构，半直积 $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}) \rtimes (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})$。作者还特意指出 $S_3 \times (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ 也是12阶非阿贝尔群，但它其实和 $D_6$ 是同构的。
   • 阶为14 ($=2 \times 7$)：$p=2, q=7$。$q-1=6$ 能被 $p=2$ 整除。存在一个非阿贝尔群 $D_7$（正七边形的对称性群）。

第三部分：展望与警告

1. 复杂性迅速增长：作者最后警告读者，不要因为我们成功地列出了15阶以下的所有群，就觉得分类问题很简单。
2. 阶为16的例子：仅仅增加到阶为16（$=2^4$），阿贝尔群就有5种，而非阿贝尔群猛增到9种。描述它们已经相当困难。
3. 素数幂次是关键：问题的困难程度主要来自于阶 $n$ 中包含的素数的高次幂。如果一个阶是某个素数 $p$ 的大幂次（比如 $p^k$），那么构造就会变得非常复杂和多样。
4. 素数阶是简单的：与此形成对比，如果阶是素数，比如17，那么根据我们已知的定理，群的结构只有一种可能：循环群 $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$。

本节提出了一个核心策略来应对上一节提出的“群分类困难”的问题：分解。如果不能直接理解一个复杂的群 $G$，我们是否可以把它拆成一些更小的、更简单的“零件”，然后通过研究这些零件以及它们“组装”的方式来理解原来的群 $G$？

1. 核心工具：商群：文章指出，实现这种分解的关键工具是商群。
2. 分解过程：
   • 从一个有限群 $G$ 开始。
   • 找到 $G$ 的一个正规子群 $H$。这个 $H$ 就是我们的第一个“零件”。
   • 利用 $H$ 构造商群 $G/H$。这个商群就是我们的第二个“零件”。
3. “零件”更简单：为了让分解有意义，这些“零件”必须比原来的群 $G$ 更简单。
   • 我们首先排除两种极端情况：
   • 如果 $H=\{1\}$ (平凡子群)，那么商群 $G/H \cong G$，我们什么也没分解，得到的零件还是 $G$ 自己。
   • 如果 $H=G$，那么商群 $G/H$ 就是一个只包含一个元素的平凡群。这虽然分解了，但信息损失太大了，一个零件是 $G$ 自身，另一个几乎没信息。
   • 因此，我们只对非平凡的真正规子群感兴趣。这意味着 $H$ 不是 $\{1\}$ 也不是 $G$。
   • 在这种情况下，子群 $H$ 的阶 $\#(H)$ 严格介于1和 $\#(G)$ 之间。
   • 同时，商群 $G/H$ 的阶是 $\#(G)/\#(H)$，也严格介于1和 $\#(G)$ 之间。
   • 所以，我们得到的两个“零件”——子群 $H$ 和商群 $G/H$ ——确实都是比 $G$ 更小（阶更小）的群。
4. 分解的比喻：我们可以把这个过程理解为：群 $G$ 是由“构件” $H$ 和 $G/H$ “组装”起来的。$H$ 像是地基，而 $G/H$ 描述了上层建筑的结构。

在上一段提出了美好的“分解”策略后，本段立即泼了一盆冷水：仅仅知道“零件”是什么，并不足以复原原来的机器。这个“如何从零件组装回原样”的问题，是极其困难的。

1. 一个核心反例：作者用最简单的例子——4阶群——来说明这个问题。
   • 我们知道4阶的阿贝尔群有两种：$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$（循环群）和 $V_4 \cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$（克莱因四元群）。
   • 分解 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$：
   • 取正规子群 $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2\}$。这个子群同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 商群 $G/H = (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})/\langle 2 \rangle$ 的阶是 $4/2=2$，所以同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 结论：$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 的分解零件是两个 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 分解 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$：
   • 取正规子群 $H' = \{ (0,0), (0,1) \}$。这个子群也同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 商群 $G'/H' = ((\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2)/H'$ 的阶也是 $4/2=2$，所以也同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 结论：$(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$ 的分解零件也是两个 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
2. 问题的症结：两个完全不同的群（$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 和 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$）在分解后，得到了完全相同的“零件”集合（两个 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$）。这说明，仅仅知道零件的种类和数量是不够的。我们丢失了关键的“组合信息”，即这些零件是如何“粘合”或“扭曲”在一起的。
3. 扩张问题 (Extension Problem)：这个“逆向工程”问题——即给定零件 $H$ 和 $K$ (这里 $K=G/H$)，找出所有能被分解为这两个零件的群 $G$——在数学上被称为扩张问题。作者直言，在一般情况下，这是一个“无望的 (hopeless)”问题，意味着没有通用的、简单的方法来解决它。
4. 一线希望：尽管普遍无望，但在一些特殊情况下，问题是可解的。
   • 分裂扩张 (半直积)：如果群 $G$ 中恰好存在一个子群 $K$，这个 $K$ 和商群 $G/H$ 是同构的（通过商映射 $\pi: G \to G/H$ 限制在 $K$ 上可以看出），那么 $G$ 的结构就可以被精确地描述为 $H$ 和 $K$ 的半直积 ($G \cong H \rtimes K$)。这是最理想的情况，但作者说“相当罕见”。
   • 群上同调：如果“地基”零件 $H$ 是一个阿贝尔群，那么存在一个非常高级的数学工具，叫做群上同调 (group cohomology)，它可以系统地、完整地列出所有可能的“粘合”方式，从而给出所有可能的群 $G$。这为解决一部分扩张问题提供了强大的理论机制。

本段通过对比6阶的两个群——$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$（阿贝尔群）和 $S_3$（非阿贝尔群）——来进一步阐释“分解”和“扩张”的概念。

1. 分解 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$：
   • 这是一个阿贝尔群，所以任何子群都是正规子群。这给了我们更多的分解选择。
   • 选择一：
   • 取子群 $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4\}$。它同构于 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
   • 商群 $G/H$ 的阶是 $6/3=2$，所以同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 分解构件是 $\{\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\}$。
   • 选择二：
   • 取子群 $K = \langle 3 \rangle = \{0, 3\}$。它同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 商群 $G/K$ 的阶是 $6/2=3$，所以同构于 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
   • 分解构件是 $\{\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\}$。
   • 结论：对于 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$，分解出的构件集合是唯一的（一个 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 和一个 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$），并且我们可以选择先“拆”哪个，后“拆”哪个。分解的顺序是灵活的。
2. 分解 $S_3$：
   • 这是一个非阿贝尔群，其正规子群是有限的。
   • $S_3$ 唯一的非平凡真正规子群是交错群 $A_3 = \{1, (123), (132)\}$。
   • 唯一的分解方式：
   • 必须取 $H = A_3$。它同构于 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
   • 商群 $S_3/A_3$ 的阶是 $6/3=2$，同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 分解构件是 $\{\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\}$。
   • 结论：对于 $S_3$，我们只能以一种固定的顺序进行分解。没有其他选择。
3. 组合方式不同：
   • $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 和 $S_3$ 最终都被分解成了相同的构件：一个 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 和一个 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
   • 这再次印证了上一段的观点：知道零件是什么是不够的。
   • $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 的“组合方式”是直积，因为 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$（根据中国剩余定理）。这是一种“平凡”的、没有扭曲的组合方式。
   • $S_3$ 的“组合方式”是半直积，记作 $S_3 \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \rtimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。这是一种“扭曲”的组合方式，导致了非交换的性质。
   • 作者在这里预告了，他们稍后会更详细地探讨这两种不同的“组合方式”。

本段将“分解”思想从一步操作推广到了一个递归的、连续的过程，并用几个8阶和24阶的群作为例子。

1. 继续分解过程：我们不仅分解 $G$ 得到 $H$ 和 $G/H$，我们还要尝试继续分解 $H$ 和 $G/H$，直到无法再分解为止。这个过程就像对整数进行质因数分解，你会一直分解下去，直到得到一串素数。
2. 例一：四元数群 $Q$ (阶为8)
   • 第一步分解 $Q$：
   • $Q = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$。
   • 取子群 $H_1 = \langle i \rangle = \{1, i, -1, -i\}$。这个子群的阶是4。
   • 由于 $H_1$ 在 $Q$ 中的指数是 $8/4=2$，任何指数为2的子群都是正规子群。所以 $H_1 \triangleleft Q$。
   • 商群 $Q/H_1$ 的阶是2，所以同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 我们把 $Q$ 分解成了 $\langle i \rangle \cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 第二步分解 $\langle i \rangle$：
   • 子群 $\langle i \rangle$ 本身不是最简的，它可以被继续分解。
   • 取它的子群 $H_2 = \langle -1 \rangle = \{1, -1\}$。这个子群的阶是2。
   • 因为 $\langle i \rangle$ 是阿贝尔群，所以 $H_2$ 自动是 $\langle i \rangle$ 的正规子群。
   • 商群 $\langle i \rangle / \langle -1 \rangle$ 的阶是 $4/2=2$，同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 第三步分解 $\langle -1 \rangle$：
   • 再取 $H_3 = \{1\}$。
   • 商群 $\langle -1 \rangle / \{1\}$ 的阶是 $2/1=2$，同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 组合成序列：把这个过程串起来，我们得到一个“子群链”，称为合成列 (composition series)：
   • 这个序列的特点是，后一个群以前一个群为正规子群，并且形成的商群（被称为合成因子）都是简单群（这里都是 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$）。
   • $Q/\langle i \rangle \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
   • $\langle i \rangle / \langle -1 \rangle \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
   • $\langle -1 \rangle / \{1\} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
   • 其他选择：作者指出，第一步分解时不一定要选 $\langle i \rangle$，选 $\langle j \rangle$ 或 $\langle k \rangle$ 也会得到类似的结果。这说明分解路径可能不唯一。
3. 其他8阶群的类比：作者提到，对于其他8阶群，如 $D_4, \mathbb{Z}/8\mathbb{Z}, (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})\times(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}), (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$，我们都能进行类似的递归分解，最终得到一系列合成因子。例如 $D_4$ 也有一个阶为4的正规子群（旋转群 $\langle (1234) \rangle$），分解方式与 $Q$ 非常相似。
4. 例二：对称群 $S_4$ (阶为24)
   • 这是一个更复杂的例子，展示了不同种类的合成因子。
   • 第一步：$S_4 \rhd A_4$ (交错群是正规子群)。商群 $S_4/A_4 \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 第二步：$A_4 \rhd H$ (克莱因四元群 $H=\{1,(12)(34),...\}$ 是 $A_4$ 的正规子群)。商群 $A_4/H$ 的阶是 $12/4=3$，所以同构于 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
   • 第三步：$H \rhd K$ (取 $K=\{1, (12)(34)\}$ 作为 $H$ 的子群。由于 $H$ 是阿贝尔群， $K$ 是正规子群)。商群 $H/K$ 的阶是 $4/2=2$，所以同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 第四步：$K \rhd \{1\}$。商群 $K/\{1\}$ 同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 组合成序列：
   • 合成因子：这个分解序列对应的合成因子（商群）依次是 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。

本段将上一段的递归分解思想，用更形式化、更抽象的语言进行描述，并引入了“精化”(refinement)这一术语。它精确地说明了如何在一个已有的子群链中“插入”新的子群，使分解更细致。

1. 分解策略的总结：
   • 从 $G$ 开始，找到 $H \triangleleft G$，得到构件 $H$ 和 $G/H$。
   • 递归地处理这两个构件：
   • 对左边的 $H$：找它的正规子群 $H'$，继续分解。
   • 对右边的 $G/H$：这是本段的重点。如何分解一个商群？
2. 如何分解商群 $G/H$：
   • 假设我们在商群 $G/H$ 中找到了一个非平凡真正规子群 $J$。
   • $J$ 的元素是 $G/H$ 中的元素，也就是 $H$ 的一些陪集。
   • 我们可以利用商映射 $\pi: G \to G/H$ 将 $J$ “拉回”到 $G$ 中。定义 $K = \pi^{-1}(J)$，即 $G$ 中所有被 $\pi$ 映射到 $J$ 里的元素的集合。
   • 根据同态基本定理的推论（对应定理），这个 $K$ 是 $G$ 的一个子群，并且包含 $H$。更重要的是，$K$ 是 $G$ 的正规子群当且仅当 $J$ 是 $G/H$ 的正规子群。所以 $K \triangleleft G$。
   • 我们现在在原有的链 $\{1\} \triangleleft H \triangleleft G$ 中间插入了一个 $K$，得到了更长的链 $\{1\} \triangleleft H \triangleleft K \triangleleft G$。
3. 分析新的子群链：
   • 我们来分析这个新链 $\{1\} \triangleleft H \triangleleft K \triangleleft G$ 的商群（构件）：
   • $H/\{1\} \cong H$ (没变)
   • $K/H$：根据构造和第一同构定理，我们有 $K/H \cong J$。$J$ 是我们找到的 $G/H$ 的一个构件。
   • $G/K$：根据第三同构定理，我们有 $G/K \cong (G/H)/J$。这正好是 $G/H$ 的另一个构件。
   • 结论：通过在商群 $G/H$ 中找正规子群 $J$，我们成功地将研究 $G/H$ 的问题，转化为了在 $G$ 的子群链中插入一个中间群 $K$，从而得到更细的分解。
4. 精化 (Refinement)：
   • 给定一个子群序列（称为正规列）$G_0 \triangleleft G_1 \triangleleft \dots \triangleleft G_k=G$。
   • 如果其中某个商群（构件）$G_{i+1}/G_i$ 不是简单群，意味着它还可以被分解。
   • 那么我们就可以在 $G_{i+1}/G_i$ 中找到一个非平凡真正规子群 $J$。
   • 利用上述“拉回”的方法，我们可以在 $G_i$ 和 $G_{i+1}$ 之间插入一个新的子群 $K$。
   • 这个“插入新子群，让子群链变长”的过程，就叫做精化。
5. 过程的终止：
   • 为什么这个精化过程不会无限进行下去？
   • 因为我们处理的是有限群。
   • 每精化一次，我们都是把一个商群 $G_{i+1}/G_i$ 拆成两个阶更小的商群 $K/G_i$ 和 $G_{i+1}/K$。
   • 商群的阶都是正整数，一个正整数不可能被无限地拆分。它的大小在递减，但不能小于2（因为我们只找非平凡的分解）。
   • 所以，这个精化过程必然会在有限步内终止。
6. 终止的条件：当精化过程终止时，意味着我们得到的子群链中，所有的商群 $G_{i+1}/G_i$ 都已经是简单群了，无法再被非平凡地分解。这时，我们就得到了一个合成列。

本段正式定义了在前面讨论中反复出现的“基本构件”——简单群，并引出了群论中一个基石性的定理——Jordan-Hölder定理。

1. 过程终止的原因：精化过程之所以会终止，正是因为我们最终会遇到一些无法再被分解的群。这些群就是简单群。
2. 一个更基本的问题：如果一个群从一开始就无法被分解呢？这意味着这个群本身就是一个“基本构件”。
   • 例子：阶为素数 $p$ 的循环群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。根据拉格朗日定理，它的任何子群的阶必须是 $p$ 的约数，即1或 $p$。所以它只有两个子群：平凡子群 $\{0\}$ 和它自身。它没有任何非平凡的真子群，因此也就没有任何非平凡的真正规子群。所以分解过程从一开始就无法进行。
3. 简单群的定义：基于以上观察，作者给出了简单群 (Simple Group) 的正式定义。
   • 一个群 $G$ 被称为简单群，需满足两个条件：
4. $G$ 不是平凡群 (即 $G \neq \{1\}$)。
5. $G$ 唯一的正规子群只有两个：平凡子群 $\{1\}$ 和它自身 $G$。
   • 换句话说，简单群是那些在正规子群意义下“不可再分”的群。它们是群世界中的“原子”。
6. 关于简单群的猜想与现实：
   • 我们已经知道，所有素数阶循环群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 都是简单群。
   • 一个自然的、乐观的猜想是：是不是所有的有限简单群都长这个样子（即素数阶循环群）？
   • 作者立刻否定了这个猜想：“事实并非如此”。这意味着存在着更复杂的、非阿贝尔的简单群。这是现代群论一个极其深刻和重要的发现。
7. 合成列的正式定义：
   • 有了简单群的定义后，我们可以更精确地定义合成列 (Composition Series)。
   • 一个有限群 $G$ 的一个子群序列 $\{1\} = G_0 \triangleleft G_1 \triangleleft \dots \triangleleft G_k = G$ 被称为一个合成列，如果所有的商群（合成因子） $G_{i+1}/G_i$ 都是简单群。
8. Jordan-Hölder 定理：
   • 我们在之前的例子中看到，一个群的分解路径（即合成列）可能不唯一。例如，对于四元数群 $Q$，我们可以从 $\langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle$ 中的任何一个开始。
   • 那么，不同的分解路径得到的“基本构件”集合会不同吗？
   • Jordan-Hölder定理给出了一个惊人的、否定的答案：对于一个给定的有限群，尽管它可以有多个不同的合成列，但这些合成列所产生的合成因子（那些简单群）的集合，在不计顺序的情况下，是唯一的。
   • 这意味着，一个群的“基因构成”（它是由哪些简单群、以及每种各多少个组装起来的）是内在的、不变的属性，不依赖于我们如何去“解剖”它。

本段聚焦于一类特殊的群——可解群 (Solvable Groups)，它们是由阿贝尔群作为“基本构件”搭建起来的。

1. 阿贝尔简单群的刻画：
   • 首先，文章明确了阿贝尔群中的“原子”是什么。
   • 一个非平凡的有限阿贝尔群 $A$ 是简单群的充要条件是：$A$ 同构于一个素数阶的循环群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。
   • 证明思路：
   • $(\Rightarrow)$ 如果 $A$ 是阿贝尔简单群，它没有非平凡真正规子群。因为 $A$ 是阿贝尔的，这意味着它没有任何非平凡真子群。而一个没有任何非平凡真子群的群，必然是素数阶循环群（这是群论的一个基本结论，此处引用了练习题）。
   • $(\Leftarrow)$ 如果 $A \cong \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，根据拉格朗日定理，它的子群阶只能是1或 $p$，所以它没有非平凡真子群，因此是简单群。
2. 有限阿贝尔群的合成列：
   • 将上述结论应用于有限阿贝尔群 $A$ 的分解过程。
   • 对 $A$ 进行精化，最终得到的合成列 $\{0\} = A_0 \triangleleft A_1 \triangleleft \dots \triangleleft A_k=A$。
   • 其合成因子 $A_{i+1}/A_i$ 都是简单群。
   • 同时，阿贝尔群的子群和商群都仍然是阿贝尔群。
   • 所以，这些合成因子既是简单群，又是阿贝尔群。
   • 根据第一点的结论，这些合成因子必须全部是素数阶循环群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 的形式。
3. 可解群的定义：
   • 现在，将这个概念推广到非阿贝尔群。
   • 一个群 $G$（不一定是阿贝尔群）被称为可解群 (Solvable Group)，如果它存在一个“正规列” $\{1\} = G_0 \triangleleft G_1 \triangleleft \dots \triangleleft G_k=G$ （这里要求 $G_i \triangleleft G_{i+1}$），使得每一个商群（因子） $G_{i+1}/G_i$ 都是阿贝尔群。
   • 注意：这里不要求商群是简单群，只要求是阿贝尔群。
4. 可解群与合成列的关系：
   • 如果 $G$ 是一个有限可解群，我们可以对它的这个“阿贝尔因子”序列进行再精化。
   • 因为每个因子 $G_{i+1}/G_i$ 都是有限阿贝尔群，根据第二点的结论，它可以被进一步分解，直到所有最终的合成因子都变成素数阶循环群。
   • 因此，对于有限群来说，一个等价的定义是：群 $G$ 是可解的，当且仅当它的所有合成因子都是素数阶循环群（即都是阿贝尔简单群）。
5. 名称来源：
   • 作者最后解释了“可解”这个名字的由来。它与伽罗瓦理论有关。一个多项式方程能否用加减乘除和开方（根式）求解，完全取决于这个多项式对应的伽罗瓦群是否是一个可解群。例如，5次及以上的一般多项式方程没有根式解，正是因为它们的伽罗瓦群（通常是 $S_n$ 或 $A_n$，$n \ge 5$）不是可解群。

本节开始正面回答之前提出的问题：除了我们已经熟悉的阿贝尔简单群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 之外，还有没有别的有限简单群？答案是肯定的，而且它们构成了群论中一片广阔而深刻的领域。

1. 第一类非阿贝尔简单群：交错群 $A_n$
   • 文章抛出了一个里程碑式的定理：定理 4.3.1。
   • 定理内容：对于所有 $n \ge 5$，交错群 $A_n$ (即 $S_n$ 中所有偶置换构成的群) 都是简单群。
   • 意义：这个定理一下子就给出了一个无限系列的非阿贝尔简单群。
   • $A_5$ (阶为 $5!/2 = 60$) 是简单群。
   • $A_6$ (阶为 $6!/2 = 360$) 是简单群。
   • $A_7$ (阶为 $7!/2 = 2520$) 是简单群。
   • ... 以此类推，无穷无尽。
   • 与伽罗瓦理论的联系：作者再次强调，这个结论是解释“为什么五次及以上方程没有通用求根公式”的核心。因为这些方程的伽罗瓦群 (如 $S_n, A_n$) 是非可解的，而其非可解性的根源，正是因为 $A_n$ ($n \ge 5$) 是一个非阿贝尔简单群。
2. $A_n$ 简单性的推论：$S_n$ 的正规子群
   • 利用 $A_n$ 是简单群这一事实，我们可以分析其父群 $S_n$ 的结构。
   • 推论 4.3.2 内容：对于 $n \ge 5$，对称群 $S_n$ 只有三个正规子群：平凡子群 $\{1\}$、交错群 $A_n$ 和 $S_n$ 自身。
   • 证明思路 (练习中概述)：设 $H \triangleleft S_n$。考虑 $H \cap A_n$。这个交集必然是 $A_n$ 的一个正规子群。但因为 $A_n$ 是简单群，所以 $H \cap A_n$ 只有两种可能：$\{1\}$ 或 $A_n$。分别讨论这两种情况，最终可以推出 $H$ 只能是 $\{1\}, A_n, S_n$ 中的一个。
   • 意义：这说明 $S_n$ ($n \ge 5$) 的内部结构非常“刚硬”，几乎没有可以被“剥离”的正规部分。
3. $A_5$ 的特殊地位
   • $A_5$ 是这个无限系列中的第一个成员，其阶为60。
   • 作者接着陈述了一个重要的事实：60是所有非阿贝尔简单群中阶最小的一个。
   • 定理：如果 $G$ 是一个非阿贝尔简单群，那么 $\#(G) \ge 60$。
   • 定理：如果一个非阿贝尔简单群的阶恰好是60，那么它必定同构于 $A_5$。
   • 这赋予了 $A_5$ 在有限群分类理论中一个独特的、奠基性的地位。它是最简单的“非交换原子”。
4. 展望
   • 最后，作者提醒我们，$A_n$ 系列虽然重要，但也只是冰山一角。还存在许多其他类型的非阿贝尔有限简单群。

继交错群 $A_n$ 之后，本节引入了第二族庞大的非阿贝尔简单群，它们源于线性代数，被称为“李型群”(Groups of Lie Type) 的最简单例子。

1. 构造的起点：一般线性群 $GL_2(\mathbb{F}_p)$
   • 我们从一个熟悉的线性代数对象开始：$2 \times 2$ 矩阵。
   • 但这些矩阵的元素（系数）不是来自实数或复数，而是来自一个有限域 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ (也记作 $\mathbb{F}_p$)，其中 $p$ 是一个素数。这意味着所有的加法和乘法都是模 $p$ 的。
   • 一般线性群 $GL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 是所有这些 $2 \times 2$ 矩阵中，行列式不为零的那些构成的群。
   • 运算是标准的矩阵乘法。因为行列式不为零，所以逆矩阵存在，构成一个群。
2. 第一次“剥离”：特殊线性群 $SL_2(\mathbb{F}_p)$
   • $GL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 不是简单群。因为它有一个非常自然的正规子群。
   • 考虑行列式映射 $\det: GL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) \to (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$。这个映射将一个矩阵映到它的行列式。目标群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^*$ 是 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 中所有非零元素在乘法下构成的循环群，阶为 $p-1$。
   • 根据矩阵乘法法则 $\det(AB) = \det(A)\det(B)$，这个映射是一个群同态。
   • 根据第一同构定理，这个同态的核 (kernel) 是一个正规子群。
   • 这个核就是所有行列式为1的矩阵的集合，被称为特殊线性群 $SL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$。
3. 第二次“剥离”：射影特殊线性群 $PSL_2(\mathbb{F}_p)$
   • $SL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 也不是简单群（通常情况下）。
   • 因为它包含一个中心 (center)。群的中心是指能与群中所有元素交换的元素集合，它总是一个正规子群。
   • 在 $SL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 中，单位矩阵 $I$ 和它的负数 $-I$ 都能与所有矩阵交换。所以 $\{I, -I\}$ 构成了它的中心的一个子群。当 $p>2$ 时， $I$ 和 $-I$ 是不同的两个元素。
   • 为了得到简单群，我们必须把这个中心也“除掉”。
   • 我们构造商群 $PSL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) = SL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) / \{I, -I\}$。这个群被称为射影特殊线性群。这才是我们最终想要的“原子”。
4. 小素数 $p$ 的情况 (巧合的同构)
   • 作者考察了当 $p$ 很小时，$PSL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 会是什么样子。
   • p=2: $GL_2(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$。在 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 中，$-1=1$，所以 $-I=I$，中心是平凡的。同时 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^*=\{1\}$，所以 $\det$ 映射的靶点是平凡群，这意味着 $GL_2=SL_2=PSL_2$。通过计算其阶为6，并分析其结构，可以证明 $PSL_2(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \cong S_3$。它不是简单群。
   • p=3: $\#(PSL_2(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})) = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot (3^2-1) = 12$。可以证明它同构于 $A_4$。它也不是简单群。
   • p=5: $\#(PSL_2(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})) = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot (5^2-1) = 60$。可以证明它同构于 $A_5$。它是一个简单群！
5. 新家族的诞生
   • 当 $p \ge 5$ 时，事情开始变得有趣。
   • p=7: $\#(PSL_2(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})) = \frac{1}{2} \cdot 7 \cdot (7^2-1) = 168$。这个阶数与任何 $A_n$ 的阶数 ($n!/2$) 都不匹配。这意味着我们发现了一个全新的简单群，它不属于交错群家族。
   • 通过比较阶的公式，可以证明对于所有 $p \ge 7$，$PSL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 都不是交错群。
6. 主定理
   • 定理 4.3.4: 对于所有素数 $p \ge 5$，$PSL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 都是简单群。
   • 这个定理又给出了一个无限系列的非阿贝尔简单群，它们是基于矩阵代数构造的。

本段从具体例子转向了对整个有限简单群分类工作的宏大叙述，描绘了一幅壮丽的数学史诗画卷。

1. 关于简单群阶的早期结果：
   • Burnside 定理 (约1900年)：一个非阿贝尔简单群的阶至少含有3个不同的素因子。例如， $A_5$ 的阶是 $60 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5$，含有3个素因子。这个定理排除了形如 $p^a q^b$ 的阶成为非阿贝尔简单群的可能。
   • Feit-Thompson 定理 (奇数阶定理) (1965年)：这是一个里程碑式的成就。它证明了所有奇数阶的有限群都是可解的。一个直接的推论是：任何非阿べる有限简单群的阶必须是偶数。这个证明极其复杂，长达250多页，标志着有限简单群分类攻坚战的正式开始。
2. 分类工作的艰巨历程：
   • 有限简单群分类定理 (Classification of Finite Simple Groups, CFSG)，有时被称为“世纪定理”，是20世纪数学最伟大的成就之一。
   • 这项工作集结了数代数学家，历时数十年。
   • 最初的证明在1983年左右被宣布完成，但它并非一篇论文，而是由分布在各种数学期刊上的数百篇论文组成，总页数达数千页。
   • 由于其极度的复杂性和分散性，证明中存在一些“漏洞”或需要“阐述”的细节。
   • 后续的“第二代证明”工作致力于填补这些漏洞和简化证明，这项工作直到2004年才基本完成，又增加了上千页的内容。
3. 分类的最终结果：简单群的“元素周期表”
   • 这个定理的最终结论是，任何一个有限简单群必定属于以下四类之一：
4. 循环群 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$：唯一的阿贝尔简单群家族。
5. 交错群 $A_n$ ($n \ge 5$)：我们已知的第一族非阿贝尔简单群。
6. 李型群 (Groups of Lie Type)：这是一个巨大的家族，包含了16个无限系列。它们大都是从各种矩阵群（定义在有限域上）通过类似 $PSL_2$ 的方式构造出来的，是李群和李代数在有限域上的对应物。我们之前学习的 $PSL_2(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ 只是其中最简单的一个系列。
7. 26个散在简单群 (Sporadic Simple Groups)：这是最神秘的一类。它们不属于任何一个有规律的无限系列，就像是元素周期表中的一些行为怪异的“孤岛”元素。它们是26个孤立的、独特的例子。
8. 散在群的“巨兽”：
   • 在26个散在群中，最大、最著名的一个是Fischer-Griess 巨兽群 (Monster Group)，常简称为巨兽。
   • 它在1981年被正式构造出来，但其存在性和性质在之前已经被推测了很久。
   • 它的阶是一个天文数字，约 $8 \times 10^{53}$，比地球上的原子数量还要多得多。
   • 巨兽群的惊人之处在于，它似乎与数学和物理的其他看似无关的领域有着深刻的内在联系，例如数论中的模形式（著名的“魔月猜想” Monstrous Moonshine）和弦理论中的顶点算子代数。这暗示着它背后可能隐藏着极其深刻的物理或几何原理。
   • 许多其他的散在群可以作为巨兽群的子群或子商群出现，因此巨兽在某种意义上“包含”了它们。

本节开始着手证明前文提出的核心定理：$A_n$ ($n \ge 5$) 是简单群。证明的策略是：要证 $A_n$ 简单，只需证其任意非平凡正规子群 $H$ 必然等于 $A_n$ 自身。本引理是这个策略的第一步，也是最关键的一步。

1. 引理的目标：它建立了一个强大的触发条件。即，一个正规子群 $H$ 要想“长大”并吞并整个 $A_n$，它需要满足的“最低消费”是什么？答案是：只要它包含任何一个3-循环。
2. 证明的大纲：
   • 前提1：我们已知 $A_n$ 是由全体3-循环生成的。这意味着，只要一个子群包含了所有的3-循环，它就必然是 $A_n$。
   • 前提2：$H$ 是一个正规子群。这意味着对于任何 $h \in H$ 和任何 $\rho \in A_n$，共轭元素 $\rho h \rho^{-1}$ 必须也属于 $H$。换句话说，$H$ 对 $A_n$ 的共轭作用是封闭的。
   • 核心任务：我们只需要证明，如果 $H$ 包含了一个3-循环（比如 $(a,b,c)$），那么利用 $H$ 的正规性，我们可以“制造”出任何其他的3-循环（比如 $(d,e,f)$）。一旦能做到这点，就说明 $H$ 包含了所有3-循环，因此 $H=A_n$。
3. 寻找共轭元 $\rho$：
   • 我们的目标是找到一个偶置换 $\rho \in A_n$，使得它能将已知的 $(a,b,c)$ 变成我们想要的 $(d,e,f)$，即满足 $\rho(a,b,c)\rho^{-1} = (d,e,f)$。
   • 根据置换共轭的性质，这个等式等价于 $(\rho(a), \rho(b), \rho(c)) = (d,e,f)$。
   • 所以，我们只需要找到一个 $\rho \in A_n$ 满足 $\rho(a)=d, \rho(b)=e, \rho(c)=f$。
4. 构造 $\rho$：
   • 第一步：构造一个通用的 $\sigma \in S_n$：我们先不管奇偶性，构造一个普通的置换 $\sigma$。
   • 让 $\sigma$ 把 $a$ 映到 $d$，$b$ 映到 $e$，$c$ 映到 $f$。
   • 对于不在 $\{a,b,c\}$ 里的其他元素，让 $\sigma$ 把它们一一映射到不在 $\{d,e,f\}$ 里的其他元素上。因为 $n \ge 5$，所以两边都至少还有 $n-3 \ge 2$ 个元素，所以这种映射总是可以做到的。
   • 这个 $\sigma$ 就满足 $\sigma(a,b,c)\sigma^{-1} = (d,e,f)$。
   • 第二步：调整 $\sigma$ 的奇偶性，得到 $\rho \in A_n$：
   • 情况A：如果 $\sigma$ 本身是偶置换：太好了，我们直接取 $\rho = \sigma$ 即可。$\rho$ 就在 $A_n$ 中，任务完成。
   • 情况B：如果 $\sigma$ 是奇置换：我们需要对 $\sigma$ 做一点“微调”，把它变成偶置换，同时又不能改变它对 $a,b,c$ 的作用。
   • 这里的关键是利用条件 $n \ge 5$。这意味着在 $\{1, ..., n\}$ 中，除了 $a,b,c$ 和 $d,e,f$ 之外，我们至少还能找到两个不相关的元素。更简单地说，在 $\{1, ..., n\}$ 中除了 $\{a,b,c\}$ 之外，至少还有两个元素，我们称之为 $x, y$。
   • 我们构造一个新的置换 $\rho = \sigma \cdot (x,y)$，其中 $(x,y)$ 是一个对换。
   • $\rho$ 是偶置换吗？ 是的。因为 $\sigma$ 是奇的，$(x,y)$ 是奇的，奇 $\times$ 奇 = 偶。所以 $\rho \in A_n$。
   • $\rho$ 还满足我们的映射要求吗？ 是的。因为我们选择的 $x,y$ 都不是 $a,b,c$，所以对换 $(x,y)$ 不会影响 $a,b,c$。因此 $\rho(a) = \sigma((x,y)(a)) = \sigma(a) = d$。同理 $\rho(b)=e, \rho(c)=f$。
   • 所以，这个新的 $\rho$ 就是我们想要的、住在 $A_n$ 里的那个共轭元。
5. 完成证明：我们已经证明了，总能找到一个 $\rho \in A_n$ 使得任意一个3-循环 $(d,e,f)$ 都可以表示为 $\rho(a,b,c)\rho^{-1}$。因为 $H$ 是正规的且包含 $(a,b,c)$，所以 $H$ 也必须包含所有的 $\rho(a,b,c)\rho^{-1}$，即 $H$ 包含所有3-循环。又因为 $A_n$ 是由3-循环生成的，所以 $H=A_n$。

本引理应用上一步的结果来攻克第一个具体的堡垒：证明 $A_5$ 是简单群。

1. 证明目标：根据引理 4.4.1，我们只需要证明：任何一个非平凡的正规子群 $H \triangleleft A_5$ (即 $H \neq \{1\}$)，都必然包含一个3-循环。
2. 分析 $A_5$ 的元素类型：
   • 首先，我们需要知道 $A_5$ 里都有哪些类型的元素。一个元素 $\sigma \in S_5$ 是偶置换，它的循环结构只能是以下几种：
3. 恒等元 (identity): (1) - 阶为1。
4. 3-循环 (3-cycle): (abc) - 阶为3。例如 (123)。
5. 5-循环 (5-cycle): (abcde) - 阶为5。例如 (12345)。
6. 两个不相交的对换的乘积 (product of two disjoint transpositions): (ab)(cd) - 阶为2。例如 (12)(34)。
   • (注意：单个对换(ab)和4-循环(abcd)都是奇置换，不在 $A_5$ 中。)
7. 分类讨论：
   • 我们假设 $H$ 是 $A_5$ 的一个非平凡正规子群。这意味着 $H$ 中至少包含一个非恒等元素。这个元素必然是上面三种类型（3-循环、5-循环、(2,2)-型）之一。
   • 情况一：$H$ 包含一个 3-循环。
   • 太好了，直接命中了引理 4.4.1的条件。我们立刻可以得出结论 $H=A_5$。证明完成。
   • 情况二：$H$ 包含一个 (2,2)-型置换。
   • 假设 $h = (a,b)(c,d) \in H$。我们的目标是利用这个 $h$ 和 $H$ 的性质，“制造”出一个3-循环。
   • 在 $\{1,2,3,4,5\}$ 中，必然存在一个元素 $e$ 没有在 $a,b,c,d$ 中出现。
   • 我们巧妙地构造一个共轭元 $\sigma = (a,b)(d,e)$。这是一个偶置换，所以 $\sigma \in A_5$。
   • 因为 $H$ 是正规子群，所以共轭 $h' = \sigma h \sigma^{-1}$ 必然也在 $H$ 中。
   • 我们计算这个共轭：$h' = \sigma (a,b)(c,d) \sigma^{-1} = (\sigma(a),\sigma(b))(\sigma(c),\sigma(d)) = (b,a)(c,e) = (a,b)(c,e)$。所以 $(a,b)(c,e) \in H$。
   • 现在 $H$ 中有两个元素了：$(a,b)(c,d)$ 和 $(a,b)(c,e)$。因为 $H$ 是子群，它对乘法封闭。我们把这两个元素乘起来：
   • 看！我们得到了一个3-循环 $(c,e,d)$。因为它在 $H$ 中，我们又回到了情况一。因此 $H=A_5$。
   • 情况三：$H$ 包含一个 5-循环。
   • 假设 $h = (a,b,c,d,e) \in H$。我们再次尝试用共轭和乘法制造一个3-循环。
   • 这次我们构造一个不同的共轭元 $\sigma = (a,b)(c,d)$。这也是一个偶置换，$\sigma \in A_5$。
   • 因为 $H$ 是正规子群，共轭 $h' = \sigma h \sigma^{-1}$ 也在 $H$ 中。
   • 计算共轭：$h' = \sigma(a,b,c,d,e)\sigma^{-1} = (\sigma(a),\sigma(b),\sigma(c),\sigma(d),\sigma(e)) = (b,a,d,c,e)$。所以 $(b,a,d,c,e) \in H$。
   • 现在 $H$ 中有两个5-循环了。我们把它们乘起来：
   • 我们来计算这个乘积如何作用于元素 $a$：$a \to b \to a$。$a$ 不动。
   • 作用于 $b$：$b \to a \to b$。$b$ 不动。
   • 作用于 $c$：$c \to d \to c$。$c$ 不动。
   • 等等，这个计算似乎有问题，我们手动算一下：

让我们尝试另一个共轭元。设 $\tau=(c,d,e) \in A_5$。

$h=(a,b,c,d,e) \in H$。

$\tau h \tau^{-1} = (\tau(a), \tau(b), \tau(c), \tau(d), \tau(e)) = (a,b,d,e,c) \in H$。

现在 $H$ 中有 $h=(a,b,c,d,e)$ 和 $h'=(a,b,d,e,c)$。

$h^{-1} h' = (e,d,c,b,a)(a,b,d,e,c) = (b,e,d)$。这是一个3-循环！

因此，虽然原文的计算细节可能有笔误，但其思路是完全正确的：通过取一个合适的共轭，然后与原元素（或其逆）相乘，总能制造出一个3-循环。

我们回到情况一，得出结论 $H=A_5$。

1. 最终结论：无论一个非平凡正规子群 $H$ 从哪种类型的元素开始，我们总能通过一系列合法的群操作（取共轭、乘法），在 $H$ 内部“制造”出一个3-循环。一旦有了3-循环，根据引理 4.4.1，$H$ 就必然是 $A_5$。这就证明了 $A_5$ 除了 $\{1\}$ 和自身之外，没有别的正规子群，因此 $A_5$ 是简单群。

本段概述了证明 $A_n$ ($n \ge 5$) 简单的最后一步：数学归纳法。它将问题从 $n$ 的情况巧妙地“降维”到 $n-1$ 的情况。

1. 归纳法框架：
   • 基础步骤 (Base Case)：$n=5$ 的情况。我们在引理 4.4.2 中已经证明了 $A_5$ 是简单群。基础已奠定。
   • 归纳假设 (Inductive Hypothesis)：我们假设对于某个 $n-1 \ge 5$，结论是成立的。即，我们假设 $A_{n-1}$ 是简单群。
   • 归纳步骤 (Inductive Step)：我们需要在归纳假设的基础上，证明结论对于 $n$ 也成立。即，我们需要证明 $A_n$ 也是简单群。
2. 归纳步骤的证明策略：
   • 我们的目标是证明 $A_n$ 是简单的。根据定义，这等价于证明：对于任何一个非平凡的正规子群 $H \triangleleft A_n$ ($H \neq \{1\}$)，我们必须有 $H=A_n$。
   • 根据引理 4.4.1，要证明 $H=A_n$，我们只需要在 $H$ 中找到一个3-循环即可。
   • 所以，整个归纳步骤的核心任务就变成了：证明任何非平凡正规子群 $H \triangleleft A_n$ 必定包含一个 3-循环。
3. 利用归纳假设：引入 $A_{n-1}$
   • 我们的“武器”是 $A_{n-1}$ 是简单的。我们怎么在 $A_n$ 的证明中用上它？我们需要在 $A_n$ 内部找到一个 $A_{n-1}$ 的“副本”。
   • 作者引入了 $H_n = \{\sigma \in S_n \mid \sigma(n)=n\}$，即 $S_n$ 中所有固定元素 $n$ 的置换构成的子群。这个子群显然同构于 $S_{n-1}$。
   • 我们关心的是 $A_n$ 中的情况，所以我们考虑 $H_n \cap A_n$。这个子群是 $A_n$ 中所有固定元素 $n$ 的置换。这个群同构于 $A_{n-1}$。
   • 根据我们的归纳假设，$H_n \cap A_n \cong A_{n-1}$ 是一个简单群！这是我们可以利用的关键信息。
4. 新的证明策略：
   • 现在我们有一个正规子群 $H \triangleleft A_n$，还有一个简单子群 $G' = H_n \cap A_n \cong A_{n-1}$。
   • 考虑它们的交集 $H \cap G'$，也就是 $H \cap (H_n \cap A_n)$。
   • 这个交集 $H \cap G'$ 是 $G'$ 的一个正规子群。（因为 $H$ 在 $A_n$ 中正规，那么它与 $A_n$ 的任何子群 $G'$ 的交，在 $G'$ 中也是正规的，这是一个标准结论）。
   • 但 $G'$ 是一个简单群！根据简单群的定义，$G'$ 的正规子群只有两个：平凡子群 $\{1\}$ 和它自身 $G'$。
   • 所以，$H \cap G'$ 只能是 $\{1\}$ 或者 $G'$。
   • 美妙的突破口：如果我们能证明 $H \cap G' \neq \{1\}$，那么它就只能是 $G'$。
   • 如果 $H \cap G' = G'$，这意味着 $G' \subseteq H$。也就是说，我们的正规子群 $H$ 把整个 $A_{n-1}$ 的副本都“吞”下去了。
   • 因为 $n \ge 6$，所以 $n-1 \ge 5$。$A_{n-1}$ 中包含了大量的3-循环（例如 (123)）。
   • 因此，只要 $H$ 吞下了 $A_{n-1}$，它就必然包含了一个3-循环。
   • 一旦 $H$ 包含了一个3-循环，根据引理 4.4.1，我们立刻得到 $H=A_n$。
5. 归纳证明的最终任务：
   • 整个宏大的证明，现在被简化为了最后一步：对于任何非平凡正规子群 $H \triangleleft A_n$，我们必须证明 $H \cap (H_n \cap A_n) \neq \{1\}$。
   • 换句话说，我们必须证明：在 $H$ 中，必然存在一个非恒等的置换 $\sigma$，它恰好固定了元素 $n$ ($\sigma(n)=n$)。
   • 接下来的段落，就是致力于完成这个最后的、具体的目标。

这是整个定理证明的最后冲刺和收尾工作。我们的唯一目标是：给定一个非平凡正规子群 $H \triangleleft A_n$ (对于 $n \ge 6$)，证明在 $H$ 中一定能找到一个非单位元的置换 $\tau$，使得它固定元素 $n$，即 $\tau(n)=n$。

1. 问题的设定：
   • 我们从 $H$ 中任意取一个非单位元素 $\sigma$。
   • 如果 $\sigma(n)=n$，那我们直接就找到了，任务完成。
   • 所以，我们只需要处理 $\sigma(n) \neq n$ 的情况。假设 $\sigma(n)=i$，其中 $i \neq n$。
2. 构造新元素 $\tau$：我们的策略是，利用这个移动了 $n$ 的 $\sigma$，通过一系列群运算，构造出一个新的、我们想要的、固定了 $n$ 的元素 $\tau$。一个非常常见的构造方式是利用交换子 (commutator) 的思想，即构造 $\tau = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1}$ (这里原文用的是 $\sigma^{-1} (\rho \sigma \rho^{-1})$，本质类似)。这种元素常常具有特殊的性质。
3. 分类讨论 $\sigma$ 的行为：我们根据 $\sigma$ 如何作用于 $i = \sigma(n)$ 来分两种情况讨论。

情况一：$\sigma$ 没把 $i$立刻送回 $n$

• 假设: $\sigma(n)=i$ 并且 $\sigma(i)=j$，其中 $j \neq n$。
• 这意味着 $\sigma$ 的循环分解中包含一个形如 $(n, i, j, ...)$ 的部分。
• 构造共轭元 $\rho$: 我们需要一个 $\rho \in A_n$ 来和 $\sigma$ 作用。这个 $\rho$ 的选择非常巧妙：它需要移动 $\sigma$ 涉及的一些元素，但要避开 $n$。
• 我们选择一个 $k \notin \{n, i, j\}$。
• 我们想构造一个包含 $(j,k)$ 的置换。但 $(j,k)$ 是奇置换。
• 关键：利用 $n \ge 6$ 的条件。这意味着除了 $n,i,j,k$ 四个元素外，我们至少还能找到两个元素 $a,b$。
• 我们构造 $\rho = (j,k)(a,b)$。这是一个偶置换，所以 $\rho \in A_n$。并且，根据我们的构造，$\rho$ 固定了 $n$ 和 $i$ ($\rho(n)=n, \rho(i)=i$)，但移动了 $j$ ($\rho(j)=k$)。
• 构造 $\tau$: 令 $\tau = \sigma^{-1} (\rho \sigma \rho^{-1})$。（原文写的是 $\sigma^{-1}\rho\sigma\rho^{-1}$，这是一个标准的交换子形式 $[ \sigma, \rho^{-1} ]$）。因为 $H$ 是正规子群，$\sigma, \sigma^{-1} \in H$，且 $\rho\sigma\rho^{-1} \in H$ 是不可能的（因为 $\rho \notin H$），而是因为 $H$ 正规，所以 $(\rho \sigma \rho^{-1}) \sigma^{-1} \in H$。这个逻辑链有点绕。更直接的是：$\rho \in A_n, \sigma \in H \triangleleft A_n$, 所以 $\rho\sigma\rho^{-1} \in H$。又因为 $H$ 是子群，$\sigma^{-1} \in H$，所以 $\tau' = \sigma^{-1}(\rho\sigma\rho^{-1}) \in H$。
• 证明 $\tau(n)=n$: 我们来计算 $\tau$ 如何作用于 $n$。
• $\tau(n) = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1}(n)$。
• 因为 $\rho$ 不动 $n$，所以 $\rho^{-1}(n)=n$。
• 代入得 $\sigma^{-1} \rho \sigma (n)$。
• $\sigma(n)=i$。代入得 $\sigma^{-1} \rho(i)$。
• 因为 $\rho$ 也不动 $i$，所以 $\rho(i)=i$。
• 代入得 $\sigma^{-1}(i)$。
• 我们知道 $\sigma(n)=i$，所以 $\sigma^{-1}(i)=n$。
• 所以 $\tau(n)=n$！我们成功制造了一个不动点 $n$。
• 证明 $\tau \neq 1$: 我们必须保证我们制造出的不是单位元。
• 我们计算 $\tau(i)$。
• $\tau(i) = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1}(i)$。
• $\rho^{-1}(i)=i$。代入得 $\sigma^{-1} \rho \sigma (i)$。
• $\sigma(i)=j$。代入得 $\sigma^{-1} \rho (j)$。
• $\rho(j)=k$。代入得 $\sigma^{-1}(k)$。
• 所以 $\tau(i) = \sigma^{-1}(k)$。如果 $\tau$ 是单位元，那么 $\tau(i)$ 应该等于 $i$。
• 这是否可能？如果 $\sigma^{-1}(k)=i$，那么 $\sigma(i)=k$。但这与我们的假设 $\sigma(i)=j$ 矛盾 (因为 $k \neq j$)。
• 所以 $\tau(i) \neq i$，因此 $\tau$ 不是单位元。
• 小结: 情况一解决。我们找到了一个非平凡的、固定了 $n$ 的元素 $\tau \in H$。

情况二：$\sigma$ 把 $i$ 立刻送回 $n$

• 假设: $\sigma(n)=i$ 并且 $\sigma(i)=n$。这意味着 $\sigma$ 的循环分解中包含一个对换 $(n,i)$。
• 因为 $\sigma$ 是一个偶置换，它不可能仅仅是 $(n,i)$。它必须还包含其他循环。所以存在 $j \notin \{n,i\}$，使得 $\sigma$ 移动了 $j$。设 $\sigma(j)=k$。
• 构造共轭元 $\rho$: 这次我们构造一个更简单的 $\rho$。
• 利用 $n \ge 6$ (实际上 $n \ge 5$ 就够了)，我们能找到两个元素 $\ell, m$，它们与 $n,i,j,k$ 都不同。
• 我们构造一个3-循环 $\rho = (j, \ell, m)$。这是一个偶置换，所以 $\rho \in A_n$。
• 这个 $\rho$ 的特点是：它不动 $n,i,k$，但移动了 $j$。
• 构造 $\tau$: 同样令 $\tau = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1} \in H$。
• 证明 $\tau(n)=n$:
• $\tau(n) = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1}(n)$。
• $\rho$ 不动 $n$，所以 $\rho^{-1}(n)=n$。代入得 $\sigma^{-1} \rho \sigma (n)$。
• $\sigma(n)=i$。代入得 $\sigma^{-1} \rho(i)$。
• $\rho$ 不动 $i$。代入得 $\sigma^{-1}(i)$。
• $\sigma(i)=n$。代入得 $n$。
• 所以 $\tau(n)=n$。再次成功。
• 证明 $\tau \neq 1$:
• 我们计算 $\tau(\ell)$。
• $\tau(\ell) = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1}(\ell)$。
• $\rho^{-1}(\ell) = j$ (因为 $\rho=(j,\ell,m)$)。代入得 $\sigma^{-1} \rho \sigma(j)$。
• $\sigma(j)=k$。代入得 $\sigma^{-1} \rho(k)$。
• $\rho$ 不动 $k$。代入得 $\sigma^{-1}(k)$。
• 所以 $\tau(\ell)=\sigma^{-1}(k)$。
• 原文这里有个笔误，我们重新计算。

$\tau(\ell) = \sigma^{-1} \rho \sigma \rho^{-1}(\ell)$。

$\rho^{-1}(\ell)=j$。代入 $\sigma^{-1} \rho \sigma(j)$。

$\sigma(j)=k$。代入 $\sigma^{-1} \rho(k)$。

$\rho(k)=k$。代入 $\sigma^{-1}(k)$。

$\sigma^{-1}(k)=j$。所以 $\tau(\ell)=j$。

因为 $\ell$ 和 $j$ 是不同的元素，所以 $\tau(\ell)=j \neq \ell$。

因此 $\tau$ 不是单位元。

• 小结: 情况二也解决。

1. 最终结论: 无论我们从 $H$ 中取出的非单位元素 $\sigma$ 是哪种，只要它移动了元素 $n$，我们总能通过构造一个巧妙的交换子 $\tau$，得到一个新的、非平凡的、且固定了元素 $n$ 的元素 $\tau \in H$。这就完成了归纳证明中最关键的一步。整个大厦宣告建成。

这个习题旨在考察对群同态、内射（一对一）和满射（映上）这三个基本概念的理解。它通过一个非常相似的函数定义，作用在两个不同的群上，来凸显群的“运算”在判断同态时的核心地位。

(i) 部分：$f: (\mathbb{Q}, +) \rightarrow (\mathbb{Q}, +)$

1. 分析群的结构：
   • 定义域是 $\mathbb{Q}$，即所有有理数的集合。当没有指明运算时，对于 $\mathbb{Q}$ 我们通常默认它是加法群 $(\mathbb{Q}, +)$。其运算是普通的加法，单位元是 0。
   • 到达域也是 $(\mathbb{Q}, +)$。
   • 函数是 $f(r) = r/2$。
2. 判断是否为同态：
   • 同态的定义：$f$ 是一个从群 $(G, *)$到群 $(H, \circ)$ 的同态，当且仅当对于所有 $a, b \in G$，有 $f(a*b) = f(a) \circ f(b)$。
   • 应用到本题：我们需要验证对于任意有理数 $r_1, r_2 \in \mathbb{Q}$，是否有 $f(r_1 + r_2) = f(r_1) + f(r_2)$。
   • 计算左边：$f(r_1 + r_2) = (r_1 + r_2) / 2$。
   • 计算右边：$f(r_1) + f(r_2) = (r_1 / 2) + (r_2 / 2) = (r_1 + r_2) / 2$。
   • 比较：左边 = 右边。
   • 结论：$f$ 是一个同态。
3. 判断是否为内射 (Injective / One-to-one)：
   • 内射的定义：如果 $f(r_1) = f(r_2)$ 能推出 $r_1 = r_2$。
   • 另一种判断方法（สำหรับ同态）：一个群同态是内射的，当且仅当它的核 (kernel) 只包含单位元。
   • 计算核：$\ker(f) = \{ r \in \mathbb{Q} \mid f(r) = 0 \}$ (这里的0是到达域的单位元)。
   • $f(r) = r/2 = 0$。解这个方程，得到 $r=0$。
   • 所以 $\ker(f) = \{0\}$。核是平凡的。
   • 结论：$f$ 是内射的。
4. 判断是否为满射 (Surjective / Onto)：
   • 满射的定义：对于到达域 $\mathbb{Q}$ 中的任意一个元素 $y$，我们是否都能在定义域 $\mathbb{Q}$ 中找到一个元素 $x$，使得 $f(x)=y$。
   • 验证：任取一个有理数 $y \in \mathbb{Q}$。我们想找一个 $x$ 使得 $f(x) = x/2 = y$。
   • 解这个方程，得到 $x = 2y$。
   • 因为 $y$ 是有理数，所以 $2y$ 也必然是一个有理数。这意味着我们总能找到所需的 $x$。
   • 结论：$f$ 是满射的。

(ii) 部分：$g: (\mathbb{Q}^*, \times) \rightarrow (\mathbb{Q}^*, \times)$

1. 分析群的结构：
   • 定义域是 $\mathbb{Q}^*$，即所有非零有理数的集合。这里的群运算是乘法 $(\mathbb{Q}^*, \times)$。单位元是 1。
   • 到达域也是 $(\mathbb{Q}^*, \times)$。
   • 函数是 $g(r) = r/2$。
2. 判断是否为同态：
   • 应用定义：我们需要验证对于任意非零有理数 $r_1, r_2 \in \mathbb{Q}^*$，是否有 $g(r_1 \times r_2) = g(r_1) \times g(r_2)$。
   • 计算左边：$g(r_1 \times r_2) = (r_1 \times r_2) / 2$。
   • 计算右边：$g(r_1) \times g(r_2) = (r_1 / 2) \times (r_2 / 2) = (r_1 \times r_2) / 4$。
   • 比较：$(r_1 \times r_2) / 2 \neq (r_1 \times r_2) / 4$ (除非 $r_1 r_2=0$ 或 $2=4$，但这都不成立)。
   • 结论：$g$ 不是一个同态。
3. 判断是否为内射：
   • 应用定义：如果 $g(r_1) = g(r_2)$ 是否能推出 $r_1 = r_2$。
   • $g(r_1) = r_1/2$，$g(r_2) = r_2/2$。
   • 如果 $r_1/2 = r_2/2$，两边同乘以2，得到 $r_1 = r_2$。
   • 结论：$g$ 是内射的。（注意：即使它不是同态，我们依然可以讨论它作为普通函数的性质）。
4. 判断是否为满射：
   • 应用定义：对于到达域 $\mathbb{Q}^*$ 中的任意一个元素 $y$，我们是否都能在定义域 $\mathbb{Q}^*$ 中找到一个元素 $x$，使得 $g(x)=y$。
   • 验证：任取一个非零有理数 $y \in \mathbb{Q}^*$。我们想找一个 $x$ 使得 $g(x) = x/2 = y$。
   • 解得 $x=2y$。
   • 因为 $y$ 是非零有理数，所以 $2y$ 也必然是一个非零有理数。所以我们总能找到所需的 $x \in \mathbb{Q}^*$。
   • 结论：$g$ 是满射的。

这个习题旨在考察对群同态、内射（一对一）和满射（映上）这三个基本概念的理解。它通过一个非常相似的函数定义，作用在两个不同的群上，来凸显群的“运算”在判断同态时的核心地位。

(i) 部分：$f: (\mathbb{Q}, +) \rightarrow (\mathbb{Q}, +)$

1. 分析群的结构：
   • 定义域是 $\mathbb{Q}$，即所有有理数的集合。当没有指明运算时，对于 $\mathbb{Q}$ 我们通常默认它是加法群 $(\mathbb{Q}, +)$。其运算是普通的加法，单位元是 0。
   • 到达域也是 $(\mathbb{Q}, +)$。
   • 函数是 $f(r) = r/2$。
2. 判断是否为同态：
   • 同态的定义：$f$ 是一个从群 $(G, *)$到群 $(H, \circ)$ 的同态，当且仅当对于所有 $a, b \in G$，有 $f(a*b) = f(a) \circ f(b)$。
   • 应用到本题：我们需要验证对于任意有理数 $r_1, r_2 \in \mathbb{Q}$，是否有 $f(r_1 + r_2) = f(r_1) + f(r_2)$。
   • 计算左边：$f(r_1 + r_2) = (r_1 + r_2) / 2$。
   • 计算右边：$f(r_1) + f(r_2) = (r_1 / 2) + (r_2 / 2) = (r_1 + r_2) / 2$。
   • 比较：左边 = 右边。
   • 结论：$f$ 是一个同态。
3. 判断是否为内射 (Injective / One-to-one)：
   • 内射的定义：如果 $f(r_1) = f(r_2)$ 能推出 $r_1 = r_2$。
   • 另一种判断方法（对于同态）：一个群同态是内射的，当且仅当它的核 (kernel) 只包含单位元。
   • 计算核：$\ker(f) = \{ r \in \mathbb{Q} \mid f(r) = 0 \}$ (这里的0是到达域的单位元)。
   • $f(r) = r/2 = 0$。解这个方程，得到 $r=0$。
   • 所以 $\ker(f) = \{0\}$。核是平凡的。
   • 结论：$f$ 是内射的。
4. 判断是否为满射 (Surjective / Onto)：
   • 满射的定义：对于到达域 $\mathbb{Q}$ 中的任意一个元素 $y$，我们是否都能在定义域 $\mathbb{Q}$ 中找到一个元素 $x$，使得 $f(x)=y$。
   • 验证：任取一个有理数 $y \in \mathbb{Q}$。我们想找一个 $x$ 使得 $f(x) = x/2 = y$。
   • 解这个方程，得到 $x = 2y$。
   • 因为 $y$ 是有理数，所以 $2y$ 也必然是一个有理数。这意味着我们总能找到所需的 $x$。
   • 结论：$f$ 是满射的。

(ii) 部分：$g: (\mathbb{Q}^*, \times) \rightarrow (\mathbb{Q}^*, \times)$

1. 分析群的结构：
   • 定义域是 $\mathbb{Q}^*$，即所有非零有理数的集合。这里的群运算是乘法 $(\mathbb{Q}^*, \times)$。单位元是 1。
   • 到达域也是 $(\mathbb{Q}^*, \times)$。
   • 函数是 $g(r) = r/2$。
2. 判断是否为同态：
   • 应用定义：我们需要验证对于任意非零有理数 $r_1, r_2 \in \mathbb{Q}^*$，是否有 $g(r_1 \times r_2) = g(r_1) \times g(r_2)$。
   • 计算左边：$g(r_1 \times r_2) = (r_1 \times r_2) / 2$。
   • 计算右边：$g(r_1) \times g(r_2) = (r_1 / 2) \times (r_2 / 2) = (r_1 \times r_2) / 4$。
   • 比较：$(r_1 \times r_2) / 2 \neq (r_1 \times r_2) / 4$ (除非 $r_1 r_2=0$ 或 $2=4$，但这都不成立)。
   • 结论：$g$ 不是一个同态。
3. 判断是否为内射：
   • 应用定义：如果 $g(r_1) = g(r_2)$ 是否能推出 $r_1 = r_2$。
   • $g(r_1) = r_1/2$，$g(r_2) = r_2/2$。
   • 如果 $r_1/2 = r_2/2$，两边同乘以2，得到 $r_1 = r_2$。
   • 结论：$g$ 是内射的。（注意：即使它不是同态，我们依然可以讨论它作为普通函数的性质）。
4. 判断是否为满射：
   • 应用定义：对于到达域 $\mathbb{Q}^*$ 中的任意一个元素 $y$，我们是否都能在定义域 $\mathbb{Q}^*$ 中找到一个元素 $x$，使得 $g(x)=y$。
   • 验证：任取一个非零有理数 $y \in \mathbb{Q}^*$。我们想找一个 $x$ 使得 $g(x) = x/2 = y$。
   • 解得 $x=2y$。
   • 因为 $y$ 是非零有理数，所以 $2y$ 也必然是一个非零有理数。所以我们总能找到所需的 $x \in \mathbb{Q}^*$。
   • 结论：$g$ 是满射的。