5.3_群作用与西罗定理_习题.ZH解释

这段是定理2.4.9证明的开端。这个定理在有限群论中非常著名，它揭示了阶数为60的简单群只有一个（在同构意义下），那就是交错群 $A_5$。证明的核心思想是利用强大的Sylow定理来分析Sylow子群的数量，并通过排除所有其他可能性来锁定$G$的结构。

1. 前提分析:
   • G是一个60阶群: 意味着群$G$中含有60个元素，即群的阶 $|G|=60$。
   • G是一个简单群: “简单群”是群论中的原子概念。它指的是一个群，其正规子群只有两个：它自身和仅包含单位元的平凡子群。任何有限群都可以被分解为简单群，类似于整数可以被分解为素数。所以研究简单群至关重要。阶数为60的简单群是最小的非阿贝尔简单群。
   • 目标: 证明 $G$ 与 交错群 $A_5$ 同构（$G \cong A_5$）。同构意味着两个群在结构上是完全一样的，只是元素的名字不同。$A_5$ 是所有作用于5个元素集合上的偶置换构成的群，其阶数为 $5!/2 = 120/2 = 60$。
2. Sylow定理的应用:
   • 计算2-Sylow子群的阶: 首先对阶数进行质因数分解：$60 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5$。Sylow第一定理告诉我们，对于每个整除群阶的质数的幂 $p^k$，都存在一个阶为 $p^k$ 的子群。这里，我们关注质数 $p=2$，其最高次幂是 $2^2=4$。所以，$G$ 必定存在阶为4的子群，这些子群被称为 2-Sylow子群。
   • 分析2-Sylow子群的数量 (n₂): Sylow第三定理给出了p-Sylow子群数量 $n_p$ 的两个关键性质：
   • $n_p$ 整除 $|G|/p^k$。在这里，$n_2$ 必须整除 $60/4=15$。
   • $n_p \equiv 1 \pmod{p}$。在这里，$n_2 \equiv 1 \pmod{2}$，意味着 $n_2$ 必须是一个奇数。
   • 筛选可能性: 结合这两点， $n_2$ 必须是15的奇数因子。15的因子有1, 3, 5, 15，其中奇数是1, 3, 5, 15。所以 $n_2$ 只可能是这四个值之一。
3. 逐一排除不可能的情况:
   • 排除 n₂ = 1: 如果 $n_2 = 1$，意味着群$G$中只有一个2-Sylow子群。Sylow第二定理的一个重要推论是：一个p-Sylow子群是正规子群的充分必要条件是 $n_p=1$。如果这个唯一的2-Sylow子群是正规的，那么它就是一个阶为4的正规子群。但我们的前提是$G$是简单群，除了自身和平凡子群外，不能有任何其他正规子群。这个阶为4的子群既不是$G$自身（阶为60），也不是平凡子群（阶为1），所以它是一个“非平凡的真正规子群”。这与$G$是简单群的假设相矛盾。因此，$n_2$ 不可能为1。
   • 排除 n₂ = 3: 证明引用了一个引理 2.4.1（此处未给出原文，但其核心思想是关于群作用于其Sylow子群集合上的）。当一个群$G$作用于其p-Sylow子群的集合 $Y_p$ 上时，会产生一个从$G$到$S_{n_p}$的群同态（$S_k$是作用在k个元素上的对称群）。这个同态的核（Kernel）是$G$的一个正规子群。由于$G$是简单群，这个核要么是$G$本身，要么是平凡子群$\{1\}$。如果核是$G$，意味着$G$中所有元素都“固定”了所有的Sylow子群，这与 $n_p > 1$ 的情况不符。所以核必须是平凡子群$\{1\}$。这意味着这个同态是单射（一对一的）。根据群论的基本定理，如果存在从$G$到$H$的单射，那么$|G|$必须整除$|H|$。在这里，我们有从$G$到$S_{n_2}$的单射，所以$|G|$必须整除$|S_{n_2}|! = (n_2)!$。当 $n_2=3$ 时，我们需要检查 $|G|=60$ 是否整除 $3! = 6$。显然60不能整除6。因此，$n_2=3$ 的情况被排除。

这一小段处理了 $n_2=5$ 的情况。这是证明的关键一步，它直接将群 $G$ 和 $A_5$ 联系起来。

1. 假设: 我们现在只剩下两种可能性 $n_2=5$ 或 $n_2=15$。本段先处理 $n_2=5$ 的情况。
2. 再次应用引理: 和排除 $n_2=3$ 时一样，我们再次考虑群 $G$ 通过共轭作用于其5个2-Sylow子群的集合 $Y_2$ 上。这个作用诱导了一个从 $G$到 $S_5$ (作用在5个元素上的对称群) 的群同态，我们称之为 $\phi: G \to S_5$。
3. 分析同态的核:
   • 核 $\ker(\phi)$ 是 $G$ 的一个正规子群。
   • 由于 $G$ 是简单群，$\ker(\phi)$ 只能是 $\{1\}$ 或 $G$。
   • 如果 $\ker(\phi) = G$，那么 $G$ 中所有元素都通过共轭“固定”了所有的2-Sylow子群。但Sylow第二定理保证了共轭作用是传递的，即任何一个2-Sylow子群都可以通过共轭变成另一个。这意味着作用并非平凡，所以 $\ker(\phi) \neq G$。
   • 因此，$\ker(\phi) = \{1\}$。
4. 单射和同构:
   • $\ker(\phi) = \{1\}$ 意味着同态 $\phi$ 是单射。这使得 $G$ 与 $S_5$ 的一个子群 $\phi(G)$ 同构。
   • 根据拉格朗日定理，$|G|$ 必须整除 $|\phi(G)|$。由于是同构，所以 $|\phi(G)| = |G| = 60$。
5. 目标群的特征:
   • 我们现在知道 $S_5$ 中有一个阶为60的子群，并且 $G$ 与之同构。
   • $S_5$ 的阶是 $5! = 120$。
   • 我们知道 $S_5$ 有一个著名的阶为60的子群，就是交错群 $A_5$（所有偶置换构成的子群）。事实上，可以证明 $A_5$ 是 $S_5$ 中唯一的阶为60的子群。
   • 因此，$\phi(G)$ 必然就是 $A_5$。
   • 所以，我们得出结论 $G \cong A_5$。
6. 原文的表述: 原文“由于 $\#(G)=5!/ 2$”是一个笔误或者说是一种非常简略的说法，它直接跳到了结论。更准确的逻辑链是：$n_2=5 \implies G$ 单射嵌入 $S_5 \implies G$ 同构于一个 $S_5$ 的60阶子群 $\implies$ 这个子群是 $A_5 \implies G \cong A_5$。$A_5$ 的阶恰好是 $5!/2=60$。

这是证明的最后一部分，也是最复杂的部分，采用了反证法和计数论证来排除 $n_2=15$ 的可能性。

1. 目标: 证明 $n_2=15$ 的情况不可能发生。
2. 核心论断: 证明的第一步是声称：如果 $n_2=15$，那么必定存在两个不同的2-Sylow子群 $H$ 和 $K$，它们的交集 $H \cap K$ 的阶为2（即包含两个元素：单位元和一个二阶元素）。
3. 反证法开始: 为了证明这个论断，我们先假设其反面成立：假设任意两个不同的2-Sylow子群的交集都是平凡的，即 $H \cap K = \{1\}$。这意味着除了单位元，这些子群之间不共享任何元素。
4. 计数2阶或4阶元素:
   • 每个2-Sylow子群的阶是4。一个阶为4的群，除了单位元，剩下的3个元素要么是2阶，要么是4阶。
   • 根据我们的反证假设，这15个2-Sylow子群两两不相交（除了单位元）。
   • 因此，来自不同2-Sylow子群的非单位元元素都是不同的。
   • 总共有15个这样的子群，每个子群贡献3个独特的非单位元元素。
   • 所以，群$G$中至少有 $3 \times 15 = 45$ 个阶为2或4的元素。
5. 计数5阶元素:
   • 现在我们转向分析5-Sylow子群。$|G|=60=2^2 \cdot 3 \cdot 5$。
   • 一个5-Sylow子群的阶是5。
   • 5-Sylow子群的数量 $n_5$ 必须满足：$n_5$ 整除 $60/5 = 12$，并且 $n_5 \equiv 1 \pmod{5}$。
   • 12的因子是1, 2, 3, 4, 6, 12。其中满足 $n_5 \equiv 1 \pmod{5}$ 的只有1和6。
   • 由于$G$是简单群，$n_5$ 不能是1（否则会有一个正规子群）。所以 $n_5$ 必须是6。
   • 一个阶为5的群是循环群（因为5是素数）。除了单位元，剩下的4个元素都是生成元，它们的阶都是5。
   • 任意两个不同的5阶循环子群的交集只能是平凡子群 $\{1\}$（因为它们的交集的阶必须整除5，但又不能是5）。
   • 因此，这6个5-Sylow子群除了单位元外，不共享任何元素。
   • 每个子群贡献4个独特的5阶元素。
   • 所以，群$G$中总共有 $4 \times 6 = 24$ 个阶为5的元素。
6. 导出矛盾:
   • 我们已经计算出，在我们的反证假设下，$G$中至少有45个2阶或4阶的元素，以及24个5阶的元素。
   • 这些元素的阶都大于1，所以它们都不是单位元，且2阶/4阶元素与5阶元素不可能是同一个元素。
   • 将它们加起来：$45 + 24 = 69$。
   • 这意味着$G$中至少有69个非单位元元素。
   • 但是，群$G$的总阶数是60，它总共只有60个元素（包括单位元）。
   • $69 > 60$，这显然是一个矛盾。
7. 反证法结束: 矛盾的出现说明我们最初的反证假设（任意两个不同的2-Sylow子群交集平凡）是错误的。因此，核心论断成立：必然存在两个不同的2-Sylow子群 $H$ 和 $K$，使得它们的交集 $\#(H \cap K)$ 不是1。由于交集是子群，其阶必须整除$H$和$K$的阶（都是4），所以交集的阶只能是2或4。但如果交集阶为4，那么$H=K$，这与$H, K$是不同的子群矛盾。所以，交集的阶只能是2。即 $\#(H \cap K) = 2$。

这是证明的收尾部分，利用上一步得到的“存在交集为2的2-Sylow子群”这一结论，再次构造群作用，最终导出矛盾。

1. 已有结论: 我们已经确立了存在两个不同的2-Sylow子群 $H, K$，且它们的交集 $D = H \cap K$ 的阶为2。
2. 分析子群性质:
   • $H$ 和 $K$ 的阶都是4。任何阶为 $p^2$（p为素数）的群都是阿贝尔群（交换群）。所以 $H$ 和 $K$ 都是阿贝尔群。
   • $D$ 是 $H$ 的一个子群。在阿贝尔群中，任何子群都是正规子群。所以 $D$ 在 $H$ 中是正规的 ($D \triangleleft H$)，同理 $D \triangleleft K$。
3. 引入正规化子 (Normalizer):
   • 考虑交集 $D$ 在整个群 $G$ 中的正规化子 $N = N_G(D)$。
   • 正规化子的定义是：$N_G(D) = \{g \in G \mid gDg^{-1} = D\}$，即所有能通过共轭“固定”子群 $D$ 的元素的集合。$N_G(D)$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 一个基本性质是：如果一个子群 $S_1$ 是另一个子群 $S_2$ 的正规子群，那么 $S_2$ 包含在 $S_1$ 的正规化子中。
   • 因为 $D \triangleleft H$，所以 $H \subseteq N_G(D)$。同理，因为 $D \triangleleft K$，所以 $K \subseteq N_G(D)$。
   • 这意味着正规化子 $N$ 同时包含了 $H$ 和 $K$。
   • 因此，$N$ 的阶 $|N|$ 必须能被 $|H|=4$ 和 $|K|=4$ 整除，也必须能被 $H, K$ 的并集所生成的子群 $\langle H, K \rangle$ 的阶整除。
   • 由于 $H \neq K$，$N$ 严格包含 $H$ (因为 $K \subseteq N$ 但 $K \not\subseteq H$)。所以 $|N| > |H| = 4$。
4. 分析正规化子 N 的阶:
   • 根据拉格朗日定理，$|N|$ 必须是 $|G|=60$ 的一个因子。
   • 我们知道 $|N|$ 能被4整除 (因为4阶的 $H$ 是它的子群)。
   • 我们知道 $|N| > 4$。
   • $N$ 不能等于 $G$。如果 $N=G$，意味着 $D$ 在 $G$ 中是正规的 ($D \triangleleft G$)。但 $D$ 的阶是2，它是一个非平凡的真子群，这与 $G$ 是简单群矛盾。所以 $|N| \neq 60$。
   • 综上，$|N|$ 是60的因子，能被4整除，且 $4 < |N| < 60$。
   • 60的因子有：1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60。
   • 满足条件的 $|N|$ 只能是 12 或 20。
5. 分析指数 (Index):
   • 子群 $N$ 在 $G$ 中的指数定义为 $(G:N) = |G|/|N|$。这个指数代表 $N$ 在 $G$ 中的左陪集的数量。
   • 如果 $|N|=12$，则指数 $(G:N) = 60/12 = 5$。
   • 如果 $|N|=20$，则指数 $(G:N) = 60/20 = 3$。
   • 原文的说法“指数整除15且小于15”是一个更宽泛但正确的观察，最终也导向了这两个可能值。
6. 再次利用群作用引理:
   • 考虑 $G$ 作用在其子群 $N$ 的左陪集集合上。这个集合的大小是 $(G:N)$。
   • 这个作用诱导了一个同态 $\psi: G \to S_{(G:N)}$。
   • 和之前一样，因为 $G$ 是简单群，这个同态必须是单射。
   • 因此，$|G|$ 必须整除 $|S_{(G:N)}| = ((G:N)!)$。
   • 情况1: $(G:N)=3$。我们需要检查 $|G|=60$ 是否整除 $3! = 6$。显然不行。所以这种情况不可能。
   • 情况2: $(G:N)=5$。我们需要检查 $|G|=60$ 是否整除 $5! = 120$。这是可以的（$120 = 2 \times 60$）。在这种情况下，我们再次得到了一个从 $G$ 到 $S_5$ 的单射。和 $n_2=5$ 的情况完全一样，这可以导出 $G \cong A_5$。
7. 最终的矛盾:
   • 我们的出发点是假设 $n_2=15$。
   • 经过一系列推导，我们得出的结论是 $G \cong A_5$。
   • 但是，我们知道 $A_5$ 的2-Sylow子群数量是5，即对于 $A_5$，有 $n_2=5$。
   • 这就产生了一个矛盾：我们从 $n_2=15$ 的假设出发，却证明了 $G$ 必须是一个 $n_2=5$ 的群。
   • 这个矛盾说明，最初的假设 $n_2=15$ 是错误的。

这个练习是关于群作用的一个基本构造。它展示了如何从已知的群作用来构造在笛卡尔积集合上的新群作用，并研究其迷向子群（也称稳定子群）的性质。

第一部分：证明这是一个群作用

要证明一个规则定义了群作用，我们需要验证两个公理：

1. 单位元公理: 单位元 $e \in G$ 的作用是恒等映射，即 $e \cdot x = x$ 对于所有 $x$ 成立。
2. 相容性公理: 群运算与作用是相容的，即 $(gh) \cdot x = g \cdot (h \cdot x)$ 对于所有 $g, h \in G$ 和所有 $x$ 成立。

这里的集合是 $X = X_1 \times X_2$，元素是序对 $(x_1, x_2)$。

• 验证单位元公理:
• 我们计算 $e \cdot (x_1, x_2)$。
• 根据定义， $e \cdot (x_1, x_2) = (e \cdot x_1, e \cdot x_2)$。
• 因为 $X_1$ 和 $X_2$ 本身是 G-集，所以我们知道单位元在它们上面的作用是恒等的，即 $e \cdot x_1 = x_1$ 和 $e \cdot x_2 = x_2$。
• 代入回去，得到 $e \cdot (x_1, x_2) = (x_1, x_2)$。
• 这正是单位元公理的要求。公理1成立。

• 验证相容性公理:
• 我们计算 $(gh) \cdot (x_1, x_2)$。
• 根据定义，$(gh) \cdot (x_1, x_2) = ((gh) \cdot x_1, (gh) \cdot x_2)$。
• 因为 $X_1$ 和 $X_2$ 是 G-集，相容性公理在它们上面成立，即 $(gh) \cdot x_1 = g \cdot (h \cdot x_1)$ 和 $(gh) \cdot x_2 = g \cdot (h \cdot x_2)$。
• 所以，$(gh) \cdot (x_1, x_2) = (g \cdot (h \cdot x_1), g \cdot (h \cdot x_2))$。
• 现在我们从另一边计算 $g \cdot (h \cdot (x_1, x_2))$。
• 首先计算括号里面的：$h \cdot (x_1, x_2) = (h \cdot x_1, h \cdot x_2)$。
• 然后计算外面的 $g$ 的作用：$g \cdot (h \cdot x_1, h \cdot x_2) = (g \cdot (h \cdot x_1), g \cdot (h \cdot x_2))$。
• 比较两边的结果，它们是完全相同的。公理2成立。

既然两个公理都成立，那么这个规则确实定义了一个 $G$ 在 $X_1 \times X_2$ 上的群作用。

第二部分：描述迷向子群

• 定义回顾:
• 一个元素 $x$ 的迷向子群（或稳定子群），记作 $G_x$，是 $G$ 中所有能够“固定” $x$ 的元素的集合。即 $G_x = \{g \in G \mid g \cdot x = x\}$。
• $x_1$ 的迷向子群是 $G_{x_1} = \{g \in G \mid g \cdot x_1 = x_1\}$。
• $x_2$ 的迷向子群是 $G_{x_2} = \{g \in G \mid g \cdot x_2 = x_2\}$。

• 计算 $(x_1, x_2)$ 的迷向子群 $G_{(x_1, x_2)}$:
• 根据定义，$G_{(x_1, x_2)} = \{g \in G \mid g \cdot (x_1, x_2) = (x_1, x_2)\}$。
• 将作用的定义代入：$g \cdot (x_1, x_2) = (g \cdot x_1, g \cdot x_2)$。
• 所以，条件 $g \cdot (x_1, x_2) = (x_1, x_2)$ 等价于 $(g \cdot x_1, g \cdot x_2) = (x_1, x_2)$。
• 一个序对相等，意味着它的每个分量都相等。所以这等价于两个条件同时成立：

1. $g \cdot x_1 = x_1$
2. $g \cdot x_2 = x_2$
   • 第一个条件 $g \cdot x_1 = x_1$ 意味着 $g$ 必须在 $x_1$ 的迷向子群 $G_{x_1}$ 中。
   • 第二个条件 $g \cdot x_2 = x_2$ 意味着 $g$ 必须在 $x_2$ 的迷向子群 $G_{x_2}$ 中。
   • 元素 $g$ 必须同时满足这两个条件，这意味着 $g$ 必须同时属于 $G_{x_1}$ 和 $G_{x_2}$ 这两个集合。
   • 因此，$g$ 必须在这两个子群的交集中。
   • 结论：$(x_1, x_2)$ 的迷向子群是 $x_1$ 的迷向子群和 $x_2$ 的迷向子群的交集。

这个练习是练习5.1的具体应用和计算。它将群 $G$ 具体化为对称群 $S_3$，将集合具体化为三维的离散点集 $X = \{1,2,3\}^3$，并要求计算特定点的轨道和迷向子群。

• 群: $G = S_3 = \{e, (12), (13), (23), (123), (132)\}$，阶为 $|S_3|=6$。
• 集合: $X = \{(a,b,c) \mid a,b,c \in \{1,2,3\}\}$。这个集合总共有 $3^3 = 27$ 个元素。
• 作用: 分量式作用 $\sigma \cdot(a, b, c)=(\sigma(a), \sigma(b), \sigma(c))$。

轨道-迷向子群定理回顾:

这是一个至关重要的定理，它将被用来验证结果。对于任何元素 $x \in X$，它的轨道大小乘以它的迷向子群大小等于群的阶：

$|O_x| \cdot |G_x| = |G|$。

这意味着轨道的大小 $|O_x|$ 必须是群阶 $|G|$ 的一个因子。

这个练习引入了一种非常重要但在初看时有些反直觉的群作用方式，即群通过线性表示（置换矩阵）作用于向量空间。它还特意指出了一个常见的错误定义及其后果。

第一部分：证明作用公式

1. 理解置换矩阵 $P(\sigma)$:
   • $\mathbf{e}_1=(1,0,0), \mathbf{e}_2=(0,1,0), \mathbf{e}_3=(0,0,1)$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的标准基向量。
   • $P(\sigma)$ 是一个3x3矩阵，它的作用是根据置换 $\sigma$ 来重新排列这些基向量。$P(\sigma)\left(\mathbf{e}_{i}\right)=\mathbf{e}_{\sigma(i)}$。
   • 例子: 设 $\sigma = (12)$。
   • $P((12))\mathbf{e}_1 = \mathbf{e}_{(12)(1)} = \mathbf{e}_2$。所以 $P((12))$ 的第一列是 $(0,1,0)^T$。
   • $P((12))\mathbf{e}_2 = \mathbf{e}_{(12)(2)} = \mathbf{e}_1$。所以 $P((12))$ 的第二列是 $(1,0,0)^T$。
   • $P((12))\mathbf{e}_3 = \mathbf{e}_{(12)(3)} = \mathbf{e}_3$。所以 $P((12))$ 的第三列是 $(0,0,1)^T$。
   • 因此，$P((12)) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，这是一个交换第一和第二坐标的矩阵。
   • 一个重要的性质（需要额外证明）：$P(\sigma)P(\tau) = P(\sigma\tau)$。这保证了置换到置换矩阵的映射是一个群同态，这被称为置换表示。
2. 推导作用公式:
   • 向量 $\mathbf{x} = (x_1, x_2, x_3)$ 可以写成基向量的线性组合: $\mathbf{x} = x_1\mathbf{e}_1 + x_2\mathbf{e}_2 + x_3\mathbf{e}_3$。
   • 作用被定义为矩阵乘法：$\sigma \cdot \mathbf{x} = P(\sigma)\mathbf{x} = P(\sigma)(x_1\mathbf{e}_1 + x_2\mathbf{e}_2 + x_3\mathbf{e}_3)$。
   • 利用矩阵乘法的线性性: $P(\sigma)\mathbf{x} = x_1 P(\sigma)\mathbf{e}_1 + x_2 P(\sigma)\mathbf{e}_2 + x_3 P(\sigma)\mathbf{e}_3$。
   • 根据 $P(\sigma)$ 的定义: $P(\sigma)\mathbf{x} = x_1\mathbf{e}_{\sigma(1)} + x_2\mathbf{e}_{\sigma(2)} + x_3\mathbf{e}_{\sigma(3)}$。
   • 现在我们要找出这个新向量的坐标。设 $\sigma \cdot \mathbf{x} = (y_1, y_2, y_3) = y_1\mathbf{e}_1 + y_2\mathbf{e}_2 + y_3\mathbf{e}_3$。
   • 我们来找 $y_i$。$y_i$ 是结果向量中 $\mathbf{e}_i$ 分量前的系数。
   • 在和式 $x_1\mathbf{e}_{\sigma(1)} + x_2\mathbf{e}_{\sigma(2)} + x_3\mathbf{e}_{\sigma(3)}$ 中，哪一项会贡献 $\mathbf{e}_i$？当且仅当 $\sigma(j)=i$ 时，第 $j$ 项 $x_j\mathbf{e}_{\sigma(j)}$ 会变成 $x_j\mathbf{e}_i$。
   • 从 $\sigma(j)=i$ 解出 $j$，得到 $j=\sigma^{-1}(i)$。
   • 所以，$\mathbf{e}_i$ 前的系数是 $x_j$ 其中 $j=\sigma^{-1}(i)$，也就是 $x_{\sigma^{-1}(i)}$。
   • 因此，$y_i = x_{\sigma^{-1}(i)}$。
   • 这就证明了 $\sigma \cdot (x_1, x_2, x_3) = (x_{\sigma^{-1}(1)}, x_{\sigma^{-1}(2)}, x_{\sigma^{-1}(3)})$。
3. 证明这是一个群作用:
   • 单位元: $e \cdot (x_1,x_2,x_3) = (x_{e^{-1}(1)}, x_{e^{-1}(2)}, x_{e^{-1}(3)}) = (x_1, x_2, x_3)$。公理1成立。
   • 相容性:
   • $(\tau\sigma) \cdot \mathbf{x} = (x_{(\tau\sigma)^{-1}(1)}, \dots) = (x_{\sigma^{-1}\tau^{-1}(1)}, \dots)$。
   • $\tau \cdot (\sigma \cdot \mathbf{x}) = \tau \cdot (x_{\sigma^{-1}(1)}, x_{\sigma^{-1}(2)}, x_{\sigma^{-1}(3)})$。
   • 令 $y_i = x_{\sigma^{-1}(i)}$。那么 $\tau \cdot \mathbf{y} = (y_{\tau^{-1}(1)}, \dots)$。
   • 代入 $y_i$ 的表达式：第 $i$ 个分量是 $y_{\tau^{-1}(i)} = x_{\sigma^{-1}(\tau^{-1}(i))} = x_{(\sigma^{-1}\tau^{-1})(i)}$。
   • 两边结果一致。公理2成立。

第二部分：关于错误定义的注释

• “自然”的定义: $\sigma * (x_1,x_2,x_3) = (x_{\sigma(1)}, x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)})$。这个定义是把值移动到新位置。
• 后果:
• $\tau * (\sigma * (x_1,x_2,x_3)) = \tau * (x_{\sigma(1)}, x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)})$。
• 令 $y_i = x_{\sigma(i)}$。那么 $\tau * \mathbf{y} = (y_{\tau(1)}, y_{\tau(2)}, y_{\tau(3)})$。
• 代入 $y_i$：结果是 $(x_{\sigma(\tau(1))}, x_{\sigma(\tau(2))}, x_{\sigma(\tau(3))}) = (x_{(\sigma\tau)(1)}, x_{(\sigma\tau)(2)}, x_{(\sigma\tau)(3)})$。
• 这等于 $(\sigma\tau) * \mathbf{x}$。
• 我们得到了 $\tau * (\sigma * \mathbf{x}) = (\sigma\tau) * \mathbf{x}$。这不满足群作用的相容性公理 $(gh) \cdot x = g \cdot (h \cdot x)$，顺序是反的。这被称为反作用 (anti-action)。
• 修正: 为了得到一个真正的作用，我们需要用逆元来定义，即 $(g \cdot f)(x) = f(g^{-1} \cdot x)$，这正是我们推导出的公式 $y_i = x_{\sigma^{-1}(i)}$ 的本质。这个公式是把原来位置上的值“拉”过来，而不是把值“推”过去。

第三部分：计算轨道和迷向子群

作用公式: $\sigma \cdot (x_1, x_2, x_3) = (x_{\sigma^{-1}(1)}, x_{\sigma^{-1}(2)}, x_{\sigma^{-1}(3)})$

这个练习探讨了一般线性群 $GL_2(\mathbb{R})$ 的两种不同但相关的群作用。$GL_2(\mathbb{R})$ 是所有2x2的可逆实数矩阵在矩阵乘法下构成的群。

第一部分 (i): 作用于点

1. 理解作用: “通常方式”指的是矩阵-向量乘法。对于一个矩阵 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in GL_2(\mathbb{R})$ 和一个向量 $\mathbf{v} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^2$，作用定义为 $A \cdot \mathbf{v} = A\mathbf{v} = \begin{pmatrix} ax+by \\ cx+dy \end{pmatrix}$。这是一个线性作用。
2. 计算迷向子群: 我们要找点 $\mathbf{v}_0 = (1,0)$ （写成列向量是 $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$）的迷向子群 $G_{\mathbf{v}_0}$。
   • $G_{\mathbf{v}_0} = \{ A \in GL_2(\mathbb{R}) \mid A \cdot \mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_0 \}$。
   • 即 $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
   • 计算矩阵乘法：$\begin{pmatrix} a \cdot 1 + b \cdot 0 \\ c \cdot 1 + d \cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix}$。
   • 所以，方程变为 $\begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$。
   • 这给出了两个条件：$a=1$ 和 $c=0$。
   • 矩阵 $A$ 的形式是 $\begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & d \end{pmatrix}$。
   • 我们还必须保证这个矩阵是可逆的，即它属于 $GL_2(\mathbb{R})$。矩阵的行列式必须非零。
   • $\det(A) = 1 \cdot d - b \cdot 0 = d$。
   • 所以，附加条件是 $d \neq 0$。
   • $b$ 可以是任何实数。
   • 因此，点 $(1,0)$ 的迷向子群是所有形如 $\begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & d \end{pmatrix}$ 的矩阵的集合，其中 $b \in \mathbb{R}, d \in \mathbb{R}, d \neq 0$。

第二部分 (ii): 作用于直线

1. 理解作用:
   • 集合 $X$ 现在是 $\mathbb{R}^2$ 中所有过原点的直线的集合。一条这样的直线可以由一个非零向量 $\mathbf{v}$ 张成，记为 $\text{span}(\mathbf{v}) = \{t\mathbf{v} \mid t \in \mathbb{R}\}$。
   • 可逆线性变换（矩阵 $A$）将直线映射为直线。如果 $L = \text{span}(\mathbf{v})$，那么 $A$ 作用于 $L$ 的结果是集合 $A(L) = \{A(t\mathbf{v}) \mid t \in \mathbb{R}\} = \{t(A\mathbf{v}) \mid t \in \mathbb{R}\} = \text{span}(A\mathbf{v})$。因为 $A$ 可逆且 $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$，所以 $A\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$，因此 $A(L)$ 仍然是一条过原点的直线。这证明了 $GL_2(\mathbb{R})$ 确实作用于这个直线的集合。
2. 计算迷向子群:
   • 我们要找直线 $L = \text{span}((1,0))$ 的迷向子群 $G_L$。这条直线就是x轴。
   • $G_L = \{ A \in GL_2(\mathbb{R}) \mid A \cdot L = L \}$。
   • $A \cdot L = \text{span}(A\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix})$。
   • 所以条件是 $\text{span}(A\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}) = L = \text{span}(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix})$。
   • $A\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix}$。
   • 条件变为 $\text{span}(\begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix}) = \text{span}(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix})$。
   • 两条直线相同，意味着张成它们的向量是共线的（非零倍数关系）。
   • 所以，$\begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix} = k \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k \\ 0 \end{pmatrix}$ 对于某个非零实数 $k$ 成立。
   • 这给出了两个条件：$a=k$ 且 $c=0$。因为 $k \neq 0$，所以 $a \neq 0$。
   • 矩阵 $A$ 的形式是 $\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}$，其中 $a \neq 0$。
   • 我们还要求 $A$ 可逆，即 $\det(A) = ad-b\cdot 0 = ad \neq 0$。
   • 因为 $a \neq 0$，所以这等价于 $d \neq 0$。
   • 因此，$L$ 的迷向子群是所有形如 $\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}$ 的矩阵的集合，其中 $a, d \in \mathbb{R}\setminus\{0\}, b \in \mathbb{R}$。
   • 这个子群正是上三角可逆矩阵的集合，通常记为 $B$（Borel subgroup，波莱尔子群）。这与练习2.29中定义的子群 $\mathbf{B}$ 相符。
3. 传递性 (Transitivity):
   • 一个群作用是传递的，如果集合中只有一个轨道，即从任何一个元素出发，可以通过群作用到达任何其他元素。
   • 问题是：$GL_2(\mathbb{R})$ 是否传递作用于所有过原点的直线的集合？
   • 换句话说，给定任意两条过原点的直线 $L_1 = \text{span}(\mathbf{v}_1)$ 和 $L_2 = \text{span}(\mathbf{v}_2)$，是否存在一个可逆矩阵 $A$ 使得 $A(L_1) = L_2$？
   • 这等价于是否存在 $A$ 使得 $A\mathbf{v}_1$ 与 $\mathbf{v}_2$ 共线。
   • 我们可以做得更好：我们可以直接找到一个 $A$ 使得 $A\mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_2$。
   • 因为 $\mathbf{v}_1$ 和 $\mathbf{v}_2$ 都是非零向量，它们都可以被扩展为 $\mathbb{R}^2$ 的一组基。设 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{w}_1\}$ 是一组基，$\{\mathbf{v}_2, \mathbf{w}_2\}$ 是另一组基。
   • 存在一个唯一的线性变换 $A$ 使得 $A\mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_2$ 并且 $A\mathbf{w}_1 = \mathbf{w}_2$。因为这个变换将一组基映射到另一组基，所以它一定是可逆的。
   • 因此，我们总能找到一个 $A \in GL_2(\mathbb{R})$ 将任意一条直线变为任意另一条直线。
   • 结论：作用是传递的。

这个练习探讨了一种非常基础但重要的群作用类型：一个子群作用于其所在的整个群。这是理解陪集概念的另一种视角。

1. 理解作用:
   • 作用的群是子群 $H$。
   • 作用的集合是整个群 $G$。
   • 作用的规则是左乘 (left multiplication)。对于任意 $h \in H$ 和任意 $g \in G$，作用定义为 $h \cdot g = hg$（这里的 $hg$ 就是 $G$ 中本来的群乘法）。
   • 这个作用是从 "G通过左乘作用于自身" 这个更一般的作用中，将作用的群限制为子群 $H$ 而得到的，所以它自然满足群作用的公理。

第一部分：$H$-轨道是什么？

1. 轨道定义: 对于 $G$ 中的一个元素 $g$，它的 $H$-轨道 $O_g$ 是集合 $\{h \cdot g \mid h \in H\}$。
2. 计算轨道: 根据作用的定义，$O_g = \{hg \mid h \in H\}$。
3. 识别轨道:
   • 集合 $\{hg \mid h \in H\}$ 正是元素 $g$ 的右陪集 (right coset) 的定义，记作 $Hg$。
   • 因此，在此作用下，$H$-轨道就是 $H$ 在 $G$ 中的右陪集。
   • 整个集合 $G$ 被划分为互不相交的右陪集，每个右陪集都是一个轨道。

第二部分：$H$ 何时传递作用？

1. 传递作用定义: 一个群作用是传递的，如果整个作用的集合只有一个轨道。
2. 分析:
   • 我们已经知道，轨道是 $H$ 的右陪集。
   • 如果作用是传递的，就意味着只有一个右陪集。
   • 这个唯一的右陪集必须覆盖整个群 $G$。
   • 我们任选一个轨道，比如包含单位元 $e$ 的轨道。这个轨道是 $He = \{he \mid h \in H\} = H$。
   • 所以，如果只有一个轨道，那么这个轨道必须是 $H$ 本身，并且它必须等于整个群 $G$。
   • 因此，当且仅当 $H=G$ 时，作用是传递的。

第三部分：元素 $g \in G$ 的迷向子群是什么？

1. 迷向子群定义: 对于 $G$ 中的一个元素 $g$，它的迷向子群（在 $H$ 的作用下）是 $H_g = \{h \in H \mid h \cdot g = g\}$。
2. 计算迷向子群:
   • 条件是 $hg = g$。
   • 在群 $G$ 中，我们可以对这个等式右乘 $g^{-1}$。
   • $hgg^{-1} = gg^{-1}$。
   • $he = e$，即 $h=e$。
   • 这意味着，在子群 $H$ 中，唯一能固定 $g$ 的元素只有单位元 $e$。
   • 因此，对于任何 $g \in G$，其迷向子群都是平凡子群 $\{e\}$。

这个练习探讨了整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 的作用，并揭示了它与置换和循环群之间的深刻联系。

第一部分 (i): $\mathbb{Z}$ 的作用等价于一个置换

1. 理解问题: "与...相同" 在代数中通常意味着存在一个一一对应的关系。我们需要证明，定义一个 $\mathbb{Z}$ 在 $X$ 上的群作用，就等同于从 $X$ 的对称群 $S_X$（即 $X$ 到自身的所有双射/置换构成的群）中挑选出一个特定的置换 $\sigma$。
2. 从群作用到置换:
   • 假设我们有一个 $\mathbb{Z}$ 在 $X$ 上的群作用，记作 $(k, x) \mapsto k \cdot x$，其中 $k \in \mathbb{Z}, x \in X$。
   • 考虑整数 $1 \in \mathbb{Z}$ 的作用。对于每个 $x \in X$， $1 \cdot x$ 是 $X$ 中的某个元素。这定义了一个从 $X$到 $X$ 的映射，我们称之为 $\sigma$，即 $\sigma(x) = 1 \cdot x$。
   • 这个映射 $\sigma$ 是可逆的吗？它的逆映射是什么？
   • 考虑整数 $-1 \in \mathbb{Z}$ 的作用。令 $\tau(x) = (-1) \cdot x$。
   • 我们计算 $\sigma(\tau(x)) = 1 \cdot (\tau(x)) = 1 \cdot ((-1) \cdot x)$。根据群作用的相容性公理，这等于 $(1+(-1)) \cdot x = 0 \cdot x$。根据单位元公理，$0 \cdot x = x$。所以 $\sigma \circ \tau$ 是恒等映射。
   • 同理，$\tau(\sigma(x)) = (-1) \cdot (\sigma(x)) = (-1) \cdot (1 \cdot x) = (-1+1) \cdot x = 0 \cdot x = x$。所以 $\tau \circ \sigma$ 也是恒等映射。
   • 因此，$\sigma$ 是一个可逆映射（双射），它的逆是 $\tau$。所以 $\sigma \in S_X$。
   • 这样，我们就从一个 $\mathbb{Z}$ 的作用，得到了一个特定的置换 $\sigma = (x \mapsto 1 \cdot x)$。
   • 更进一步，任何整数 $k$ 的作用都可以由 $\sigma$ 导出：
   • 如果 $k > 0$, $k = 1+1+\dots+1$ (k次)。$k \cdot x = (1+\dots+1) \cdot x = 1 \cdot (1 \cdot (\dots(1 \cdot x)\dots)) = \sigma(\sigma(\dots\sigma(x)\dots)) = \sigma^k(x)$。
   • 如果 $k < 0$, 比如 $k=-m$ ($m>0$), $k \cdot x = (-m) \cdot x = \sigma^{-m}(x)$。
   • 如果 $k=0$, $0 \cdot x = x = \sigma^0(x)$。
   • 所以整个群作用完全由置换 $\sigma$ 决定。
3. 从置换到群作用:
   • 反过来，假设我们从 $S_X$ 中选择了一个置换 $\sigma$。
   • 我们可以定义一个 $\mathbb{Z}$ 在 $X$ 上的作用规则为：$k \cdot x = \sigma^k(x)$。
   • 我们需要验证这是否是一个合法的群作用。
   • 单位元: $0 \cdot x = \sigma^0(x) = x$ （$\sigma^0$ 定义为恒等映射）。公理1成立。
   • 相容性: $(k+j) \cdot x = \sigma^{k+j}(x)$。而 $k \cdot (j \cdot x) = k \cdot (\sigma^j(x)) = \sigma^k(\sigma^j(x)) = \sigma^{k+j}(x)$。两者相等。公理2成立。
   • 因此，给定任意一个置换 $\sigma$，我们都能定义一个 $\mathbb{Z}$ 的作用。
4. 结论: 这两个过程是互逆的，建立了一一对应关系。定义一个 $\mathbb{Z}$ 在 $X$ 上的作用，本质上就是指定整数 $1$ 对应于 $S_X$ 中的哪个置换 $\sigma$。

第二部分 (ii): 传递作用在有限集上

1. 前提:
   • $X$ 是一个有限集，大小为 $|X|=n$。
   • $\mathbb{Z}$ 在 $X$ 上的作用是传递的。传递意味着只有一个轨道，即从任何一个点出发，可以通过作用到达任何其他点。
2. 计算迷向子群:
   • 任选一个点 $x_0 \in X$。我们要找它的迷向子群 $\mathbb{Z}_{x_0} = \{k \in \mathbb{Z} \mid k \cdot x_0 = x_0\}$。
   • 这个迷向子群是 $\mathbb{Z}$ 的一个子群。我们知道 $\mathbb{Z}$ 的所有子群都形如 $m\mathbb{Z} = \{mk \mid k \in \mathbb{Z}\}$，即某个整数 $m$ 的所有倍数构成的集合。
   • 根据轨道-迷向子群定理: $|O_{x_0}| \cdot |\mathbb{Z}_{x_0}| = |\mathbb{Z}|$。这个定理在这里不适用，因为 $\mathbb{Z}$ 是无限群。我们需要用指数形式：$|O_{x_0}| = [\mathbb{Z} : \mathbb{Z}_{x_0}]$。
   • 由于作用是传递的，所以轨道就是整个集合 $X$，$|O_{x_0}| = |X| = n$。
   • 所以， $n = [\mathbb{Z} : \mathbb{Z}_{x_0}]$。
   • 子群 $m\mathbb{Z}$ 在 $\mathbb{Z}$ 中的指数（陪集数量）是 $m$。
   • 因此，$[\mathbb{Z} : \mathbb{Z}_{x_0}] = m = n$。
   • 所以，迷向子群 $\mathbb{Z}_{x_0}$ 就是 $n\mathbb{Z}$。
3. 证明 $\mathbb{Z}$-同构:
   • 一个 G-集之间的同构（或等变映射）是一个双射 $\phi: X \to Y$ 且满足 $\phi(g \cdot x) = g \cdot \phi(x)$。
   • 我们要证明 $X$ 与 G-集 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 同构。
   • 首先要定义 $\mathbb{Z}$ 在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 上的作用。$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是 $n\mathbb{Z}$ 的陪集构成的商群。一个自然的作用是 $k \cdot [j] = [k+j]$，其中 $[j]$ 表示 $j$ 所在的陪集 $j+n\mathbb{Z}$。
   • 根据群作用的一个基本定理，如果一个作用是传递的，那么这个 G-集 $X$ 与 $G/G_x$（$G$ 对迷向子群的左陪集空间）是 G-集同构的。
   • 在这里，$G=\mathbb{Z}$，$X$ 是作用的集合，$x_0$ 是我们选择的点。
   • 我们已经证明了迷向子群 $\mathbb{Z}_{x_0} = n\mathbb{Z}$。
   • 所以，定理告诉我们 $X$ 与 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 作为 $\mathbb{Z}$-集 是同构的。

这个练习引入了如何在函数空间上定义群作用的一种方式。这里的关键是，群 $G$ 作用在目标集 (codomain) $Y$ 上。

1. 理解设定:
   • $G$: 一个群。
   • $X$: 一个普通的集合（没有群作用）。
   • $Y$: 一个 G-集，意味着我们知道如何计算 $g \cdot y$ 对于 $g \in G, y \in Y$。
   • $Y^X$: 从 $X$ 到 $Y$ 的所有函数的集合。这个集合的元素是函数 $f: X \to Y$。
   • 我们要证明的群作用是作用在函数上的。作用的结果 $g \cdot f$ 应该是另一个从 $X$到 $Y$ 的新函数。
2. 理解作用的定义:
   • 定义是 $(g \cdot f)(x) = g \cdot (f(x))$。
   • 为了理解这个定义，我们必须明白 $(g \cdot f)$ 是一个函数。要知道一个函数是什么，我们需要知道它对定义域里的每一个输入 $x$ 会给出什么输出。
   • 这个公式就在告诉我们如何计算新函数 $(g \cdot f)$ 在任意点 $x \in X$ 的值。
   • 计算过程是：
3. 取一个输入 $x \in X$。
4. 通过旧函数 $f$ 计算出其在 $Y$ 中的值 $f(x)$。
5. 使用已知的 $G$ 在 $Y$ 上的作用，让 $g$ 作用于结果 $f(x)$，得到 $g \cdot (f(x))$。
6. 这个最终结果就是新函数 $(g \cdot f)$ 在点 $x$ 的值。
7. 证明这是一个群作用:

我们需要验证两条公理，作用的元素是函数 $f \in Y^X$。

• 验证单位元公理: $e \cdot f = f$。
• 要证明两个函数相等，我们必须证明它们对任何输入 $x$ 都给出相同的输出。
• 我们计算 $(e \cdot f)(x)$。
• 根据定义，$(e \cdot f)(x) = e \cdot (f(x))$。
• 因为 $Y$ 是一个 G-集，单位元 $e$ 在 $Y$ 上的作用是恒等的，所以 $e \cdot y = y$ 对所有 $y \in Y$ 成立。特别地，对于 $y=f(x)$ 也成立。
• 所以，$e \cdot (f(x)) = f(x)$。
• 因此，$(e \cdot f)(x) = f(x)$ 对所有 $x \in X$ 成立。
• 这正是意味着函数 $(e \cdot f)$ 和函数 $f$ 是同一个函数。公理1成立。

• 验证相容性公理: $(gh) \cdot f = g \cdot (h \cdot f)$。
• 同样，我们需要证明等式两边的函数对于任何输入 $x$ 都给出相同的输出。
• 计算左边：$((gh) \cdot f)(x)$。
• 根据定义，这等于 $(gh) \cdot (f(x))$。
• 因为 $Y$ 是一个 G-集，相容性公理在 $Y$ 上成立，所以 $(gh) \cdot y = g \cdot (h \cdot y)$。
• 因此，$((gh) \cdot f)(x) = g \cdot (h \cdot (f(x)))$。
• 计算右边：$(g \cdot (h \cdot f))(x)$。
• 这是一个嵌套的作用。我们先看内层函数 $(h \cdot f)$。
• 根据定义，$(h \cdot f)$ 在任意点 $z$ 的值是 $(h \cdot f)(z) = h \cdot (f(z))$。
• 现在，让 $g$ 作用于函数 $(h \cdot f)$。根据作用的定义，在点 $x$ 的值是：

$(g \cdot (h \cdot f))(x) = g \cdot ( (h \cdot f)(x) )$。

• 我们将 $(h \cdot f)(x)$ 的定义代入：

$(g \cdot (h \cdot f))(x) = g \cdot ( h \cdot (f(x)) )$。

• 比较左右两边的最终结果，它们都是 $g \cdot (h \cdot (f(x)))$。它们是相等的。
• 因此，$((gh) \cdot f)(x) = (g \cdot (h \cdot f))(x)$ 对所有 $x \in X$ 成立。
• 这意味着函数 $(gh) \cdot f$ 和 $g \cdot (h \cdot f)$ 是同一个函数。公理2成立。

这个练习与练习5.7相对应，探讨了在函数空间上定义群作用的另一种方式。这一次，群 $G$ 作用在定义域 (domain) $X$ 上。

第一部分 (i): 一个自然的尝试及其问题

1. 理解设定:
   • $G$: 一个群。
   • $X$: 一个 G-集。我们知道如何计算 $g \cdot x$。
   • $Y$: 一个普通的集合。
   • $Y^X$: 从 $X$ 到 $Y$ 的所有函数的集合。
2. 理解“自然”的定义:
   • 定义是 $(g * f)(x) = f(g \cdot x)$。
   • 这个定义的意思是：新函数 $(g * f)$ 在点 $x$ 的值，是通过查看原函数 $f$ 在另一个点 $g \cdot x$ 的值得到的。
   • 这是一种“拉回” (pull-back) 的思想。新函数在 $x$ 点的值被 $g \cdot x$ 点的旧值所决定。
3. 证明其不满足相容性公理:
   • 我们要证明 $g * (h * f) = (hg) * f$ 这个错误的顺序。
   • 计算左边: $g * (h * f)$。这是一个函数，我们计算它在任意点 $x$ 的值。
   • $(g * (h * f))(x) = (h * f)(g \cdot x)$ （根据 $*$ 的定义，把 $f$ 换成 $(h*f)$）。
   • 现在计算 $(h * f)(g \cdot x)$。根据 $*$ 的定义，这等于 $f(h \cdot (g \cdot x))$。
   • 由于 $X$ 是一个 G-集，我们有 $h \cdot (g \cdot x) = (hg) \cdot x$。
   • 所以，左边等于 $f((hg) \cdot x)$。
   • 计算右边: $(hg) * f$。我们计算它在任意点 $x$ 的值。
   • 根据 $*$ 的定义， $((hg) * f)(x) = f((hg) \cdot x)$。
   • 比较: 左边和右边的结果都是 $f((hg) \cdot x)$。
   • 因此，我们证明了 $g * (h * f) = (hg) * f$。
   • 这个顺序 $(hg)$ 与群作用公理要求的 $(gh)$ 是相反的。这种作用被称为反作用 (anti-action)。

第二部分 (ii): 修正定义

1. 理解修正的定义:
   • 定义是 $(g \cdot f)(x) = f(g^{-1} \cdot x)$。
   • 这个定义非常关键：它在“自然”的定义中插入了一个逆元 $g^{-1}$。
2. 证明这是一个群作用:
   • 验证单位元公理: $e \cdot f = f$。
   • $(e \cdot f)(x) = f(e^{-1} \cdot x) = f(e \cdot x)$。
   • 因为 $X$ 是 G-集， $e \cdot x = x$。
   • 所以 $(e \cdot f)(x) = f(x)$。
   • 因此 $e \cdot f = f$。公理1成立。
   • 验证相容性公理: $(gh) \cdot f = g \cdot (h \cdot f)$。
   • 计算左边: $((gh) \cdot f)(x)$。
   • 根据定义，这等于 $f((gh)^{-1} \cdot x)$。
   • 群的基本性质是 $(gh)^{-1} = h^{-1}g^{-1}$ （顺序反转）。
   • 所以左边等于 $f(h^{-1}g^{-1} \cdot x)$。
   • 计算右边: $(g \cdot (h \cdot f))(x)$。
   • 根据定义，这等于 $(h \cdot f)(g^{-1} \cdot x)$。
   • 令 $z = g^{-1} \cdot x$。上式等于 $(h \cdot f)(z)$。
   • 根据定义，$(h \cdot f)(z) = f(h^{-1} \cdot z)$。
   • 把 $z = g^{-1} \cdot x$ 代回去：$f(h^{-1} \cdot (g^{-1} \cdot x))$。
   • 由于 $X$ 是 G-集，作用满足相容性，所以 $h^{-1} \cdot (g^{-1} \cdot x) = (h^{-1}g^{-1}) \cdot x$。
   • 所以右边等于 $f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x)$。
   • 比较: 我们发现左边是 $f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x)$，右边也是 $f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x)$。两者相等。
   • 注意！这里原文的推导是 $g * (h * f) = (hg) * f$，而群作用公理要求 $(gh)f = g(hf)$。所以我们的计算结果 $f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x)$ 应该和 $(gh)$ 作用的结果 $f((gh)^{-1} \cdot x) = f((h^{-1}g^{-1})\cdot x)$ 一致。这就对了。
   • 公理2成立。

第三部分 (iii): $\delta$-函数的例子

1. 理解 $\delta$-函数:
   • $\delta_a$ 是一个非常特殊的函数。它在点 $a$ 的取值为1，在所有其他点都取值为0。它像一个“探测器”，只对点 $a$ 有响应。
2. 证明 $g \cdot \delta_a = \delta_{g \cdot a}$:
   • 要证明两个函数相等，需要证明它们对任意输入 $x \in X$ 的值都相等。
   • 计算左边函数的值: $(g \cdot \delta_a)(x)$。
   • 根据 (ii) 中定义的正确作用，$(g \cdot \delta_a)(x) = \delta_a(g^{-1} \cdot x)$。
   • 计算右边函数的值: $\delta_{g \cdot a}(x)$。
   • 现在我们分析这两个函数的取值：
   • 分析左边: $\delta_a(g^{-1} \cdot x)$ 的值是什么？
   • 根据 $\delta_a$ 的定义，只有当其输入等于 $a$ 时，其值才为1，否则为0。
   • 所以，当 $g^{-1} \cdot x = a$ 时，值为1。
   • 对 $g^{-1} \cdot x = a$ 两边用 $g$ 左作用，得到 $g \cdot (g^{-1} \cdot x) = g \cdot a$，即 $(gg^{-1}) \cdot x = g \cdot a$，也就是 $x = g \cdot a$。
   • 结论：当 $x = g \cdot a$ 时，$(g \cdot \delta_a)(x) = 1$；当 $x \neq g \cdot a$ 时，$(g \cdot \delta_a)(x) = 0$。
   • 分析右边: $\delta_{g \cdot a}(x)$ 的值是什么？
   • 根据 $\delta$ 函数的定义（把 $a$ 换成 $g \cdot a$），只有当其输入 $x$ 等于 $g \cdot a$ 时，其值才为1，否则为0。
   • 比较: 我们发现左边函数和右边函数的取值规则完全一样。它们都在 $x = g \cdot a$ 这一点取值为1，在其他所有点取值为0。
   • 因此，这两个函数是相等的，即 $g \cdot \delta_a = \delta_{g \cdot a}$。
3. 与练习5.3的比较:
   • 在练习5.3中，我们有 $X=\{1,2,3\}$, $G=S_3$。$\delta_i$ 可以看作是标准基向量 $\mathbf{e}_i$。例如 $\delta_1$ 就是向量 $(1,0,0)$。
   • 作用是 $\sigma \cdot (x_1,x_2,x_3) = (x_{\sigma^{-1}(1)}, x_{\sigma^{-1}(2)}, x_{\sigma^{-1}(3)})$。
   • 这正是函数空间上的作用在我们这个离散例子中的具体表现。一个向量 $(x_1,x_2,x_3)$ 可以看作是一个函数 $f: \{1,2,3\} \to \mathbb{R}$，其中 $f(i)=x_i$。
   • 那么 $(\sigma \cdot f)(i) = f(\sigma^{-1} \cdot i) = x_{\sigma^{-1}(i)}$。这与练习5.3的公式完全吻合。
   • 我们刚刚证明的 $g \cdot \delta_a = \delta_{g \cdot a}$ 意味着什么？
   • $\sigma \cdot \mathbf{e}_i = \mathbf{e}_{\sigma(i)}$。
   • 这正是在练习5.3中定义置换矩阵 $P(\sigma)$ 的规则 $P(\sigma)\mathbf{e}_i = \mathbf{e}_{\sigma(i)}$。这说明练习5.3定义的线性作用，其本质就是练习5.8中在函数空间上定义的“拉回”作用。

这个练习是练习5.7和5.8的综合。它处理了最一般的情况：群 $G$ 同时作用于定义域 $X$ 和目标集 $Y$。

第一部分：证明这是一个群作用

1. 理解定义: $(g \cdot f)(x) = g \cdot f(g^{-1} \cdot x)$。
   • 这个定义结合了前两个练习的特点。
   • 它首先像练习5.8一样，通过 $g^{-1}$ 作用在输入 $x$ 上，即“拉回”到点 $g^{-1} \cdot x$。
   • 然后像练习5.7一样，在得到原函数的值 $f(g^{-1} \cdot x)$ 之后，再用 $g$ 作用于这个输出值。
2. 证明这是一个群作用:
   • 验证单位元公理: $e \cdot f = f$。
   • $(e \cdot f)(x) = e \cdot f(e^{-1} \cdot x) = e \cdot f(e \cdot x)$。
   • 因为 $X$ 是 G-集, $e \cdot x = x$。所以上式为 $e \cdot f(x)$。
   • 因为 $Y$ 是 G-集, $e \cdot y = y$。所以 $e \cdot f(x) = f(x)$。
   • 因此 $(e \cdot f)(x) = f(x)$ 对所有 $x$ 成立, $e \cdot f = f$。公理1成立。
   • 验证相容性公理: $(gh) \cdot f = g \cdot (h \cdot f)$。
   • 计算左边: $((gh) \cdot f)(x)$。
   • 根据定义: $(gh) \cdot f((gh)^{-1} \cdot x)$。
   • $(gh)^{-1} = h^{-1}g^{-1}$。
   • 左边 = $(gh) \cdot f(h^{-1}g^{-1} \cdot x)$。
   • 计算右边: $(g \cdot (h \cdot f))(x)$。
   • 根据定义: $g \cdot ( (h \cdot f)(g^{-1} \cdot x) )$。
   • 令 $z = g^{-1} \cdot x$。上式变为 $g \cdot ( (h \cdot f)(z) )$。
   • 计算内层: $(h \cdot f)(z) = h \cdot f(h^{-1} \cdot z)$。
   • 代回: 右边 = $g \cdot ( h \cdot f(h^{-1} \cdot z) )$。
   • 把 $z = g^{-1} \cdot x$ 代回: $g \cdot ( h \cdot f(h^{-1} \cdot (g^{-1} \cdot x)) )$。
   • 由于 $X, Y$ 都是G-集，作用满足相容性:
   • $h^{-1} \cdot (g^{-1} \cdot x) = (h^{-1}g^{-1}) \cdot x$。
   • $g \cdot (h \cdot y) = (gh) \cdot y$。
   • 所以右边 = $g \cdot ( h \cdot f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x) )$。
   • 令 $y = f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x)$，这是一个 $Y$ 中的元素。
   • 右边 = $g \cdot (h \cdot y) = (gh) \cdot y = (gh) \cdot f((h^{-1}g^{-1}) \cdot x)$。
   • 比较: 左边和右边的结果完全相同。公理2成立。

第二部分：描述固定集

1. 固定集定义: 固定集 $(Y^X)^G$ 是所有在 $G$ 的作用下保持不变的函数的集合。
   • $(Y^X)^G = \{ f \in Y^X \mid g \cdot f = f \text{ for all } g \in G \}$。
2. 分析条件: $g \cdot f = f$ 意味着对于任何输入 $x$, $(g \cdot f)(x) = f(x)$。
   • 将作用的定义代入: $g \cdot f(g^{-1} \cdot x) = f(x)$。
   • 这个方程必须对所有的 $g \in G$ 和所有的 $x \in X$ 都成立。
   • 这是一个关于函数 $f$ 的性质方程，我们想把它变得更直观。
   • 我们可以做一个变量替换。令 $z = g^{-1} \cdot x$。那么 $x = g \cdot z$。
   • 将这个替换代入性质方程 $g \cdot f(g^{-1} \cdot x) = f(x)$ 中：
   • $g \cdot f(z) = f(g \cdot z)$。
   • 由于这个等式对所有 $x$ 成立，且 $g$ 是可逆的，所以对所有 $z$ 也成立。我们把变量名换回 $x$，就得到：
   • 这就是所谓的 G-等变 (G-equivariant) 或 G-同态 (G-morphism) 条件。

第三部分：与前两个练习的联系

1. 特化到练习 5.7:
   • 如果 $G$ 在 $X$ 上的作用是平凡作用 (trivial action)，即 $g \cdot x = x$ 对所有 $g, x$ 成立。
   • 那么 $g^{-1} \cdot x = x$。
   • 此时总定义变为 $(g \cdot f)(x) = g \cdot f(x)$。这正是练习5.7的定义。
2. 特化到练习 5.8:
   • 如果 $G$ 在 $Y$ 上的作用是平凡作用，即 $g \cdot y = y$ 对所有 $g, y$ 成立。
   • 那么总定义变为 $(g \cdot f)(x) = f(g^{-1} \cdot x)$。这正是练习5.8的定义。

这个练习是关于正规化子 (Normalizer) 的两个基本性质的证明。

1. 回顾定义:
   • $H \leq G$: $H$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 正规化子 $N_G(H)$: $G$ 中所有“正规化”$H$ 的元素的集合。

第一部分：证明 $N_G(H)$ 是 $G$ 的一个子群 ($N_G(H) \leq G$)

要证明一个子集是子群，我们需要验证三条（或使用子群判别法）：

1. 非空: 包含单位元 $e$。
2. 乘法封闭: 如果 $g_1, g_2 \in N_G(H)$，那么 $g_1g_2 \in N_G(H)$。
3. 逆元封闭: 如果 $g \in N_G(H)$，那么 $g^{-1} \in N_G(H)$。

• 证明非空:
• 我们检查单位元 $e$ 是否在 $N_G(H)$ 中。
• 我们需要验证 $eHe^{-1} = H$。
• $eHe^{-1} = \{ehe^{-1} \mid h \in H\} = \{h \mid h \in H\} = H$。
• 条件满足，所以 $e \in N_G(H)$。$N_G(H)$ 非空。

• 证明乘法封闭:
• 设 $g_1, g_2 \in N_G(H)$。这意味着 $g_1Hg_1^{-1} = H$ 和 $g_2Hg_2^{-1} = H$。
• 我们要证明 $g_1g_2 \in N_G(H)$，即 $(g_1g_2)H(g_1g_2)^{-1} = H$。
• 计算左边：

$(g_1g_2)H(g_1g_2)^{-1} = (g_1g_2)H(g_2^{-1}g_1^{-1})$ （利用 $(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$）

$= g_1(g_2Hg_2^{-1})g_1^{-1}$ （利用结合律）

• 因为 $g_2 \in N_G(H)$，所以 $g_2Hg_2^{-1} = H$。
• 将此代入上式：$g_1(H)g_1^{-1} = g_1Hg_1^{-1}$。
• 又因为 $g_1 \in N_G(H)$，所以 $g_1Hg_1^{-1} = H$。
• 因此，我们证明了 $(g_1g_2)H(g_1g_2)^{-1} = H$。
• 所以 $g_1g_2 \in N_G(H)$。乘法封闭成立。

• 证明逆元封闭:
• 设 $g \in N_G(H)$。这意味着 $gHg^{-1} = H$。
• 我们要证明 $g^{-1} \in N_G(H)$，即 $g^{-1}H(g^{-1})^{-1} = H$。
• $(g^{-1})^{-1} = g$。所以我们要证明 $g^{-1}Hg = H$。
• 我们从已知条件 $gHg^{-1} = H$ 出发。
• 对这个等式两边同时左乘 $g^{-1}$，右乘 $g$。

$g^{-1}(gHg^{-1})g = g^{-1}Hg$

• 利用结合律：$(g^{-1}g)H(g^{-1}g) = g^{-1}Hg$
• $eHe = g^{-1}Hg$
• $H = g^{-1}Hg$。
• 这正是我们要证明的。所以 $g^{-1} \in N_G(H)$。逆元封闭成立。

三条性质都满足，因此 $N_G(H)$ 是 $G$ 的一个子群。

第二部分：证明 $H$ 是 $N_G(H)$ 的正规子群 ($H \triangleleft N_G(H)$)

1. 回顾正规子群定义: 子群 $A$ 是群 $B$ 的正规子群（$A \triangleleft B$），需要满足两个条件：
2. $A$ 是 $B$ 的子群 ($A \leq B$)。
3. 对于所有 $b \in B$，都有 $bAb^{-1} = A$。
4. 证明 $H \leq N_G(H)$:
   • 首先我们要证明 $H$ 是 $N_G(H)$ 的一个子群。
   • 这意味着要证明对于任何 $h \in H$，都有 $h \in N_G(H)$。
   • 要证明 $h \in N_G(H)$，我们需要验证 $hHh^{-1}=H$。
   • 因为 $H$ 本身是一个群，所以它对乘法和逆元是封闭的。
   • 对于任何 $h_1 \in H$，元素 $hh_1h^{-1}$ 仍然在 $H$ 中。这意味着 $hHh^{-1} \subseteq H$。
   • 同时，对于任何 $h_2 \in H$，我们可以写成 $h_2 = h(h^{-1}h_2h)h^{-1}$。由于 $h^{-1}h_2h \in H$，这表明任何 $H$ 中的元素都可以被写成 $h(\cdot)h^{-1}$ 的形式。这意味着 $H \subseteq hHh^{-1}$。
   • 结合 $hHh^{-1} \subseteq H$ 和 $H \subseteq hHh^{-1}$，我们得到 $hHh^{-1}=H$。
   • 因此，任何 $h \in H$ 都属于 $N_G(H)$。所以 $H$ 是 $N_G(H)$ 的一个子集。由于 $H$ 本身是群，所以 $H \leq N_G(H)$。
5. 证明正规性:
   • 我们已经证明了 $H \leq N_G(H)$。
   • 现在需要证明对于所有 $n \in N_G(H)$，都有 $nHn^{-1} = H$。
   • 这正是 $N_G(H)$ 的定义！$N_G(H)$ 就是由所有满足这个条件的 $G$ 中元素构成的。所以，对于任何取自 $N_G(H)$ 的元素 $n$，这个条件是自动满足的。
   • 因此，$H$ 在 $N_G(H)$ 中是正规的。

这个练习是Sylow定理的直接计算应用。

1. 分析群的阶:
   • $|G| = 20$。
   • 对阶进行质因数分解：$20 = 4 \times 5 = 2^2 \times 5^1$。

第一部分：Sylow子群的阶

1. 2-Sylow子群的阶:
   • 根据Sylow第一定理，p-Sylow子群的阶是群阶中质数p的最高次幂。
   • 对于质数 $p=2$，最高次幂是 $2^2=4$。
   • 因此，$G$ 的一个2-Sylow子群的阶是 4。
2. 5-Sylow子群的阶:
   • 对于质数 $p=5$，最高次幂是 $5^1=5$。
   • 因此，$G$ 的一个5-Sylow子群的阶是 5。

第二部分：Sylow子群的数量

1. 2-Sylow子群的数量 ($n_2$):
   • 根据Sylow第三定理， $n_2$ 必须满足两个条件：
2. $n_2$ 整除 $|G|/|P_2| = 20/4 = 5$。
3. $n_2 \equiv 1 \pmod{2}$ (即 $n_2$ 是奇数)。
   • 5的因子是1和5。
   • 这两个因子都是奇数。
   • 因此，$n_2$ 的可能性是 1 或 5。
4. 5-Sylow子群的数量 ($n_5$):
   • 根据Sylow第三定理， $n_5$ 必须满足两个条件：
5. $n_5$ 整除 $|G|/|P_5| = 20/5 = 4$。
6. $n_5 \equiv 1 \pmod{5}$。
   • 4的因子是1, 2, 4。
   • 在这些因子中，我们要找到满足 $k \equiv 1 \pmod{5}$ 的数。
   • $1 \div 5 = 0 \dots\dots 1$。满足。
   • $2 \div 5 = 0 \dots\dots 2$。不满足。
   • $4 \div 5 = 0 \dots\dots 4$。不满足。
   • 因此，$n_5$ 的唯一可能性是 1。

第三部分：分析与注释

• 我们发现任何20阶群，其5-Sylow子群的数量必然是1。
• 根据Sylow第二定理的推论，当 $n_p=1$ 时，该p-Sylow子群是正规子群。
• 所以，任何一个20阶群都有一个唯一的、阶为5的正规子群。
• 这也意味着任何20阶群都不是简单群。
• 关于$D_{10}$的注释:
• $D_{10}$ 是10边形的对称群，也称为20阶二面体群。它的阶是 $2 \times 10 = 20$。
• 注释中说它有多个2-Sylow子群。根据我们的计算，$n_2$ 可能是1或5。“多个”意味着 $n_2 \neq 1$，所以对于 $D_{10}$，必然有 $n_2=5$。
• 这说明 $n_2=5$ 这种情况是真实存在的。

这个练习的目标是证明任何6阶群，要么同构于6阶循环群 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$，要么同构于对称群 $S_3$。这是有限群分类的一个经典结果。

Sylow子群数量分析 (原文已给出):

• $|G|=6 = 2 \cdot 3$。
• $n_3$: 整除 $6/3=2$，且 $n_3 \equiv 1 \pmod 3$。唯一可能是 $n_3=1$。所以总有一个唯一的、阶为3的正规子群。
• $n_2$: 整除 $6/2=3$，且 $n_2 \equiv 1 \pmod 2$。可能是1或3。
• 这就自然地分成了两种情况。

这个练习探讨了12阶群的一个性质，并将其应用于证明著名的交错群 $A_4$ 没有6阶子群，这本身是拉格朗日定理的逆命题不成立的一个经典例子。

第一部分 (i): 12阶群的性质

1. 前提: $|G|=12$，$H \leq G$ 且 $|H|=6$。
2. 证明 $H \triangleleft G$ (H是G的正规子群):
   • 提示问“为什么？”。这可以通过考虑 $G$ 在 $H$ 的左陪集上的作用来证明。
   • 子群 $H$ 在 $G$ 中的指数是 $[G:H] = |G|/|H| = 12/6=2$。
   • 有一个定理：任何指数为2的子群都是正规子群。
   • 证明该定理: 设 $[G:H]=2$。$G$ 中关于 $H$ 的左陪集只有两个。一个是 $H$ 本身，另一个是 $G \setminus H$。右陪集也只有两个，$H$ 和 $G \setminus H$。对于任何不在 $H$ 中的元素 $g$，其左陪集 $gH$ 必须是 $G \setminus H$，其右陪集 $Hg$ 也必须是 $G \setminus H$。所以 $gH=Hg$。对于任何在 $H$ 中的元素 $h$, $hH=H=Hh$。因此，对于所有 $g \in G$, $gH=Hg$，这正是正规子群的定义之一。
   • 所以，$H$ 是 $G$ 的正规子群。
3. 在 H 内部应用 Sylow 定理:
   • $H$ 是一个6阶群。根据练习5.12的分析，任何6阶群都有一个唯一的、阶为3的3-Sylow子群 $K$。
   • 因为 $K$ 在 $H$ 中是唯一的3-Sylow子群，所以 $K$ 是 $H$ 的正规子群 ($K \triangleleft H$)。
4. 证明 K 是 G 的正规子群 ($K \triangleleft G$):
   • 我们需要证明对于任何 $g \in G$，都有 $gKg^{-1}=K$。
   • 我们知道 $K$ 是 $H$ 的一个子群。$gKg^{-1}$ 是 $gHg^{-1}$ 的一个子群。
   • 因为 $H \triangleleft G$，所以 $gHg^{-1}=H$。因此，$gKg^{-1}$ 是 $H$ 的一个子群。
   • 共轭操作保持元素的阶。所以 $gKg^{-1}$ 中元素的阶和 $K$ 中元素的阶一样。因此 $|gKg^{-1}| = |K| = 3$。
   • 所以 $gKg^{-1}$ 是 $H$ 的一个3阶子群。
   • 但是，我们已经知道 $H$ 只有一个3阶子群，就是 $K$。
   • 因此，必然有 $gKg^{-1}=K$。
   • 这个结论对所有 $g \in G$ 都成立，所以 $K$ 是 $G$ 的正规子群。
   • 我们就证明了 $G$ 有一个3阶的正规子群。

第二部分 (ii): $A_4$ 没有6阶子群

1. 使用反证法: 假设 $A_4$ 有一个6阶子群 $H$。
2. 应用 (i) 的结论:
   • $A_4$ 的阶是 $4!/2 = 12$。
   • 如果 $A_4$ 有一个6阶子群，那么根据 (i) 的结论，$A_4$ 必须有一个3阶的正规子群。
3. 分析 $A_4$ 的3阶子群:
   • $A_4$ 中的元素是 $\{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23), (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243)\}$。
   • 阶为3的元素是所有的3-轮换，总共有8个。
   • 一个3阶子群必然是循环群，由一个3阶元素生成。例如，$K = \langle(123)\rangle = \{e, (123), (132)\}$。
4. 检验正规性:
   • 如果 $K = \langle(123)\rangle$ 是正规子群，那么对于任何 $\sigma \in A_4$，$\sigma K \sigma^{-1}$ 都必须等于 $K$。
   • 这意味着 $\sigma (123) \sigma^{-1}$ 必须是 $K$ 中的一个元素（要么是 $(123)$，要么是 $(132)$）。
   • 我们知道共轭一个轮换的法则是：$\sigma(a b c)\sigma^{-1} = (\sigma(a) \sigma(b) \sigma(c))$。
   • 我们来找一个 $\sigma$ 来检验。选择 $\sigma = (124) \in A_4$ (这是一个偶置换)。
   • 计算共轭：
   • 我们得到的新元素是 $(243)$。
   • $(243)$ 并不在 $K=\{e, (123), (132)\}$ 中。
   • 因此，$\sigma K \sigma^{-1} \neq K$。
   • 所以 $K = \langle(123)\rangle$ 不是 $A_4$ 的正规子群。
5. 推广和矛盾:
   • 对于任何由一个3-轮换生成的3阶子群，我们总能找到另一个置换将其共轭到该子群之外。例如，$\langle(abc)\rangle$ 被 $\sigma$ 共轭后会得到 $\langle(\sigma(a)\sigma(b)\sigma(c))\rangle$。由于 $A_4$ 中包含多种形式的3-轮换，没有任何一个3阶子群在共轭下是封闭的。
   • 这意味着 $A_4$ 没有任何3阶的正规子群。
   • 这与我们从“$A_4$有6阶子群”推导出的“$A_4$必须有3阶正规子群”相矛盾。
   • 因此，最初的假设是错误的。$A_4$ 没有6阶子群。

这是一个标准的利用Sylow定理证明特定阶数的群不是简单群的练习。

1. 分析群的阶:
   • $|G| = 40$。
   • 质因数分解：$40 = 8 \times 5 = 2^3 \times 5^1$。

第一部分 (i): Sylow子群的阶

1. 2-Sylow子群的阶:
   • 对于质数 $p=2$，群阶中2的最高次幂是 $2^3 = 8$。
   • 因此，$G$ 的一个2-Sylow子群的阶是 8。
2. 5-Sylow子群的阶:
   • 对于质数 $p=5$，群阶中5的最高次幂是 $5^1 = 5$。
   • 因此，$G$ 的一个5-Sylow子群的阶是 5。

第二部分 (ii): Sylow子群的数量

1. 2-Sylow子群的数量 ($n_2$):
   • $n_2$ 必须整除 $|G|/|P_2| = 40/8 = 5$。
   • $n_2 \equiv 1 \pmod{2}$ (奇数)。
   • 5的因子是1和5。两者都是奇数。
   • 所以，$n_2$ 的可能性是 1 或 5。
2. 5-Sylow子群的数量 ($n_5$):
   • $n_5$ 必须整除 $|G|/|P_5| = 40/5 = 8$。
   • $n_5 \equiv 1 \pmod{5}$。
   • 8的因子是1, 2, 4, 8。
   • 检查同余条件：
   • $1 \equiv 1 \pmod 5$。满足。
   • $2 \not\equiv 1 \pmod 5$。
   • $4 \not\equiv 1 \pmod 5$。
   • $8 \not\equiv 1 \pmod 5$。
   • 所以，$n_5$ 的唯一可能性是 1。

第三部分 (iii): 证明 G 不是简单群

1. 利用(ii)的结论:
   • 我们从第二部分的计算中发现，$n_5$ 的值是唯一确定的，必须为 1。
2. 应用Sylow定理的推论:
   • 当一个p-Sylow子群的数量 $n_p=1$ 时，这个唯一的p-Sylow子群是正规子群。
3. 得出结论:
   • 因此，任何40阶群 $G$ 都有一个唯一的、阶为5的5-Sylow子群。
   • 这个子群是 $G$ 的一个正规子群。
   • 这个子群的阶是5，它既不是 $G$ 本身（阶为40），也不是平凡子群 $\{e\}$（阶为1）。
   • 因此，它是一个非平凡的真正规子群。
   • 根据简单群的定义（除了自身和平凡子群外没有其他正规子群），$G$ 不是一个简单群。
   • 证明完毕。

这个练习是另一个证明群非简单性的经典例子，但它更进了一步，展示了不同p-Sylow子群数量之间的制约关系。它采用了计数论证和反证法。

1. 分析群的阶:
   • $|G| = 56 = 8 \times 7 = 2^3 \times 7^1$。
   • 2-Sylow子群的阶是8。
   • 7-Sylow子群的阶是7。
2. 分析Sylow子群的数量:
   • $n_7$ (7-Sylow子群的数量):
   • $n_7$ 整除 $56/7=8$。
   • $n_7 \equiv 1 \pmod 7$。
   • 8的因子是1, 2, 4, 8。
   • 检查同余: $1 \equiv 1 \pmod 7$, $8 \equiv 1 \pmod 7$。
   • 所以 $n_7$ 可能是 1 或 8。
   • $n_2$ (2-Sylow子群的数量):
   • $n_2$ 整除 $56/8=7$。
   • $n_2 \equiv 1 \pmod 2$ (奇数)。
   • 7的因子是1, 7。两者都是奇数。
   • 所以 $n_2$ 可能是 1 或 7。
3. 论证逻辑:
   • 我们要证明的命题是：如果 $n_7 \neq 1$，那么 $n_2 = 1$。
   • 这等价于证明：一个56阶群，要么 $n_7=1$，要么 $n_2=1$（或者两者都为1）。这意味着不可能同时出现 $n_7 > 1$ 和 $n_2 > 1$ 的情况。
   • 所以，一个56阶群必然有正规的7-Sylow子群或正规的2-Sylow子群，因此它不可能是简单群。
4. 使用反证法:
   • 假设 $G$ 是一个56阶的简单群。这意味着它没有任何非平凡的正规子群。
   • 因此，$n_7 \neq 1$ 并且 $n_2 \neq 1$。
   • 根据我们上面的计算，这迫使我们必须有 $n_7=8$ 并且 $n_2=7$。
   • 现在我们来数一下群里有多少元素。
5. 计数元素:
   • 7阶元素:
   • 我们有 $n_7 = 8$ 个7-Sylow子群。
   • 每个7-Sylow子群的阶是7（一个素数），所以它是循环群。
   • 除了单位元，每个子群里有 $7-1=6$ 个7阶元素。
   • 任意两个不同的7阶循环子群的交集只能是 $\{e\}$。
   • 因此，这8个子群贡献了 $8 \times 6 = 48$ 个互不相同的7阶元素。
   • 阶能整除8的元素:
   • 我们有 $n_2 = 7$ 个8-Sylow子群。
   • 每个8-Sylow子群有8个元素。
   • 即使我们只考虑其中两个不同的8-Sylow子群，比如 $H_1$ 和 $H_2$。
   • $|H_1|=8, |H_2|=8$。$|H_1 \cup H_2| = |H_1| + |H_2| - |H_1 \cap H_2| = 16 - |H_1 \cap H_2|$。
   • $H_1 \cap H_2$ 是 $H_1$ 的子群，所以其阶可以是1, 2, 4。最大是4。
   • 所以 $|H_1 \cup H_2|$ 至少是 $16-4 = 12$。
   • 这12个元素中，除了单位元，至少有11个元素的阶是2的幂（2, 4, 8）。
   • 导出矛盾:
   • 我们有48个7阶元素。
   • 我们还有至少11个阶为2的幂的非单位元元素。
   • 这些元素的阶不同，所以它们不可能是同一个元素。
   • 将它们和单位元加起来：$48$ (7阶) + $11$ (2,4,8阶) + $1$ (单位元) = $60$ 个元素。
   • $60 > 56$。
   • 这意味着群 $G$ 至少需要有60个元素，但这与 $|G|=56$ 矛盾。
6. 结论:
   • 我们的假设（$n_7=8$ 且 $n_2=7$）是错误的。
   • 因此，在56阶群中，不可能同时有 $n_7>1$ 和 $n_2>1$。
   • 所以，要么 $n_7=1$（7-Sylow子群正规），要么 $n_2=1$（2-Sylow子群正规）。
   • 这就证明了原命题：如果7-Sylow子群不是正规的（即 $n_7>1$），那么2-Sylow子群必须是正规的（即 $n_2=1$）。

这个练习要求模仿一个未给出的引理的证明思路来处理两个新的阶数。通常，这种证明思路是“群作用于Sylow子群集合”。

这是一个更具一般性的证明，旨在说明形如 $pqr$ 阶的群都不是简单群。它使用了与练习5.15类似的计数论证。

1. 分析群阶: $|G|=pqr$，其中 $p, q, r$ 是素数且 $p<q<r$。
2. 分析Sylow子群数量:
   • $n_p$: 整除 $qr$，且 $n_p \equiv 1 \pmod p$。
   • $n_q$: 整除 $pr$，且 $n_q \equiv 1 \pmod q$。
   • $n_r$: 整除 $pq$，且 $n_r \equiv 1 \pmod r$。
3. 使用反证法:
   • 假设 $G$ 是一个简单群。
   • 这意味着 $n_p > 1, n_q > 1, n_r > 1$。
4. 分析 $n_r$:
   • $n_r$ 整除 $pq$。$pq$ 的因子可能是 $1, p, q, pq$。
   • 因为 $n_r > 1$，所以不可能是1。
   • $n_r \equiv 1 \pmod r$。
   • 我们有 $p<r$ 和 $q<r$。
   • 如果 $n_r=p$，那么 $p \equiv 1 \pmod r$。这意味着 $r$ 整除 $p-1$。但 $r>p>p-1$，这是不可能的。
   • 如果 $n_r=q$，那么 $q \equiv 1 \pmod r$。这意味着 $r$ 整除 $q-1$。但 $r>q>q-1$，这是不可能的。
   • 因此，如果 $n_r > 1$，那么 $n_r$ 的唯一可能性就是 $pq$。
   • (提示的第一部分完成: $n_r=pq$)
5. 分析 $n_q$:
   • $n_q$ 整除 $pr$。$pr$ 的因子可能是 $1, p, r, pr$。
   • 因为 $n_q > 1$，所以不可能是1。
   • $n_q \equiv 1 \pmod q$。
   • 我们有 $p<q$。
   • 如果 $n_q=p$，那么 $p \equiv 1 \pmod q$。这意味着 $q$ 整除 $p-1$。但 $q>p>p-1$，不可能。
   • 所以 $n_q$ 的可能值是 $r$ 或 $pr$。
   • 无论哪种情况，由于 $r>q>p$，所以 $n_q \geq r$。
   • (提示的第二部分 $n_q \geq q+1$ 是一个更强的结论，来自于 $n_q=kq+1$ 且 $n_q$ 是 $r$ 或 $pr$。由于 $n_q \neq 1$, $k\ge 1$, 所以 $n_q \ge q+1$. 并且因为 $r$ 是比 $q$ 大的素数, $r \ge q+1$ 不一定对, 但 $r \ge q+2$ 至少对于 $q>2$ 成立。我们用 $n_q \geq r$ 就足够了)。
6. 计数元素:
   • r阶元素数量:
   • 我们有 $n_r = pq$ 个 $r$-Sylow子群。
   • 每个子群阶为 $r$ (素数)，贡献 $r-1$ 个 $r$ 阶元素。
   • 这些子群两两交集为 $\{e\}$。
   • 总共有 $n_r(r-1) = pq(r-1)$ 个 $r$ 阶元素。
   • q阶元素数量:
   • 我们有 $n_q \geq r$ 个 $q$-Sylow子群。
   • 每个子群阶为 $q$ (素数)，贡献 $q-1$ 个 $q$ 阶元素。
   • 这些子群两两交集为 $\{e\}$。
   • 总共有至少 $n_q(q-1) \geq r(q-1)$ 个 $q$ 阶元素。
   • p阶元素数量:
   • 我们有 $n_p > 1$ 个 $p$-Sylow子群。
   • 每个子群贡献 $p-1$ 个 $p$ 阶元素。
   • 至少有 $n_p(p-1)$ 个 $p$ 阶元素。因为 $n_p \equiv 1 \pmod p$ 且 $n_p > 1$，所以 $n_p \ge p+1$。因此至少有 $(p+1)(p-1) = p^2-1$ 个 $p$ 阶元素。
7. 导出矛盾:
   • 我们将 $r$ 阶和 $q$ 阶元素的数量加起来。
   • 总数 $\geq pq(r-1) + r(q-1)$。
   • $= pqr - pq + rq - r$。
   • 我们想证明这个数大于 $pqr$。这看起来不对。我们重新审视提示。提示只要求估计 $r$ 阶和 $q$ 阶元素的数量。
   • 重新计数:
   • $r$ 阶元素数量: $pq(r-1)$
   • $q$ 阶元素数量: 至少 $r(q-1)$ (因为 $n_q \ge r$)
   • $p$ 阶元素数量: 至少 $q(p-1)$ (因为 $n_p$ 可能等于 $q$)
   • 单位元: 1 个
   • 让我们只用r阶和q阶元素来尝试制造矛盾:
   • $r$ 阶元素有 $n_r(r-1) = pq(r-1) = pqr-pq$ 个。
   • $q$ 阶元素有 $n_q(q-1)$ 个。由于 $n_q>1$ 且 $n_q \equiv 1 \pmod q$，最小的 $n_q$ 可能是 $q+1$ (如果 $q+1$ 整除 $pr$)，或者 $r$，或者 $pr$。我们已知 $n_q \ge r$ 不对，应该是 $n_q$ 的可能值是 $r$ 或 $pr$ (因为 $n_q=p$ 不可能)。所以 $n_q \geq r$ 是错误的。
   • 让我们严格按照提示: $n_q \geq q+1$。
   • $n_q > 1$ and $n_q \equiv 1 \pmod q$ => $n_q = kq+1$ for $k \ge 1$ => $n_q \ge q+1$。
   • 所以 $q$ 阶元素至少有 $(q+1)(q-1) = q^2-1$ 个。
   • 更正 $n_q$ 的分析: $n_q$ 整除 $pr$。$n_q \equiv 1 \pmod q$。$p<q$。$n_q$ 不可能是 $p$。所以 $n_q$ 只能是 $r, pr$。因为 $r>q$, $r$ 不一定是 $kq+1$ 的形式。但 $r$ 是素数，如果 $r=kq+1$, k 必须是正数。
   • 最简单的计数:
   • r阶元素数: $n_r(r-1) \ge 1 \cdot (r-1)$。如果 $n_r>1$, 则 $n_r \ge p+1$ 不对。$n_r$ 整除 $pq$ 且 $n_r \equiv 1 \pmod r$。$p,q<r$。$n_r$ 不可能是 $p,q$。所以 $n_r=pq$。数量: $pq(r-1)=pqr-pq$。
   • q阶元素数: $n_q(q-1) \ge 1 \cdot (q-1)$。如果 $n_q>1$, $n_q$ 整除 $pr$, $n_q \equiv 1 \pmod q$。$p<q$。$n_q \neq p$。所以 $n_q \ge r$。数量: $\ge r(q-1)$。
   • p阶元素数: $n_p(p-1) \ge 1 \cdot (p-1)$。
   • 加总: 假设 $n_r>1$ 和 $n_q>1$。
   • r阶元素: $pq(r-1)$ 个
   • q阶元素: $\ge r(q-1)$ 个
   • p阶元素: $\ge p-1$ 个
   • 单位元: 1 个
   • 总数 $\ge pq(r-1) + r(q-1) + (p-1) + 1 = pqr - pq + rq - r + p$
   • $= pqr + (rq - pq - r + p) = pqr + (q-1)(r-p)$。
   • 因为 $q>p \ge 2$, $r>q \ge 3$, 所以 $(q-1)>0, (r-p)>0$。
   • 因此，元素总数严格大于 $pqr$。这是个矛盾。
8. 结论:
   • 我们的假设（$G$是简单群，从而 $n_p, n_q, n_r$ 都大于1）是错误的。
   • 因此，必须至少有一个 $n_k=1$ (k=p,q,或r)。
   • 这意味着群 $G$ 必然有一个正规的Sylow子群。
   • 所以 $G$ 不是简单群。

这是对练习5.17结论的一个补充和深化。

1. 对练习5.17结论的解读:
   • 练习5.17的证明是通过假设 $n_r>1$ 且 $n_q>1$ 且 $n_p>1$ 导出矛盾。
   • 这意味着这三者不可能同时大于1。
   • 所以，至少有一个 $n_k=1$ ($k \in \{p,q,r\}$)。
   • 原文的表述“$q$-Sylow 子群或 $r$-Sylow 子群总是正规的”是一个更强的结论，它暗示了 $n_p$ 不可能是那唯一一个等于1的。我们来验证一下。
   • 假设 $n_p>1$ 且 $n_q>1$ 且 $n_r=1$。这种情况没有矛盾。
   • 假设 $n_p>1$ 且 $n_r>1$ 且 $n_q=1$。这种情况没有矛盾。
   • 我们的证明实际上是：如果 $n_r>1$ 并且 $n_q>1$，就会导致矛盾。所以 “$n_r>1$ 且 $n_q>1$” 这个陈述为假。
   • 它的否定是 “$n_r=1$ 或 $n_q=1$”。
   • 所以，对于任何 $pqr$ 阶群，要么它的 $r$-Sylow 子群是正规的，要么它的 $q$-Sylow 子群是正规的（或者两者都是）。
   • 原文的第一句话是正确的。
2. 对“再努力一点”的解读:
   • 这是一个更深刻的结论，被称为Hölder's Theorem的一个特例。它断言，在 $p<q<r$ 的条件下，$r$-Sylow子群必然是正规的。
   • 这意味着 $n_r$ 必须总是等于1。
   • 证明这个需要更精细的论证。思路大致如下：
   • 我们已经知道 $n_r=1$ 或 $n_q=1$。
   • 我们需要排除 $n_q=1$ 且 $n_r>1$ 的情况。
   • 假设 $n_q=1$ 且 $n_r > 1$。
   • $n_q=1$ 意味着有一个正规的 $q$-Sylow 子群 $Q$ (阶为q)。
   • $n_r > 1$ 意味着 $n_r=pq$。设 $R$ 是一个 $r$-Sylow 子群。
   • 考虑子群 $QR$。由于 $Q$ 正规，$QR$ 是一个子群，其阶为 $|Q||R|/|Q \cap R| = qr$。
   • $QR$ 是一个 $qr$ 阶的群。我们来分析它的内部结构。
   • 在 $QR$ 中，$r$-Sylow子群的数量 $n_r'$ 整除 $q$ 且 $n_r' \equiv 1 \pmod r$。由于 $r>q$，这迫使 $n_r'=1$。所以 $R$ 在 $QR$ 中是正规的 ($R \triangleleft QR$)。
   • 这意味着 $QR$ 是一个阿贝尔群（或更准确地说， $Q$ 和 $R$ 的元素互相交换，因为它们的阶互质且都正规于$QR$）。
   • 现在考虑 $N_G(R)$，即 $R$ 在 $G$ 中的正规化子。
   • 因为 $R \triangleleft QR$, 所以 $QR \subseteq N_G(R)$。
   • 所以 $|N_G(R)|$ 的阶是 $qr$ 的倍数。
   • 根据轨道-迷向子群定理（作用于Sylow子群），$[G:N_G(R)] = n_r = pq$。
   • 所以 $|N_G(R)| = |G|/n_r = pqr/pq = r$。
   • 我们得到了一个矛盾：$|N_G(R)|$ 必须是 $qr$ 的倍数，但它又必须等于 $r$。这是不可能的，因为 $q>1$。
   • 这个矛盾排除了 $n_q=1$ 且 $n_r>1$ 的情况。
   • 因此，唯一剩下的可能性就是 $n_r=1$。

这部分从一个概括性的介绍开始，然后给出了环 (Ring) 的形式化定义。

1. 引言解读:
   • 群论 vs 环论: 作者将群论的核心比作对称性（例如，几何体的对称操作构成群），将环论的核心比作因式分解（例如，整数环中的质因数分解，多项式环中的因式分解）。这是一个高度凝练的概括。
   • 风味不同: 尽管环的定义包含了群（加法阿贝尔群），但研究的重点和方法论有很大差异。群论更关注元素的变换和组合，而环论更关注两个运算（加和乘）如何相互作用，以及由此产生的代数结构（如理想、因子分解）。
   • 与群论的联系: 作者指出，在学习环和域的初级阶段，与群论的直接联系不强，直到学习高级主题伽罗瓦理论时，群论才重新成为核心工具，用来描述域扩张的对称性。
2. 环的定义 (Axioms of a Ring):

一个环是一个集合 $R$ 配备了两种运算，通常称为加法 (+) 和乘法 ($\cdot$)，它们必须满足以下三组公理：

• (1) 加法结构: $(R,+)$ 是一个阿贝尔群

这本身就包含了一系列子公理：

• 加法封闭性: 对任意 $r, s \in R$, $r+s \in R$。
• 加法结合律: $(r+s)+t = r+(s+t)$。
• 加法单位元: 存在一个元素 $0 \in R$ 使得 $r+0 = 0+r = r$。
• 加法逆元: 对任意 $r \in R$, 存在一个元素 $-r \in R$ 使得 $r+(-r) = (-r)+r = 0$。
• 加法交换律: $r+s = s+r$。

这条公理说明，任何一个环，如果我们暂时忘记乘法，它首先必须是一个“表现良好”的加法系统。

• (2) 乘法结构: 乘法是结合的
• 乘法封闭性: 对任意 $r, s \in R$, $r \cdot s$ (或写作 $rs$) $\in R$。
• 乘法结合律: $(rs)t = r(st)$。
• 注意: 这里没有要求乘法有单位元（幺元），也没有要求有逆元，更没有要求有交换律。乘法结构比加法结构要“弱”得多。一个满足乘法结合律的二元结构被称为半群 (semigroup)。所以 $(R, \cdot)$ 是一个半群。

• (3) 连接加法和乘法: 分配律
• 左分配律: $t(r+s) = tr + ts$。
• 右分配律: $(r+s)t = rt + st$。
• 分配律是连接两种运算的桥梁，是环结构的核心。它规定了乘法如何“展开”加法。如果乘法是交换的，左右分配律是等价的，但对于非交换环，必须两者都满足。

1. 其他术语:
   • 交换环 (Commutative Ring): 如果一个环的乘法满足交换律 ($rs=sr$)，则称之为交换环。整数、多项式环都是交换环。矩阵环一般不是。
   • 符号: $0$ 特指加法单位元，$-r$ 特指加法逆元。

这部分从环的基本公理出发，推导出了一些我们非常熟悉但并非公理的算术性质。这展示了如何从最基本的规则构建起整个代数大厦。

第一部分 (1): 零的乘法性质

• 命题: 任何元素乘以加法单位元0，结果都是0。
• 证明 $0r=0$:

1. 从加法单位元的性质出发：$0 = 0+0$。
2. 等式两边同时右乘 $r$: $0r = (0+0)r$。
3. 应用右分配律: $(0+0)r = 0r + 0r$。
4. 所以我们得到 $0r = 0r + 0r$。
5. 现在，我们处于加法群 $(R,+)$ 的环境中。这个群里有消去律 (cancellation law)。在一个群中，如果 $a+x=a+y$，那么 $x=y$。
6. 在我们的方程 $0r = 0r + 0r$ 中，我们可以看作 $0r+0 = 0r+0r$。根据加法消去律，两边消去一个 $0r$，得到 $0 = 0r$。
7. 证明完毕。
   • 证明 $r0=0$: 过程完全类似，只是使用左分配律。$r0 = r(0+0) = r0+r0$，然后使用加法消去律。

第二部分 (2): 负号的乘法性质

• 命题1: $(-r)s = -(rs)$ 和 $r(-s) = -(rs)$。
• 证明 $(-r)s = -(rs)$:

1. 要证明 $A = -B$，根据加法逆元的定义，我们只需证明 $A+B=0$。
2. 这里 $A=(-r)s, B=rs$。我们来计算它们的和：$(-r)s + rs$。
3. 应用右分配律: $(-r)s + rs = (-r+r)s$。
4. 根据加法逆元的性质，$-r+r=0$。
5. 所以和等于 $0s$。
6. 根据刚刚在(1)中证明的性质，$0s=0$。
7. 因此，$(-r)s + rs = 0$。这证明了 $(-r)s$ 是 $rs$ 的加法逆元，即 $(-r)s = -(rs)$。
   • 证明 $r(-s)=-(rs)$: 完全类似，使用左分配律。$r(-s) + rs = r(-s+s) = r0 = 0$。
   • 命题2: $(-r)(-s) = rs$ (负负得正)。
   • 证明:
8. 我们使用两次命题1：$(-r)(-s) = - (r(-s))$。
9. 再对括号里的 $r(-s)$ 使用命题1：$r(-s) = -(rs)$。
10. 代入得到：$(-r)(-s) = - (-(rs))$。
11. 在一个群中，逆元的逆元是其自身，即 $-(-a)=a$。
12. 所以，$-(-(rs)) = rs$。
13. 证明完毕。

第三部分 (3): 广义分配律

• 命题: 两个和的乘积等于所有可能的交叉项乘积的和。
• 证明思路: 这需要通过对 $n$ 和 $m$ 进行数学归纳法来严格证明。
• 基础步骤: $n=1, m=2$: $r_1(s_1+s_2) = r_1s_1 + r_1s_2$，这是左分配律公理。
• 归纳步骤: 假设对 $n$ 和 $m$ 成立，证明对 $n+1$ 和 $m$ 也成立。

$(\sum_{i=1}^{n+1} r_i)(\sum_{j=1}^m s_j) = ((\sum_{i=1}^n r_i) + r_{n+1})(\sum_{j=1}^m s_j)$

应用右分配律：$= (\sum_{i=1}^n r_i)(\sum_{j=1}^m s_j) + r_{n+1}(\sum_{j=1}^m s_j)$

对第一项应用归纳假设，对第二项反复应用左分配律，最后合并求和即可。

• 这个性质是我们进行多项式乘法等运算的基础。