1. 第35节 群的序列

这段话是第35节的开篇引言，为我们接下来要学习的内容设定了背景和方向。

1. 核心概念：本节的核心是“群的序列”(series of a group)。这是一个全新的概念，你可以把它想象成研究一个复杂对象（群）的一种新工具。
2. 目的：为什么要引入“序列”这个概念？因为它可以帮助我们“深入揭示 $G$ 的结构”。群论的核心目标之一就是理解各种群的内部构造和性质。比如，一个群是不是阿贝尔群？它有哪些子群？这些子群之间有什么关系？“序列”就像一个高倍显微镜，让我们能更精细地观察群的内部。
3. 适用范围：这个“序列”理论非常普适，它既适用于元素交换律成立的阿贝尔群（如整数加法群 $\mathbb{Z}$），也适用于元素交换律不一定成立的非阿贝尔群（如对称群 $S_3$）。
4. 特殊情况：提到了一个特例——有限生成阿贝尔群。对于这类群，我们已经有了一个“强大的定理 11.12”（即有限生成阿贝尔群的基本定理，该定理说明任何有限生成阿贝尔群都可以分解成循环群的直积）。这个定理已经把这类群的结构刻画得非常清楚了，所以“序列”理论在这里的威力就显得不那么“重要”了，有点“杀鸡用牛刀”的感觉。
5. 教学策略：尽管理论对非阿贝尔群更有意义，但在介绍概念的初期，为了“计算简便”，我们会大量使用阿贝尔群作为例子。这是因为阿贝尔群的所有子群都是正规子群，这会大大简化我们对序列性质的验证过程，让我们能更专注于理解“序列”本身，而不是陷入复杂的正规性判断中。

这个定义是本节的核心，它正式引入了两种类型的“群的序列”。我们来逐一拆解。

1. 次正规序列 (subnormal series)

一个次正规序列需要满足以下所有条件：

• 成分：它是一个由群 $G$ 的子群组成的有限序列（一串有限多个子群）：$H_{0}, H_{1}, \cdots, H_{n}$。
• 起点和终点：这个序列必须从最小的子群开始，到最大的子群结束。
• $H_{0} = \{e\}$：第一个子群是只包含单位元 $e$ 的平凡子群。
• $H_{n} = G$：最后一个子群是群 $G$ 本身。
• 嵌套关系：这个序列中的子群是严格递增嵌套的。
• $H_{i} < H_{i+1}$：表示 $H_{i}$ 是 $H_{i+1}$ 的真子群（即 $H_i \subseteq H_{i+1}$ 且 $H_i \neq H_{i+1}$）。这就像俄罗斯套娃，一个套一个，而且里面的总比外面的小。
• 核心条件（局部正规）：这是“次正规”的关键所在。
• $H_{i}$ 是 $H_{i+1}$ 的正规子群，记作 $H_{i} \triangleleft H_{i+1}$。这意味着，对于序列中相邻的两个子群，前一个在后一个里面是正规的。它只要求“局部”的正规性，即 $H_i$ 只需要在它的直接“上级” $H_{i+1}$ 中是正规的，并不要求 $H_i$ 在整个群 $G$ 中是正规的。

2. 正规序列 (normal series)

一个正规序列是次正规序列的一种特殊情况，它要求更强的条件。

• 成分：它也是一个由群 $G$ 的子群组成的有限序列：$H_{0}, H_{1}, \cdots, H_{n}$。
• 起点、终点、嵌套关系：这三条和次正规序列完全一样。
• $H_{0} = \{e\}$
• $H_{n} = G$
• $H_{i} < H_{i+1}$
• 核心条件（全局正规）：这是与次正规序列的根本区别。
• 序列中的每一个子群 $H_i$（除了 $H_n=G$）都必须是整个群 $G$ 的正规子群，记作 $H_i \triangleleft G$。这个条件比次正规序列的 $H_{i} \triangleleft H_{i+1}$ 要苛刻得多。如果 $H_i$ 在 $G$ 中是正规的，那么它在任何包含它的子群（比如 $H_{i+1}$）中也必然是正规的。因此，正规序列必然是次正规序列。

别名：

• 次正规序列也叫次不变序列 (subinvariant series)。
• 正规序列也叫不变序列 (invariant series)。

“不变”这个词源于正规子群在共轭运算下的“不变性”。

这段话是对刚刚给出的定义进行补充说明和强调。

1. 阿贝尔群的特殊性：再次强调，在阿べる群（交换群）中，次正规序列和正规序列没有区别。为什么？因为在阿贝尔群 $G$ 中，任何一个子群 $H$ 对于整个群 $G$ 来说都是正规的。既然所有子群都是全局正规的，那么任何满足 $H_i < H_{i+1}$ 的子群链，它的每一项 $H_i$ 必然是 $G$ 的正规子群，这就满足了正规序列的定义。而正规序列又是次正规序列，所以对于阿贝尔群，只要写下一个子群链，它就自动同时是正规序列和次正规序列了。
2. 两个概念的关系：明确指出两者间的逻辑关系：正规序列 $\Rightarrow$ 次正规序列。这是一个单向的蕴含关系。“反之则不一定成立”，意思是存在是次正规序列但不是正规序列的例子（我们在示例35.3和上面的具体数值示例中已经看到了）。
3. 概念的重要性：作者解释了为什么要先定义看似更弱的“次正规序列”。原因在于“次正规序列的概念对我们的工作更重要”。这预示着，后续的核心定理（如施赖尔定理和约当-霍尔德定理）是围绕次正规序列建立的。次正规序列更具普遍性，它涵盖了正规序列，并且能够适用于更广泛的群和子群结构，因此是理论发展的基石。

这个例子展示了整数加法群 $\mathbb{Z}$ 的两个具体的正规序列。

序列一：$\{0\}<8 \mathbb{Z}<4 \mathbb{Z}<\mathbb{Z}$

1. 群与子群：
   • $G = \mathbb{Z}$：整数加法群。
   • $H_0 = \{0\}$：平凡子群。
   • $H_1 = 8\mathbb{Z}$：所有8的倍数的集合，如 $\{\cdots, -16, -8, 0, 8, 16, \cdots\}$。这是一个子群。
   • $H_2 = 4\mathbb{Z}$：所有4的倍数的集合，如 $\{\cdots, -8, -4, 0, 4, 8, \cdots\}$。这是一个子群。
   • $H_3 = \mathbb{Z}$：整个群。
2. 验证正规序列的条件：
   • 起点终点：$H_0=\{0\}, H_3=\mathbb{Z}$，满足。
   • 嵌套关系：
   • $\{0\} < 8\mathbb{Z}$：显然成立。
   • $8\mathbb{Z} < 4\mathbb{Z}$：因为任何一个8的倍数（例如 $8k$）都可以写成 $4(2k)$，所以它必然是4的倍数。因此 $8\mathbb{Z} \subset 4\mathbb{Z}$。又因为 $4 \in 4\mathbb{Z}$ 但 $4 \notin 8\mathbb{Z}$，所以是真子群。成立。
   • $4\mathbb{Z} < \mathbb{Z}$：任何4的倍数都是整数，且1是整数但不是4的倍数。成立。
   • 全局正规性：$G = \mathbb{Z}$ 是一个阿贝尔群。在阿贝尔群中，所有子群都是正规子群。因此 $\{0\}, 8\mathbb{Z}, 4\mathbb{Z}$ 都是 $\mathbb{Z}$ 的正规子群。成立。
   • 结论：这是一个正规序列（也因此是次正规序列）。

序列二：$\{0\}<9 \mathbb{Z}<\mathbb{Z}$

1. 群与子群：
   • $G = \mathbb{Z}$
   • $H_0 = \{0\}$
   • $H_1 = 9\mathbb{Z}$：所有9的倍数的集合。
   • $H_2 = \mathbb{Z}$
2. 验证正规序列的条件：
   • 起点终点：满足。
   • 嵌套关系：$\{0\} < 9\mathbb{Z} < \mathbb{Z}$。任何9的倍数都是整数，且1是整数但不是9的倍数。成立。
   • 全局正规性：同样，因为 $\mathbb{Z}$ 是阿贝尔群，所以 $9\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 的正规子群。成立。
   • 结论：这是一个正规序列。

这个例子至关重要，因为它展示了一个次正规序列但不是正规序列的实例，从而突显了两种序列的差异。

1. 群与子群

• $G = D_4$：正方形对称群，有8个元素。
• 旋转：$\rho_0$ (0°), $\rho_1$ (90°), $\rho_2$ (180°), $\rho_3$ (270°)。
• 翻转：$\mu_1$ (水平), $\mu_2$ (垂直), $\delta_1$ (主对角线), $\delta_2$ (副对角线)。
• $H_0 = \{\rho_0\}$：平凡子群。
• $H_1 = \{\rho_0, \mu_1\}$：一个2阶子群，包含恒等变换和水平翻转。
• $H_2 = \{\rho_0, \rho_2, \mu_1, \mu_2\}$：一个4阶子群，包含恒等变换、旋转180°、水平翻转和垂直翻转。这个子群同构于克莱因四元群 $V_4$。
• $H_3 = D_4$：整个群。

2. 验证次正规序列的条件

• 起点终点：$H_0 = \{\rho_0\}, H_3 = D_4$，满足。
• 嵌套关系：
• $\{\rho_0\} < \{\rho_0, \mu_1\}$：显然。
• $\{\rho_0, \mu_1\} < \{\rho_0, \rho_2, \mu_1, \mu_2\}$：$H_1$ 的两个元素都在 $H_2$ 中，且 $H_1 \neq H_2$。成立。
• $\{\rho_0, \rho_2, \mu_1, \mu_2\} < D_4$：$H_2$ 的四个元素都在 $D_4$ 中，且 $H_2 \neq D_4$。成立。
• 局部正规性 ($H_i \triangleleft H_{i+1}$):
• $H_0 \triangleleft H_1$: 平凡子群在任何群中都正规。成立。
• $H_1 \triangleleft H_2$: $H_2 = \{\rho_0, \rho_2, \mu_1, \mu_2\}$ 是一个阿贝尔群（每个元素的阶都是1或2）。在阿贝尔群中，所有子群都是正规的。因此 $H_1$ 在 $H_2$ 中正规。成立。
• $H_2 \triangleleft H_3 (D_4)$: $H_2$ 在 $D_4$ 中的指数是 $|D_4| / |H_2| = 8/4 = 2$。有一个重要的定理：任何指数为2的子群都是正规子群。因此 $H_2$ 在 $D_4$ 中正规。成立。
• 结论：由于所有局部正规性都满足，所以这是一个次正规序列。

3. 验证是否为正规序列

• 我们需要检查序列中的每一项（$H_0, H_1, H_2$）是否都是整个群 $G=D_4$ 的正规子群。
• $H_0 = \{\rho_0\}$：是正规的。
• $H_2 = \{\rho_0, \rho_2, \mu_1, \mu_2\}$：上面已经验证，因其指数为2，是正规的。
• $H_1 = \{\rho_0, \mu_1\}$：它在 $D_4$ 中是否正规？
• 要成为正规子群，必须对于任意的 $g \in D_4$，都有 $gH_1g^{-1} = H_1$。
• 我们来找一个反例。取 $g = \rho_1$ (旋转90°)，$g^{-1} = \rho_3$ (旋转270°)。
• 计算共轭子群 $\rho_1 H_1 \rho_1^{-1} = \{\rho_1 \rho_0 \rho_1^{-1}, \rho_1 \mu_1 \rho_1^{-1}\}$。
• $\rho_1 \rho_0 \rho_1^{-1} = \rho_0$。
• $\rho_1 \mu_1 \rho_1^{-1} = \rho_1 \mu_1 \rho_3$。根据 $D_4$ 的运算法则（或通过几何想象：先旋转270°，再水平翻转，再旋转90°），结果是 $\mu_2$ (垂直翻转)。
• 所以 $\rho_1 H_1 \rho_1^{-1} = \{\rho_0, \mu_2\}$。
• 因为 $\{\rho_0, \mu_2\} \neq \{\rho_0, \mu_1\}$，所以 $H_1$ 在 $D_4$ 中不是正规子群。
• 结论：由于序列中存在一项 ($H_1$) 不是整个群 $D_4$ 的正规子群，所以这个序列不是一个正规序列。

这个定义引入了“精化”(refinement)的概念，描述了两个序列之间的关系。

1. 基本思想：精化就是“让序列变得更长、更细致”。一个序列的精化是通过在原有序列的子群之间插入一些新的子群得到的。
2. 定义解读：
   • 我们有两个序列，一个是旧的 $\left\{H_{i}\right\}$，一个是新的 $\left\{K_{j}\right\}$。
   • 我们说 $\left\{K_{j}\right\}$ 是 $\left\{H_{i}\right\}$ 的精化，其条件非常直观：旧序列中的每一个子群，都必须出现在新序列中。
   • 用集合的语言来说，就是把序列看作子群的集合，那么旧序列的子群集合必须是新序列的子群集合的子集。即 $\left\{H_{0}, H_{1}, \ldots, H_{n}\right\} \subseteq\left\{K_{0}, K_{1}, \ldots, K_{m}\right\}$。
   • 这意味着，对于任意一个 $H_i$，都存在一个 $j$ 使得 $H_i = K_j$。
3. 类型匹配：定义中提到“次正规（正规）序列...的精化”，这意味着精化后的序列必须保持和原序列相同的类型。
   • 如果原序列是次正规的，它的精化序列也必须是次正规的。
   • 如果原序列是正规的，它的精化序列也必须是正规的。

这个例子直观地展示了精化的定义。

1. 原序列 $\left\{H_i\right\}$:

$H_0 = \{0\}$, $H_1 = 72\mathbb{Z}$, $H_2 = 8\mathbb{Z}$, $H_3 = \mathbb{Z}$。

这是一个合法的正规序列，因为 $8|72 \implies 72\mathbb{Z} < 8\mathbb{Z}$，且在阿贝尔群 $\mathbb{Z}$ 中正规性自动满足。

1. 新序列 $\left\{K_j\right\}$:

$K_0=\{0\}, K_1=72\mathbb{Z}, K_2=24\mathbb{Z}, K_3=8\mathbb{Z}, K_4=4\mathbb{Z}, K_5=\mathbb{Z}$。

• 这是一个合法的正规序列吗？我们来检查嵌套关系：
• $24|72 \implies 72\mathbb{Z} < 24\mathbb{Z}$
• $8|24 \implies 24\mathbb{Z} < 8\mathbb{Z}$
• $4|8 \implies 8\mathbb{Z} < 4\mathbb{Z}$
• $1|4 \implies 4\mathbb{Z} < \mathbb{Z}$
• 所有嵌套关系都成立，正规性在 $\mathbb{Z}$ 中也自动成立。所以 $\left\{K_j\right\}$ 是一个合法的正规序列。

1. 验证精化关系：
   • 原序列的子群有 $\{0\}, 72\mathbb{Z}, 8\mathbb{Z}, \mathbb{Z}$。
   • 新序列的子群有 $\{0\}, 72\mathbb{Z}, 24\mathbb{Z}, 8\mathbb{Z}, 4\mathbb{Z}, \mathbb{Z}$。
   • 原序列的每一个子群都出现在了新序列中。
   • 因此，新序列是原序列的一个精化。
2. 插入的项：
   • 比较两个序列，我们发现在 $72\mathbb{Z}$ 和 $8\mathbb{Z}$ 之间插入了 $24\mathbb{Z}$。
   • 在 $8\mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z}$ 之间插入了 $4\mathbb{Z}$。
   • 正如原文所说，“插入了两个新项，$4 \mathbb{Z}$ 和 $24 \mathbb{Z}$”。

这段话揭示了我们为什么要关心群的序列——真正的目的在于研究由它们产生的“因子群”。

1. 研究对象：我们最终感兴趣的不是序列本身，而是由序列中相邻两项构成的商群（quotient group），这里称之为因子群 (factor groups)。对于序列 $H_0 < H_1 < \dots < H_n$，我们关心的是这一系列的群：

$H_1 / H_0$, $H_2 / H_1$, $H_3 / H_2$, ..., $H_n / H_{n-1}$。

1. 良定义性：商群 $A/B$ 能够被定义的前提是，$B$ 必须是 $A$ 的正规子群 ($B \triangleleft A$)。
2. 与序列定义的联系：
   • 对于次正规序列，其定义就是 $H_i \triangleleft H_{i+1}$。这个条件不多不少，正好保证了商群 $H_{i+1} / H_i$ 是良定义的。
   • 对于正规序列，其定义是 $H_i \triangleleft G$。既然 $H_i$ 在 $G$ 中正规，那么它在包含它的任何子群 $H_{i+1}$ 中也必然是正规的。所以 $H_i \triangleleft H_{i+1}$ 也成立，商群 $H_{i+1} / H_i$ 当然也是良定义的。
3. 核心思想：通过一个序列，我们将对一个大的、复杂的群 $G$ 的研究，分解为对一系列可能更小、更简单的因子群 $H_{i+1} / H_i$ 的研究。这是一种“分而治之”的策略。我们希望通过理解这些“基本构件”（因子群），来重构对整体 $G$ 的理解。

这个定义引入了判断两个序列“等价”的标准，即“同构”(isomorphic)。

1. 比较的对象：我们不是直接比较序列中的子群本身，而是比较它们各自产生的因子群的集合。
2. 同构的条件：要称两个序列 $\left\{H_{i}\right\}$ 和 $\left\{K_{j}\right\}$ 是同构的，需要满足两个条件：
   • 数量相同：它们产生的因子群数量必须相等。这意味着两个序列的“步数”必须一样多。如果 $\left\{H_{i}\right\}$ 有 $n$ 个因子群，那么 $\left\{K_{j}\right\}$ 也必须有 $n$ 个因子群。这通常意味着 $m=n$（如果序列中没有重复项）。
   • 一一对应且同构：可以建立一个从因子群集合 $\left\{H_{i+1} / H_{i}\right\}$ 到 $\left\{K_{j+1} / K_{j}\right\}$ 的一一映射（双射），使得在这个映射下，配对的两个因子群是同构的。
3. 顺序无关：定义强调的是因子群的“集合”之间可以建立对应关系。这意味着因子群在各自序列中出现的顺序可以是不同的。只要两组因子群（在不考虑顺序和同构的意义下）是相同的，那么原序列就是同构的。

这是一个对定义35.6 的直接推论的简要说明。

1. 前提：我们有两个同构的序列，$\left\{H_i\right\}_{i=0}^n$ 和 $\left\{K_j\right\}_{j=0}^m$。
2. 同构的定义：根据定义，它们的因子群集合之间存在一对一的对应关系。
3. 因子群的数量：
   • $\left\{H_i\right\}$ 序列的长度是 $n+1$（从 $H_0$ 到 $H_n$），它产生了 $n$ 个因子群 ($H_1/H_0, \dots, H_n/H_{n-1}$)。
   • $\left\{K_j\right\}$ 序列的长度是 $m+1$（从 $K_0$ 到 $K_m$），它产生了 $m$ 个因子群 ($K_1/K_0, \dots, K_m/K_{m-1}$)。
4. 一对一对应：既然两组因子群可以一一对应，那么它们的数量必须相等。所以 $n=m$。
5. 群的数量：
   • $\left\{H_i\right\}$ 序列中群的数量是 $n+1$。
   • $\left\{K_j\right\}$ 序列中群的数量是 $m+1$。
6. 结论：因为 $n=m$，所以 $n+1=m+1$。因此，两个同构的序列必须包含相同数量的子群。

这段是对我们之前在定义35.6的解释中已经详细分析过的例子的正式陈述。我们再梳理一遍。

1. 序列一：$\{0\}<\langle 5\rangle<\mathbb{Z}_{15}$

• 子群：$H_0 = \{0\}$, $H_1 = \langle 5 \rangle = \{0, 5, 10\}$, $H_2 = \mathbb{Z}_{15}$。
• 因子群：
• 第一个因子群：$H_1/H_0 = \langle 5 \rangle / \{0\} \simeq \langle 5 \rangle$。
• 这是一个由元素5生成的3阶循环群。
• 任何3阶循环群都同构于 $\mathbb{Z}_3$。
• 第二个因子群：$H_2/H_1 = \mathbb{Z}_{15} / \langle 5 \rangle$。
• 根据拉格朗日定理，其阶为 $15/3=5$。
• 任何阶为素数 p 的群都是循环群，且同构于 $\mathbb{Z}_p$。
• 因此，此因子群同构于 $\mathbb{Z}_5$。
• 序列一的因子群集合（同构意义下）：$\{\mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_5\}$。

2. 序列二：$\{0\}<\langle 3\rangle<\mathbb{Z}_{15}$

• 子群：$K_0 = \{0\}$, $K_1 = \langle 3 \rangle = \{0, 3, 6, 9, 12\}$, $K_2 = \mathbb{Z}_{15}$。
• 因子群：
• 第一个因子群：$K_1/K_0 = \langle 3 \rangle / \{0\} \simeq \langle 3 \rangle$。
• 这是一个由元素3生成的5阶循环群。
• 任何5阶循环群都同构于 $\mathbb{Z}_5$。
• 第二个因子群：$K_2/K_1 = \mathbb{Z}_{15} / \langle 3 \rangle$。
• 其阶为 $15/5=3$。
• 同理，它同构于 $\mathbb{Z}_3$。
• 序列二的因子群集合（同构意义下）：$\{\mathbb{Z}_5, \mathbb{Z}_3\}$。

3. 建立同构对应关系

原文的描述方式是：

• 第一个序列的第二个因子群 $\mathbb{Z}_{15} /\langle 5\rangle$ ($\simeq \mathbb{Z}_5$)

与

第二个序列的第一个因子群 $\langle 3\rangle /\{0\}$ ($\simeq \mathbb{Z}_5$)

同构。

• 第一个序列的第一个因子群 $\langle 5\rangle /\{0\}$ ($\simeq \mathbb{Z}_3$)

与

第二个序列的第二个因子群 $\mathbb{Z}_{15} /\langle 3\rangle$ ($\simeq \mathbb{Z}_3$)

同构。

我们找到了一个一一对应关系，使得对应的因子群是同构的。因此，这两个序列是同构的。

这段话是施赖尔定理 (Schreier's Theorem) 的引言，起到了预告和安抚的作用。

1. 定理内容预告：即将证明的核心结论是：“群 $G$ 的两个次正规序列具有同构的精化”。我们来拆解这句话：
   • 起点：你有任意两个给定的次正规序列，我们叫它们 $S_1$ 和 $S_2$。它们可能长度不同，子群不同，看起来毫无关系。
   • 过程：你可以对 $S_1$ 进行精化（插入一些子群），得到一个更长的序列 $S_1'$。你也可以对 $S_2$ 进行精化，得到一个更长的序列 $S_2'$。
   • 结论：施赖尔定理保证，总能找到一种精化的方式，使得最终得到的两个新序列 $S_1'$ 和 $S_2'$ 是同构的！也就是说，$S_1'$ 和 $S_2'$ 的长度相同，并且它们各自的因子群集合（在同构和不计顺序的意义下）是完全一样的。
2. 定理地位：作者称其为“序列理论中的一个基本结果”。这说明它的重要性，是后续理论的基石。它就像一个强大的桥梁，能将任意两个看似无关的序列联系在一起。
3. 学习建议与心理建设：作者非常贴心地给出了学习建议。
   • “证明并不太难”：这是在鼓励读者，从理论高度上看，证明的逻辑链条是清晰的。
   • “有些学生在证明过程中会迷失方向”：这是一个善意的提醒。证明过程会涉及到很多符号和下标，技术性较强，容易让人“见树不见林”。
   • “先举例说明该定理”：这是非常好的教学策略。在深入繁琐的证明细节之前，先通过一个具体的例子，让读者直观地感受定理在说什么，以及它是如何运作的。这样，在后续学习证明时，就有了一个可以时时回顾的“心理锚点”。

这个例子是施赖尔定理的具体演示。

1. 原始序列

• 序列A: $S_A = \{0\}<8 \mathbb{Z}<4 \mathbb{Z}<\mathbb{Z}$
• 因子群:
• $8\mathbb{Z}/\{0\} \simeq 8\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}$
• $4\mathbb{Z}/8\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_2$
• $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_4$
• 因子群集合: $\{\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_4\}$
• 序列B: $S_B = \{0\}<9 \mathbb{Z}<\mathbb{Z}$
• 因子群:
• $9\mathbb{Z}/\{0\} \simeq 9\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}$
• $\mathbb{Z}/9\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_9$
• 因子群集合: $\{\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_9\}$

这两个序列显然不同构，长度和因子群都不同。

2. 精化后的序列

• 序列A的精化: $S_A' = \{0\}<72 \mathbb{Z}<8 \mathbb{Z}<4 \mathbb{Z}<\mathbb{Z}$
• 这个精化是在 $\{0\}$ 和 $8\mathbb{Z}$ 之间插入了 $72\mathbb{Z}$。
• 我们来计算它的因子群:

1. $72\mathbb{Z}/\{0\} \simeq 72\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}$
2. $8\mathbb{Z}/72\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_{72/8} = \mathbb{Z}_9$
3. $4\mathbb{Z}/8\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_{8/4} = \mathbb{Z}_2$
4. $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_4$
   • 因子群集合(A'): $\{\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_9, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_4\}$

• 序列B的精化: $S_B' = \{0\}<72 \mathbb{Z}<18 \mathbb{Z}<9 \mathbb{Z}<\mathbb{Z}$
• 这个精化是在 $\{0\}$ 和 $9\mathbb{Z}$ 之间插入了 $72\mathbb{Z}$ 和 $18\mathbb{Z}$。
• 我们来计算它的因子群:

1. $72\mathbb{Z}/\{0\} \simeq 72\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}$
2. $18\mathbb{Z}/72\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_{72/18} = \mathbb{Z}_4$
3. $9\mathbb{Z}/18\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_{18/9} = \mathbb{Z}_2$
4. $\mathbb{Z}/9\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}_9$
   • 因子群集合(B'): $\{\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_4, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_9\}$

3. 比较精化后的序列

• $S_A'$ 和 $S_B'$ 的长度相同，都包含5个子群，产生4个因子群。
• $S_A'$ 的因子群集合是 $\{\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_9, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_4\}$。
• $S_B'$ 的因子群集合是 $\{\mathbb{Z}, \mathbb{Z}_4, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_9\}$。
• 这两个集合是完全相同的！

结论: 我们成功地找到了 $S_A$ 和 $S_B$ 的两个精化 $S_A'$ 和 $S_B'$，使得 $S_A'$ 和 $S_B'$ 是同构的。这完美地印证了施赖尔定理。

原文勘误: 原文说因子群同构于 "$\mathbb{Z}_{4}, \mathbb{Z}_{2}, \mathbb{Z}_{9}$ 和 $72 \mathbb{Z}$ 或 $\mathbb{Z}$"。其中 "$72\mathbb{Z}$ 或 $\mathbb{Z}$" 更准确的说法是“同构于 $\mathbb{Z}$ 的无限循环群”。$72\mathbb{Z}$ 是这个群的一个具体实现，而 $\mathbb{Z}$ 是它的同构原型。

这部分是在正式陈述和证明策森豪斯引理 (Zassenhaus Lemma) 之前，进行必要的背景设置和符号定义。策森豪斯引理是证明施赖尔定理的核心工具。

1. 引理的别名：它被称为“蝴蝶引理”(Butterfly Lemma)，这个形象的别名源自于它的子群关系图（哈斯图）的形状，像一只展开翅膀的蝴蝶。这个名字有助于记忆。
2. 初始设定 (Setup)：
   • 我们有一个大群 $G$。
   • $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的任意两个子群。
   • $H^*$ 是 $H$ 的一个正规子群 ($H^* \triangleleft H$)。
   • $K^*$ 是 $K$ 的一个正规子群 ($K^* \triangleleft K$)。
3. 构建蝴蝶图上的各个点 (子群)：

作者在这里逐步说明了蝴蝶图上各个节点确实是群。他引用了引理 34.4（通常是关于子群乘积的定理，即若 $A, B$ 是 $G$ 的子群，且其中一个正规化另一个，则 $AB$ 是子群；若 $A,B$ 都正规，则 $AB$ 正规）。

• 左上翼: $H^*(H \cap K)$。这里 $H^*$ 和 $H \cap K$ 都是 $H$ 的子群，且 $H^* \triangleleft H$。根据引理 34.4，它们的乘积 $H^*(H \cap K)$ 是 $H$ 的一个子群，因此也是 $G$ 的一个子群。
• 左下翼: $H^*(H \cap K^*)$。同理，$H^*$ 和 $H \cap K^*$ 都是 $H$ 的子群，且 $H^* \triangleleft H$。因此 $H^*(H \cap K^*)$ 是一个子群。
• 右上翼: $K^*(H \cap K)$。对称地， $K^*$ 和 $H \cap K$ 都是 $K$ 的子群，且 $K^* \triangleleft K$。因此 $K^*(H \cap K)$ 是一个子群。
• 右下翼: $K^*(H^* \cap K)$。同理，$K^*$ 和 $H^* \cap K$ 都是 $K$ 的子群，且 $K^* \triangleleft K$。因此 $K^*(H^* \cap K)$ 是一个子群。
• 蝴蝶身体的中点: $L = (H^* \cap K)(H \cap K^*)$。
• 首先，需要证明它的两个组件都是合适的子群。$H^* \cap K$ 是 $H \cap K$ 的子群。$H \cap K^*$ 也是 $H \cap K$ 的子群。
• 然后需要证明 $L$ 是一个群。作者提示，$H^* \cap K$ 在 $H \cap K$ 中是正规的（这个证明留作习题）。对称地，$H \cap K^*$ 在 $H \cap K$ 中也是正规的。因为它们都是 $H \cap K$ 的正规子群，它们的乘积 $L$ 也是 $H \cap K$ 的一个正规子群。因此 $L$ 是一个群。

1. 确认包含关系：
   • $H^*(H \cap K^*) \subseteq H^*(H \cap K)$：因为 $K^* \subseteq K$，所以 $H \cap K^* \subseteq H \cap K$。
   • $L \subseteq H \cap K$：因为 $H^* \cap K \subseteq H \cap K$ 且 $H \cap K^* \subseteq H \cap K$，它们的乘积也在 $H \cap K$ 中（因为 $H \cap K$ 是群）。
   • 其他包含关系都可以类似地验证。例如，$H^* \cap K \subseteq H^*$ 且 $H^* \cap K \subseteq K$。

这段话清晰地勾勒出了证明策森豪斯引理的核心策略，即利用同态基本定理。

1. 已知和目标：
   • 已知：$H^* \triangleleft H$, $K^* \triangleleft K$。
   • 引理要证明的核心结论（也就是这里的“声称”）：
2. $H^*(H \cap K^*) \triangleleft H^*(H \cap K)$ (蝴蝶左翼的正规关系)
3. $K^*(H^* \cap K) \triangleleft K^*(H \cap K)$ (蝴蝶右翼的正规关系)
4. 三个商群互相同构:

$H^*(H \cap K) / H^*(H \cap K^*) \simeq K^*(H \cap K) / K^*(H^* \cap K) \simeq (H \cap K) / L$

(其中 $L=(H^* \cap K)(H \cap K^*)$)

1. 证明策略：证明分为三步，但核心是第一步，后两步通过对称性得到。
   • 第一步：证明左翼的同构关系
   • 目标：证明 $H^*(H \cap K) / H^*(H \cap K^*) \simeq (H \cap K) / L$。
   • 方法：使用第一同态基本定理（原文中的定理34.2）。该定理内容是：如果 $\phi: G \to G'$ 是一个满同态，那么 $G/\text{Ker}(\phi) \simeq G'$。
   • 具体实施：

• 第二步：证明右翼的同构关系
• 目标：证明 $K^*(H \cap K) / K^*(H^* \cap K) \simeq (H \cap K) / L$。
• 方法：作者说“通过对称性”。这意味着，我们可以通过交换 $H$ 和 $K$ ($H^*$ 和 $K^*$) 的角色，完全重复第一步的论证，构造一个类似的同态，得到右翼的结论。不需要重新写一遍完整的证明。

• 第三步：整合结论
• 由于左翼商群和右翼商群都同构于中间的商群 $(H \cap K)/L$，根据同构关系的传递性，它们三个就互相同构了。

这部分是策森豪斯引理证明的核心计算，它严格执行了上一段提出的路线图。

1. 定义映射 $\phi$

• $\phi: H^{*}(H \cap K) \rightarrow (H \cap K) / L$
• 一个来自定义域 $H^*(H \cap K)$ 的任意元素可以写成 $hx$ 的形式，其中 $h \in H^*$，$x \in H \cap K$。
• 映射规则：$\phi(hx) = xL$。这个定义非常巧妙：它“扔掉”了 $H^*$ 部分的 $h$，只保留了 $H \cap K$ 部分的 $x$，并把它变成了在商群 $(H \cap K)/L$ 中的一个陪集。

2. 证明 $\phi$ 是良定义的 (Well-defined)

• 必要性：由于一个元素可能有多种 $hx$ 的表示方式，我们必须证明，无论表示方式如何，映射的结果都一样。
• 证明：假设同一个元素有两种表示 $h_1 x_1 = h_2 x_2$，其中 $h_1, h_2 \in H^*$，$x_1, x_2 \in H \cap K$。我们需要证明 $\phi(h_1 x_1) = \phi(h_2 x_2)$，即 $x_1 L = x_2 L$。
• 从 $h_1 x_1 = h_2 x_2$ 出发，两边同时左乘 $h_2^{-1}$，右乘 $x_1^{-1}$，得到 $h_2^{-1} h_1 = x_2 x_1^{-1}$。
• 分析这个等式：
• 左边 $h_2^{-1} h_1 \in H^*$ (因为 $H^*$ 是群)。
• 右边 $x_2 x_1^{-1} \in H \cap K$ (因为 $H \cap K$ 是群)。
• 所以，这个共同的元素 $h_2^{-1} h_1 = x_2 x_1^{-1}$ 既在 $H^*$ 中，又在 $H \cap K$ 中。这意味着它在它们的交集 $H^* \cap K$ 中。
• 我们知道 $L = (H^* \cap K)(H \cap K^*)$。显然，$H^* \cap K \subseteq L$。
• 因此，$x_2 x_1^{-1} \in L$。
• 根据陪集相等的判别法，$aH=bH \iff b^{-1}a \in H$。这里， $x_2 x_1^{-1} \in L$ 意味着 $x_1 L = x_2 L$。
• 证明完成。$\phi$ 是良定义的。

3. 证明 $\phi$ 是同态 (Homomorphism)

• 目标：证明 $\phi(ab) = \phi(a)\phi(b)$。
• 证明：取定义域中任意两个元素 $a=h_1 x_1$ 和 $b=h_2 x_2$。
• 计算它们的乘积：$(h_1 x_1)(h_2 x_2) = h_1 (x_1 h_2) x_2$。
• 这里的难点是 $x_1$ 和 $h_2$ 不能交换。但我们有关键条件 $H^* \triangleleft H$。
• $x_1 \in H \cap K \subseteq H$，$h_2 \in H^*$。因为 $H^*$ 在 $H$ 中正规，所以 $x_1 H^* x_1^{-1} = H^*$。这意味着 $x_1 h_2 x_1^{-1}$ 仍然是 $H^*$ 中的某个元素，我们叫它 $h_3$。即 $x_1 h_2 x_1^{-1} = h_3 \in H^*$。
• 从而 $x_1 h_2 = h_3 x_1$。这个“交换”操作是关键一步。
• 现在代回去：$(h_1 x_1)(h_2 x_2) = h_1 (h_3 x_1) x_2 = (h_1 h_3)(x_1 x_2)$。
• 这个形式很好，前面是 $H^*$ 的部分 $(h_1 h_3)$，后面是 $H \cap K$ 的部分 $(x_1 x_2)$。
• 现在应用 $\phi$ 的定义：$\phi((h_1 h_3)(x_1 x_2)) = (x_1 x_2) L$。
• 根据商群的运算定义，$(x_1 x_2) L = (x_1 L)(x_2 L)$。
• 再根据 $\phi$ 的定义， $x_1 L = \phi(h_1 x_1)$，$x_2 L = \phi(h_2 x_2)$。
• 把所有部分连起来：$\phi((h_1 x_1)(h_2 x_2)) = \phi(h_1 x_1) \phi(h_2 x_2)$。
• 证明完成。$\phi$ 是一个同态。

4. 证明 $\phi$ 是满射 (Surjective or Onto)

• 目标：证明陪域 $(H \cap K)/L$ 中的任何一个元素都能被 $\phi$ 映射到。
• 证明：陪域中的任意元素形如 $xL$，其中 $x \in H \cap K$。
• 我们需要在定义域 $H^*(H \cap K)$ 中找到一个元素，它被 $\phi$ 映射为 $xL$。
• 考虑元素 $e \cdot x$，其中 $e \in H^*$ 是单位元。这个元素显然在 $H^*(H \cap K)$ 中。
• 根据定义，$\phi(ex) = xL$。
• 所以，对于任意的 $xL$，我们都找到了它的原像 $ex$。
• 作者用了“显然” (obviously) 一词，因为这确实非常直接。

5. 计算核 $\text{Ker}(\phi)$

• 目标：找出所有被 $\phi$ 映射到陪域单位元 $L$ 的元素。
• 证明：设 $hx \in H^*(H \cap K)$。
• $\phi(hx) = L \iff xL = L \iff x \in L$。
• 所以，核就是所有形如 $hx$ 且 $x \in L$ 的元素的集合。这个集合就是 $H^*L$。
• 现在需要展开 $L$：$H^*L = H^* ((H^* \cap K)(H \cap K^*))$。
• 由于 $H^*$ 是群， $H^*(H^* \cap K) = H^*$。
• 所以 $H^*L = H^*(H \cap K^*)$。
• 因此，$\text{Ker}(\phi) = H^*(H \cap K^*)$。

6. 应用同态基本定理

• 我们已经证明 $\phi: H^*(H \cap K) \to (H \cap K)/L$ 是一个满同态。
• 我们已经计算出 $\text{Ker}(\phi) = H^*(H \cap K^*)$。
• 根据第一同态基本定理，我们立刻得到：

1. $\text{Ker}(\phi) \triangleleft H^*(H \cap K)$，即 $H^*(H \cap K^*) \triangleleft H^*(H \cap K)$。
2. $H^*(H \cap K) / \text{Ker}(\phi) \simeq (H \cap K)/L$，即 $H^*(H \cap K) / H^*(H \cap K^*) \simeq (H \cap K) / L$。

这完成了证明中最关键的部分。

这是对刚刚完成的证明结果的正式总结，也就是策森豪斯引理（或蝴蝶引理）的完整陈述。

1. 前提条件 (Setup)：
   • $G$ 是一个群。
   • $H, K$ 是 $G$ 的子群。
   • $H^* \triangleleft H$ ($H^*$ 是 $H$ 的正规子群)。
   • $K^* \triangleleft K$ ($K^*$ 是 $K$ 的正规子群)。
2. 结论 (Conclusion)：
   • 结论1 (左翼正规性): $H^*(H \cap K^*)$ 是 $H^*(H \cap K)$ 的正规子群。
   • 回顾蝴蝶图，这是蝴蝶左边翅膀的下半部分在整个左翼中的正规性。
   • 这个结论直接来自于同态基本定理，因为 $H^*(H \cap K^*)$ 被证明是同态 $\phi$ 的核。
   • 结论2 (右翼正规性): $K^*(H^* \cap K)$ 是 $K^*(H \cap K)$ 的正规子群。
   • 这是蝴蝶右边翅膀的下半部分在整个右翼中的正规性。
   • 这个结论是通过“对称性”得到的。即交换 $H$ 与 $K$、$H^*$ 与 $K^*$ 的角色，重复之前的证明即可。
   • 结论3 (三商群同构):
   • 左翼商群: $H^*(H \cap K) / H^*(H \cap K^*)$
   • 右翼商群: $K^*(H \cap K) / K^*(H^* \cap K)$
   • 中间商群: $(H \cap K) / ((H^* \cap K)(H \cap K^*))$
   • 这三个商群是相互同构的。
   • 证明过程显示，左翼商群和右翼商群都同构于中间的商群，因此根据同构的传递性，它们彼此也同构。

这是本节的第一个高潮：对施赖尔定理的完整证明。证明的核心思想是构造性的，即它明确地给出了如何构建两个同构精化的方法。

第一部分：构造精化序列 S'_A (原文中的链(3))

1. 出发点：两个任意的次正规序列
   • $S_A$: $\{e\}=H_{0}<H_{1}<\cdots<H_{n}=G$
   • $S_B$: $\{e\}=K_{0}<K_{1}<\cdots<K_{m}=G$
2. 精化思想：将序列 $S_B$ 的“结构”插入到 $S_A$ 的“缝隙”中。
3. 具体操作：看 $S_A$ 中的任意一个“缝隙”，即 $H_i$ 和 $H_{i+1}$ 之间。我们用整个 $S_B$ 序列来“切割” $H_{i+1}$，然后将这些切割点与 $H_i$ 结合。
   • 构造小组：对于一个固定的 $i$，我们构造一个子群链：
   • 验证这个小组链的起止点：
   • 起点：$K_0=\{e\}$，所以 $H_i(H_{i+1} \cap K_0) = H_i(H_{i+1} \cap \{e\}) = H_i\{e\} = H_i$。
   • 终点：$K_m=G$，所以 $H_i(H_{i+1} \cap K_m) = H_i(H_{i+1} \cap G) = H_i(H_{i+1}) = H_{i+1}$ (因为 $H_i \subseteq H_{i+1}$)。
   • 所以，这个小组链正好填补了 $H_i$ 和 $H_{i+1}$ 之间的空隙。
4. 拼接成大链：我们对 $S_A$ 的每一个缝隙 ($i=0, 1, \dots, n-1$) 都进行上述操作，然后把所有这些小组链按顺序拼接起来，就得到了一个非常长的子群链，记为 $S_A'$ (原文中的链(3))。
   • 这个新链从 $H_{0,0}=H_0(H_1 \cap K_0) = H_0 = \{e\}$ 开始。
   • 到 $H_{n-1,m}=H_{n-1}(H_n \cap K_m) = H_{n-1}(G \cap G) = H_{n-1}G = G$ 结束（应该是 $H_{i+1}$，这里当 $i=n-1$ 时是 $H_n=G$）。
5. 定义新符号：为了简洁，令 $H_{i,j} = H_i(H_{i+1} \cap K_j)$。
6. 验证 $S_A'$ 是次正规序列：我们需要证明 $H_{i,j} \triangleleft H_{i,j+1}$。
   • 这正是应用策森豪斯引理的地方！
   • 我们来凑一下策森豪斯引理的四个输入：
   • 取引理中的 $H \to H_{i+1}$，$H^* \to H_i$。（这里 $H_i \triangleleft H_{i+1}$ 满足条件）
   • 取引理中的 $K \to K_{j+1}$，$K^* \to K_j$。（这里 $K_j \triangleleft K_{j+1}$ 满足条件）
   • 策森豪斯引理的结论1说：$H^*(H \cap K^*) \triangleleft H^*(H \cap K)$。
   • 把我们的对应关系代入：$H_i(H_{i+1} \cap K_j) \triangleleft H_i(H_{i+1} \cap K_{j+1})$。
   • 这正好就是 $H_{i,j} \triangleleft H_{i,j+1}$！
   • 因此，$S_A'$ 的确是一个合法的次正规链。
7. 验证 $S_A'$ 是 $S_A$ 的精化：$S_A'$ 的构造中包含了所有的 $H_{i,0}$，而 $H_{i,0} = H_i(H_{i+1} \cap K_0) = H_i$。所以 $S_A$ 的所有子群都出现在 $S_A'$ 中。它是 $S_A$ 的一个精化。

第二部分：构造精化序列 S'_B (原文中的链(4))

1. 完全对称：交换 $H$ 和 $K$ 的角色，对 $S_B$ 进行精化。
2. 具体操作：对于 $S_B$ 的每一个缝隙 $K_j$ 和 $K_{j+1}$ 之间，用 $S_A$ 的子群去“切割” $K_{j+1}$。
3. 定义新符号：令 $K_{j,i} = K_j(K_{j+1} \cap H_i)$。
4. 得到大链 $S_B'$ (原文中的链(4))。
5. 验证 $S_B'$ 是次正规的，并且是 $S_B$ 的精化：同理，利用策森豪斯引理的结论2 (对称形式) 和 $K_{j,0}=K_j$ 可以证明。

第三部分：证明 S'_A 和 S'_B 同构

1. 目标：证明 $S_A'$ 和 $S_B'$ 的因子群集合是（在同构意义下）相同的。
2. S'_A 的因子群：是形如 $H_{i,j+1} / H_{i,j}$ 的商群。
3. S'_B 的因子群：是形如 $K_{j,i+1} / K_{j,i}$ 的商群。
4. 再次应用策森豪斯引理：
   • 我们使用和之前完全一样的对应关系：$H \to H_{i+1}, H^* \to H_i, K \to K_{j+1}, K^* \to K_j$。
   • 策森豪斯引理的结论3说：
   • 左边是：$H_i(H_{i+1} \cap K_{j+1}) / H_i(H_{i+1} \cap K_j)$，这就是 $H_{i,j+1}/H_{i,j}$。
   • 右边是：$K_j(K_{j+1} \cap H_{i+1}) / K_j(K_{j+1} \cap H_i)$，这就是 $K_{j,i+1}/K_{j,i}$。
   • 所以，策森豪斯引理直接给出了我们想要的同构关系：$H_{i,j+1} / H_{i,j} \simeq K_{j,i+1} / K_{j,i}$。
5. 建立一一对应：
   • 这个同构关系 $(5)$ 告诉我们，$S_A'$ 的第 $(i,j)$ 个因子群（即 $S_A'$ 链条中第 $i$ 大块中的第 $j$ 小步）与 $S_B'$ 的第 $(j,i)$ 个因子群是同构的。
   • 想象一个 $n \times m$ 的矩阵。$S_A'$ 的因子群按行排列， $S_B'$ 的因子群按列排列。这个同构关系就是矩阵的 $(i,j)$ 元和 $(j,i)$ 元（转置）的对应关系。
   • 这自然建立了一个一一对应。总共有 $nm$ 个这样的因子群。
6. 最后处理：
   • 构造出的 $S_A'$ 和 $S_B'$ 可能包含重复的子群（当某个因子群是平凡群时）。
   • 我们从 $S_A'$ 和 $S_B'$ 中移除这些重复项，得到两个严格递增的次正规序列。
   • 这个移除过程会同时移除掉两边对应的平凡因子群，所以剩下的非平凡因子群的同构对应关系依然保持。
   • 最终得到的两个没有重复项的序列，就是 $S_A$ 和 $S_B$ 的同构精化。

第四部分：处理正规序列的情况

1. 如果 $S_A$ 和 $S_B$ 是正规序列，那么所有的 $H_i, K_j$ 都是 $G$ 的正规子群。
2. 我们需要证明精化出的 $H_{i,j}$ 和 $K_{j,i}$ 也是 $G$ 的正规子群。
3. 以 $H_{i,j} = H_i(H_{i+1} \cap K_j)$ 为例：
   • $H_i$ 在 $G$ 中正规。
   • $H_{i+1}$ 和 $K_j$ 都在 $G$ 中正规，那么它们的交集 $H_{i+1} \cap K_j$ 也在 $G$ 中正规。
   • 两个 $G$ 的正规子群（$H_i$ 和 $H_{i+1} \cap K_j$）的乘积仍然是 $G$ 的正规子群（这是引理34.4的推论）。
   • 所以 $H_{i,j}$ 在 $G$ 中正规。
4. 因此，精化得到的序列也是正规序列，证明同样适用。

这是一个过渡句，标志着我们即将从基础概念（序列、精化、同构）和准备性定理（施赖尔定理）进入本节最核心、最重要的部分——约当-霍尔德定理。

这个定义引入了两种“最精细”的序列，它们无法再被精化。

1. 组成序列 (Composition Series)

• 基础：它首先必须是一个次正规序列。
• $\{e\}=H_0 < H_1 < \dots < H_n=G$，且 $H_i \triangleleft H_{i+1}$。
• 核心条件：这个序列产生的所有因子群 $H_{i+1}/H_i$ 都必须是单群。
• 什么是单群 (Simple Group)? 一个群 $S$ 被称为单群，如果它唯一的正规子群是平凡子群 $\{e\}$ 和它自身 $S$。单群是群论中的“原子”，它们无法被分解成更小的正规子群和商群的结构。例如，阶为素数的循环群（$\mathbb{Z}_p$）都是单群。交错群 $A_n$ (当 $n \ge 5$) 也是著名的非阿贝尔单群。

2. 主序列 (Principal or Chief Series)

• 基础：它首先必须是一个正规序列。
• $\{e\}=H_0 < H_1 < \dots < H_n=G$，且 $H_i \triangleleft G$（全局正规）。
• 核心条件：同组成序列一样，它产生的所有因子群 $H_{i+1}/H_i$ 都必须是单群。

3. 两者关系

• 主序列 $\Rightarrow$ 组成序列：因为主序列的定义（正规序列 + 单因子群）比组成序列（次正规序列 + 单因子群）的要求更严格。任何正规序列都是次正规序列。
• 组成序列 $\not\Rightarrow$ 主序列：一个组成序列不一定是主序列，因为它的某些项 $H_i$ 可能不是整个群 $G$ 的正规子群。

为什么它们是“最精细”的？

• 一个因子群 $H_{i+1}/H_i$ 是单群，根据对应定理，这意味着在 $H_i$ 和 $H_{i+1}$ 之间不存在任何“中间”的正规子群。也就是说，你无法在 $H_i$ 和 $H_{i+1}$ 之间插入一个新的子群 $K$ 使得 $H_i \triangleleft K \triangleleft H_{i+1}$ 成立。
• 因此，一个组成序列或主序列是不能再被（非平凡地）精化的序列。它们已经达到了分解的极限。

这段话是对组成序列和主序列关系的进一步澄清。

1. 阿贝尔群的情况：
   • 在阿贝尔群中，我们已经知道“次正规序列”和“正规序列”是等价的。
   • 组成序列的定义是：次正规序列 + 单因子群。
   • 主序列的定义是：正规序列 + 单因子群。
   • 既然在阿贝尔群中，两种基础序列是一样的，那么附加了相同条件（单因子群）后得到的组成序列和主序列自然也是等价的。
2. 一般群的情况：
   • 回顾基础序列的关系：正规序列 $\Rightarrow$ 次正规序列。
   • 现在我们给两边都加上同一个条件“其所有因子群都是单群”。
   • （正规序列 + 单因子群） $\Rightarrow$ （次正规序列 + 单因子群）。
   • 这正是：主序列 $\Rightarrow$ 组成序列。
   • 这个关系对任何群都成立，因为它是从基础序列的关系直接继承而来的。

这个例子展示了并非所有群都拥有组成序列，特别是无限群。

1. 论点：整数加法群 $\mathbb{Z}$ 没有组成序列。
2. 证明思路：采用反证法。假设 $\mathbb{Z}$ 有 一个组成序列，然后推导出矛盾。
3. 证明步骤：
   • 假设存在: 假设 $\{0\}=H_{0}<H_{1}<\cdots<H_{n}=\mathbb{Z}$ 是一个组成序列。
   • 分析第一步: 我们来看序列的第一个非平凡项 $H_1$ 和第一个因子群 $H_1/H_0$。
   • $H_0 = \{0\}$。
   • $H_1$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个非平凡子群。我们知道 $\mathbb{Z}$ 的所有子群都形如 $k\mathbb{Z}$ (其中 $k$ 是非负整数)。因为 $H_1$ 是非平凡的真子群，所以 $H_1 = r\mathbb{Z}$，其中 $r$ 是一个大于1的整数。
   • 计算第一个因子群: $H_1/H_0 = r\mathbb{Z} / \{0\} \simeq r\mathbb{Z}$。
   • 检查核心条件: 根据组成序列的定义，$H_1/H_0$ 必须是一个单群。
   • 寻找矛盾: $r\mathbb{Z}$ 是一个单群吗？
   • $r\mathbb{Z}$ 是一个由 $r$ 生成的无限循环群。它同构于 $\mathbb{Z}$ 本身。
   • 一个群是单群，意味着它没有非平凡的真正规子群。
   • 我们来找一个 $r\mathbb{Z}$ 的子群。例如，考虑 $2r\mathbb{Z}$ (所有 $2r$ 的倍数)。
   • $2r\mathbb{Z}$ 是 $r\mathbb{Z}$ 的一个真子群（因为 $r \in r\mathbb{Z}$ 但 $r \notin 2r\mathbb{Z}$，假设 $r \neq 0$）。
   • 因为 $r\mathbb{Z}$ 是阿贝尔群（循环群），它的所有子群都是正规的。所以 $2r\mathbb{Z}$ 是 $r\mathbb{Z}$ 的一个非平凡的真正规子群。
   • 得出结论: 这说明 $r\mathbb{Z}$ 不是单群。这与我们的假设“该序列是组成序列”相矛盾。
   • 最终结论: 因此，最初的假设不成立。$\mathbb{Z}$ 不可能拥有组成序列。
4. 关于主序列：因为 $\mathbb{Z}$ 是阿贝尔群，组成序列和主序列是等价的。既然没有组成序列，自然也没有主序列。

这个例子展示了几个重要群的组成序列，并为即将到来的约当-霍尔德定理提供了铺垫。

第一部分：$S_n$ (for $n \ge 5$)

1. 序列: $\{e\}<A_{n}<S_{n}$
   • $S_n$ 是 $n$ 个字母的对称群。
   • $A_n$ 是 $n$ 个字母的交错群（所有偶置换构成的子群）。
   • $e$ 是单位元（恒等置换）。
2. 验证是组成序列:
   • 次正规性: $\{e\}$ 在任何群中都正规。$A_n$ 是 $S_n$ 中指数为2的子群，所以 $A_n \triangleleft S_n$。因此，这是一个次正规序列。
   • 因子群:
   • 第一个因子群: $A_n / \{e\} \simeq A_n$。
   • 第二个因子群: $S_n / A_n$。其阶为 $|S_n|/|A_n| = n! / (n!/2) = 2$。阶为2的群同构于 $\mathbb{Z}_2$。
   • 因子群是否为单群:
   • $A_n$: 有一个非常重要的定理指出，当 $n \ge 5$ 时，交错群 $A_n$ 是一个单群。
   • $\mathbb{Z}_2$: 阶为素数2，是单群。
   • 结论: 既然所有因子群都是单群，那么 $\{e\} < A_n < S_n$ 对于 $n \ge 5$ 是一个组成序列。
3. 验证是主序列:
   • 正规性: $\{e\} \triangleleft S_n$ 和 $A_n \triangleleft S_n$ 都成立。所以这是一个正规序列。
   • 结论: 既然它是一个因子群为单群的正规序列，它也是一个主序列。

第二部分：$\mathbb{Z}_{15}$

1. 回顾示例35.7:
   • 序列一: $\{0\} < \langle 5 \rangle < \mathbb{Z}_{15}$。因子群同构于 $\{\mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_5\}$。
   • 序列二: $\{0\} < \langle 3 \rangle < \mathbb{Z}_{15}$。因子群同构于 $\{\mathbb{Z}_5, \mathbb{Z}_3\}$。
2. 验证是组成序列/主序列:
   • $\mathbb{Z}_3$ 和 $\mathbb{Z}_5$ 的阶都是素数，所以它们都是单群。
   • 因此，这两个序列的因子群都是单群。
   • 由于 $\mathbb{Z}_{15}$ 是阿贝尔群，这两个序列既是次正规的也是正规的。
   • 结论: 这两个序列都是 $\mathbb{Z}_{15}$ 的组成序列，也都是主序列。
3. 引向主要定理:
   • 原文指出：“如该示例所示，它们是同构的。”
   • 我们有两个不同的组成序列，但它们的因子群集合 $\{\mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_5\}$ 是相同的。
   • “这说明了我们的主要定理”：这个观察不是巧合。约当-霍尔德定理将断言，对于任何一个有组成序列的群，它的 所有 组成序列都是同构的。也就是说，分解出的“原子单群”的集合是唯一的。

这段话将组成序列的定义与另一个重要概念“极大正规子群”联系起来，并由此给出了一种构造组成序列的实用方法。

1. 关键联系：单因子群与极大正规子群
   • 原文引用了定理15.18（通常是对应定理的一个推论）。这个定理说：
   • 什么是极大正规子群 (Maximal Normal Subgroup)? $N$ 是 $G$ 的一个极大正规子群，意思是：
   • 应用到序列: 对于组成序列的因子群 $H_{i+1}/H_i$，它是一个单群，这当且仅当 $H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的极大正规子群。
2. 组成序列的构造算法 (自顶向下)
   • 第一步: 从 $G=H_n$ 开始。寻找 $G$ 的一个极大正规子群，称之为 $H_{n-1}$。
   • 第二步: 现在把 $H_{n-1}$ 当作新群。寻找 $H_{n-1}$ 的一个极大正规子群，称之为 $H_{n-2}$。
   • 第三步: 继续这个过程，寻找 $H_{n-2}$ 的极大正规子群 $H_{n-3}$，...
   • 终止条件: 这个过程一直持续下去，直到找到一个子群 $H_1$，它的极大正规子群是平凡子群 $H_0 = \{e\}$。
   • 结果: 如果这个过程能在有限步内终止，那么所得到的序列 $\{e\}=H_0 < H_1 < \dots < H_n=G$ 就是一个组成序列。
   • 为什么这个方法可行？因为每一步都保证了 $H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的极大正规子群，从而保证了因子群 $H_{i+1}/H_i$ 是单群。
3. 组成序列不可精化
   • 再次强调，组成序列不能被进一步（非平凡地）精化。因为精化意味着在某个 $H_i$ 和 $H_{i+1}$ 之间插入一个新的子群 $K$，使得 $H_i < K < H_{i+1}$ 且满足正规关系。但这会与 $H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的极大正规子群相矛盾。
4. 主序列的构造算法 (更苛刻)
   • 第一步: 从 $G=H_n$ 开始。寻找 $G$ 的一个极大正规子群 $H_{n-1}$。（这一步和上面一样）
   • 第二步: 现在需要寻找 $H_{n-1}$ 的一个子群 $H_{n-2}$，它必须同时满足两个条件：
   • 这个过程要困难得多，因为每一步都要回头看，确保新找到的子群在全局 $G$ 中仍然是正规的。
5. 引出主要定理: “主要定理如下。” 这句话再次预告，约当-霍尔德定理即将登场。

这是本节的最高潮，约当-霍尔德定理 (Jordan-Hölder Theorem) 的陈述和证明。

1. 定理陈述

• 前提: 一个群 $G$ 拥有组成序列（或主序列）。
• 结论: 那么，这个群 $G$ 的 所有 组成序列（或主序列）都是同构的。
• “同构”的含义: 它们有相同的长度，并且它们各自的因子群集合在同构和不计顺序的意义下是完全一样的。
• 核心思想: 一个群的“原子构成”（那些单群因子）是该群的一个内在的不变量，就像一个整数的素因子分解是唯一的一样。

2. 证明

证明过程非常简洁优美，它巧妙地将前面所学的所有工具串联了起来。

• 第一步：拿出两个序列
• 设 $S_1 = \{H_i\}$ 和 $S_2 = \{K_j\}$ 是 $G$ 的任意两个组成序列。
• 第二步：应用施赖尔定理 (定理 35.11)
• 施赖尔定理告诉我们：任意两个次正规序列都有同构的精化。
• 因为 $S_1$ 和 $S_2$ 都是组成序列，所以它们首先是次正规序列。
• 因此，存在 $S_1$ 的一个精化 $S_1'$ 和 $S_2$ 的一个精化 $S_2'$，使得 $S_1'$ 和 $S_2'$ 是同构的。
• 第三步：利用组成序列的“不可精化性”
• 我们之前讨论过，组成序列是不能被（非平凡地）精化的。为什么？因为它的所有因子群都是单群。
• “精化”意味着在某个 $H_i$ 和 $H_{i+1}$ 之间插入新子群，但这与 $H_{i+1}/H_i$ 是单群（即 $H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的极大正规子群）相矛盾。
• 因此，一个组成序列唯一的精化就是它自身（或者说，只是添加了一些重复的项，得到平凡因子群 $\{e\}$）。
• 第四步：得出结论
• 既然 $S_1$ 不能被精化，那么它的精化 $S_1'$ 必然和 $S_1$ 本身是同构的（它们有相同的非平凡因子群）。
• 同理，$S_2'$ 必然和 $S_2$ 是同构的。
• 我们有以下关系：
• $S_1 \simeq S_1'$ (因为 $S_1$ 不可精化)
• $S_2 \simeq S_2'$ (因为 $S_2$ 不可精化)
• $S_1' \simeq S_2'$ (根据施赖尔定理)
• 根据同构关系的传递性，我们立即得到 $S_1 \simeq S_2$。
• 证明完成。对于主序列，证明是完全一样的，因为主序列也是组成序列，同样不可精化。

这段话用一个非常贴切的类比，总结了约当-霍尔德定理的深刻意义。

1. 核心类比:
   • 群的组成序列分解 $\leftrightarrow$ 正整数的质数分解
2. 类比的对应关系:
   • 有限群 $\leftrightarrow$ 正整数
   • 单群 (来自组成序列的因子群) $\leftrightarrow$ 质数 (prime numbers)
   • 将群分解为单因子群 $\leftrightarrow$ 将整数分解为质数乘积
3. 共同的关键性质：唯一性
   • 算术基本定理: 任何一个大于1的整数，都可以被分解成素数的乘积，并且这种分解是唯一的（不考虑因子的顺序）。
   • 例如，$60 = 2 \times 2 \times 3 \times 5$。无论你怎么分解，你最终得到的素因子一定是两个2，一个3，一个5。
   • 约当-霍尔德定理: 任何一个有限群，都可以被“分解”成一系列单群（其组成序列的因子群），并且这些单群的（同构）集合是唯一的（不考虑它们在序列中出现的顺序）。
   • 例如，我们之前看到 $\mathbb{Z}_{30}$ 的组成因子是 $\{\mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_5\}$。$S_4$ 的组成因子是 $\{\mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_3\}$。

这部分追溯了约当-霍尔德定理的起源和发展，让我们了解其在数学史上的地位。

约当 (Jordan) 的贡献:

• 时间与背景: 1869年，源于对伽罗瓦理论的研究。伽罗瓦理论将解多项式方程的问题转化为了研究其“根的置换群”（即伽罗瓦群）的结构问题。
• 约当的发现: 他注意到，一个伽罗瓦群可以有不同的正规子群序列（类似我们看到的 $\mathbb{Z}_{15}$ 的例子）。但他断言，如果把序列“分解”到最彻底的程度（即组成序列），那么序列中相邻子群的指标（即因子群的阶 $|H_{i+1}|/|H_i|$）的集合是唯一的。
• 局限性: 约当当时只证明了指标（阶）的唯一性，还没有证明因子群的结构（同构类）的唯一性。他的工作主要局限在置换群的框架内。
• 影响: 他的著作《置换与代数方程论》是早期群论的权威经典。

霍尔德 (Hölder) 的贡献:

• 时间与背景: 在约当之后，当群的抽象定义已经建立起来，群论开始脱离置换群的具体背景，走向更一般化的研究。
• 霍尔德的升级: 他将约当的定理提升到了一个新的高度。他证明了更强的结论：不仅因子群的 阶 是唯一的，因子群的 同构类型 本身也是唯一的。这才是我们今天所学的约当-霍尔德定理的完整形式。
• 其他贡献: 霍尔德是抽象群论发展的关键人物。
• 首次给出“因子群”（商群）的抽象定义，使其成为一个独立的、重要的研究对象。
• 在有限群分类方面做出了开创性工作，例如搞清楚了所有阶为“无平方因子”数（如 $15=3 \cdot 5, 30=2 \cdot 3 \cdot 5$）的有限群的结构。

这个定理是约当-霍尔德定理的一个重要推论，它说明组成序列具有很好的“兼容性”。

1. 定理陈述

• 前提:
• 群 $G$ 存在组成序列（这意味着 $G$ 满足某些有限性条件，例如是有限群）。
• $N$ 是 $G$ 的一个真正规子群（$N \triangleleft G$ 且 $N \neq \{e\}, N \neq G$）。
• 结论: 我们可以构建一个 $G$ 的组成序列，使得 $N$ 正好是这个序列中的一项。
• 意义: 任何一个正规子群都可以被“嵌入”到一个组成序列中。这使得我们可以通过正规子群 $N$ 和商群 $G/N$ 的组成序列来研究 $G$ 的组成序列。

2. 证明

证明的逻辑非常巧妙，再次用到了施赖尔定理。

• 第一步：构造两个序列
• 序列一 $S_1$: $\{e\} < N < G$。因为 $N \triangleleft G$，所以这是一个合法的次正规序列（也是正规序列）。
• 序列二 $S_2$: $\{H_i\}$，这是题目假设存在的 $G$ 的一个组成序列。
• 第二步：应用施赖尔定理
• 施赖尔定理说，$S_1$ 和 $S_2$ 具有同构的精化。我们称它们为 $S_1'$ 和 $S_2'$。
• 所以 $S_1' \simeq S_2'$。
• 第三步：分析 $S_2$ 的精化 $S_2'$
• $S_2$ 是一个组成序列，它不可被（非平凡地）精化。
• 因此，它的精化 $S_2'$ 的因子群集合（除去可能的平凡群）与 $S_2$ 的因子群集合是相同的。而 $S_2$ 的因子群全都是单群。
• 结论：$S_2'$ 的因子群也全都是单群。
• 第四步：分析 $S_1$ 的精化 $S_1'$
• 因为 $S_1' \simeq S_2'$，所以 $S_1'$ 的因子群也必须（在同构意义下）全都是单群。
• $S_1'$ 是什么？它是对 $\{e\} < N < G$ 的精化。
• 一个次正规序列，其所有因子群都是单群，这正是组成序列的定义！
• 所以，$S_1'$ 本身就是一个组成序列。
• 第五步：得出最终结论
• $S_1'$ 是一个组成序列。
• $S_1'$ 是 $\{e\} < N < G$ 的精化，这意味着 $N$ 是 $S_1'$ 中的一项。
• 因此，我们找到了一个包含 $N$ 的组成序列 $S_1'$。
• 主序列的情况: 证明完全类似。如果从一个主序列 $\{K_j\}$ 开始，精化得到的新序列也都是正规的，且因子群为单群，因此也是一个包含 $N$ 的主序列。

这个例子是定理35.16的一个具体展示。

1. 群 $G = \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_9$。由于 $\text{gcd}(4,9)=1$， $G \simeq \mathbb{Z}_{36}$。这是一个阿贝尔群，所以它有组成序列。
2. 正规子群 $N = \langle(0,1)\rangle$。这是由元素 $(0,1)$ 生成的子群。
   • $(0,1)$ 的阶是9。所以 $N = \{(0,0), (0,1), \dots, (0,8)\}$，同构于 $\mathbb{Z}_9$。
   • 因为 $G$ 是阿贝尔群，所以 $N$ 是正规子群。
3. 定理说，存在一个包含 $N$ 的组成序列。这个例子就给出了一个。
4. 分析给出的序列:

$H_0 = \{(0,0)\}$

$H_1 = \langle(0,3)\rangle = \{(0,0), (0,3), (0,6)\}$. ($|H_1|=3$)

$H_2 = \langle(0,1)\rangle = \{(0,0), (0,1), \dots, (0,8)\}$. ($|H_2|=9$) (这就是N)

$H_3 = \langle 2 \rangle \times \langle 1 \rangle = \langle(2,0)\rangle + \langle(0,1)\rangle = \{0,2\} \times \mathbb{Z}_9$。

• 这个写法有点不标准。$\langle 2\rangle \times \langle 1\rangle$ 在 $\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_9$ 的上下文中通常指 $\langle(2,0)\rangle \times \mathbb{Z}_9$ 或者 $\mathbb{Z}_4 \times \langle(1,0)\rangle$?
• 让我们从阶来看。$|H_2|=9$。$|H_4|=36$。
• $H_3$ 应该是一个阶为18的子群。
• $\langle 2 \rangle \times \mathbb{Z}_9 = \{0,2\} \times \mathbb{Z}_9$。它的阶是 $2 \times 9 = 18$。这个解释是合理的。所以 $H_3 = \{(0,0), (0,1), \dots, (0,8), (2,0), (2,1), \dots, (2,8)\}$。

$H_4 = \langle 1 \rangle \times \langle 1 \rangle = \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_9$。 ($|H_4|=36$)

1. 验证是组成序列:
   • 序列本身: $\{(0,0)\} < \langle(0,3)\rangle < \langle(0,1)\rangle < \{0,2\}\times\mathbb{Z}_9 < \mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_9$。
   • $H_0 < H_1$: 阶 $1 < 3$
   • $H_1 < H_2$: 阶 $3 < 9$
   • $H_2 < H_3$: 阶 $9 < 18$
   • $H_3 < H_4$: 阶 $18 < 36$
   • 嵌套关系成立。因为是阿贝尔群，是正规序列。
   • 因子群:
   • $H_1/H_0 \simeq H_1 \simeq \mathbb{Z}_3$ (单群)。
   • $H_2/H_1$ 的阶为 $9/3=3$。 $\simeq \mathbb{Z}_3$ (单群)。
   • $H_3/H_2$ 的阶为 $18/9=2$。 $\simeq \mathbb{Z}_2$ (单群)。
   • $H_4/H_3$ 的阶为 $36/18=2$。 $\simeq \mathbb{Z}_2$ (单群)。
   • 结论: 所有因子群 $\mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_2$ 都是单群。这是一个组成序列。
2. 验证包含N: 序列中的 $H_2$ 就是 $N = \langle(0,1)\rangle$。
3. 结论: 这个例子成功地展示了一个包含给定正规子群 $N$ 的组成序列。

这个定义引入了一个至关重要的概念——可解群 (Solvable Group)，并指出了它与伽罗瓦理论的深刻联系。

1. 动机: 定义的引言“表征那些根式可解的多项式方程的基础”点明了学习这个概念的最初始、最深刻的动机。伽罗瓦理论的核心结论是：一个多项式方程可以用根式（加减乘除和开方）求解的充要条件是，它的伽罗瓦群是一个可解群。
2. 定义
   • 前提: 群 $G$ 拥有一个组成序列。
   • 核心条件: 在这个组成序列 $\{H_i\}$ 中，所有产生的因子群 $H_{i+1}/H_i$ 都必须是阿贝尔群（交换群）。
3. 与单群的关系:
   • 组成序列的因子群本身必须是单群。
   • 所以，可解群的组成因子必须是“阿贝尔单群”。
   • 一个群既是阿贝尔群又是单群，它会是什么样的群？
   • 设 $G$ 是阿贝尔单群。因为它是阿贝尔群，任何子群都是正规的。因为它是单群，它没有非平凡的真正规子群。
   • 这意味着它没有非平凡的真子群。
   • 一个没有非平凡真子群的群，必须是循环群，且其阶为素数 p（或者平凡群）。
   • 因此，阿贝尔单群等价于素数阶循环群 $\mathbb{Z}_p$。
4. 可解群的等价定义:
   • 一个群 $G$ 是可解的，当且仅当它有一个组成序列，其所有因子群都同构于某个素数阶循环群 $\mathbb{Z}_p$。

这句是对上一个定义的一个重要补充，强调了可解性是一个群内在的、明确的属性。

1. 回顾定义: 可解群的定义是：存在一个 组成序列，其所有因子群都是阿贝尔群。
2. 一个问题: 如果一个群有多个组成序列，会不会出现一个组成序列的因子群都是阿贝尔的，而另一个组成序列中却出现了非阿贝尔的因子群？
3. 约当-霍尔德定理来回答: 不会！
   • 约当-霍尔德定理保证了任何两个组成序列 $S_1$ 和 $S_2$ 都是同构的。
   • 同构意味着它们的因子群集合是（在同构意义下）相同的。
   • 阿贝尔性质在群同构下是保持不变的。如果 $G \simeq H$，$G$ 是阿贝尔群，那么 $H$ 也必须是阿贝尔群。
4. 推论:
   • 假设 $S_1$ 的所有因子群都是阿贝尔的。
   • $S_2$ 的每个因子群都同构于 $S_1$ 的某个因子群。
   • 因此，$S_2$ 的每个因子群也必然是阿贝尔的。
5. 结论: 可解这个属性，不依赖于组成序列的选择。只要你能找到 一个 满足条件的组成序列，那么该群的 所有 组成序列都满足条件。因此，我们可以明确地说“一个群是可解的”或“不是可解的”，这是一个没有歧义的判断。

这个例子通过对比 $S_3$ 和 $S_5$ 来具体展示可解与不可解的区别，并再次强调了其与伽罗瓦理论的联系。

1. $S_3$ 是可解的

• 组成序列: $\{e\}<A_{3}<S_{3}$
• 因子群: $A_3/\{e\} \simeq \mathbb{Z}_3$, $S_3/A_3 \simeq \mathbb{Z}_2$。
• 判断: $\mathbb{Z}_3$ 和 $\mathbb{Z}_2$ 都是阿贝尔群。
• 结论: 满足可解群的定义，所以 $S_3$ 是可解群。

2. $S_5$ 是不可解的

• 组成序列: $\{e\}<A_{5}<S_{5}$
• 因子群: $A_5/\{e\} \simeq A_5$, $S_5/A_5 \simeq \mathbb{Z}_2$。
• 判断: $\mathbb{Z}_2$ 是阿贝尔群。但是，$A_5$ 是一个非阿贝尔单群。由于组成序列的因子群中出现了一个非阿贝尔群，因此不满足可解群的定义。
• 结论: $S_5$ 不是可解群。

3. 补充信息和联系

• 最小不可解群: $A_5$ 是最小的非阿贝尔单群，它的阶是60。它也是所有不可解群中阶最小的那个。所有阶小于60的群都是可解的（这是一个非平凡的结论，称为伯恩赛德定理的一部分，证明很复杂）。
• 与解方程的关联:
• 可解: $S_3$ (以及 $S_2, S_4$) 是可解的，这对应了二次、三次、四次方程有根式解。
• 不可解: $S_5$ 是不可解的，这对应了一般的五次方程没有根式解。

这部分介绍了一种与组成序列思想不同、但同样重要的构造次正规序列的方法，即通过迭代地取“中心”来构造升中心序列。

1. 基础：群的中心 Z(G)

• 定义: $Z(G)$ 是 $G$ 中所有能与 $G$ 中任何元素交换的元素的集合。
• 性质:
• $Z(G)$ 是一个阿贝尔子群。
• $Z(G)$ 是 $G$ 的一个正规子群。
• 寻找方法 (对有限群): 在群的乘法表（凯莱表）中，如果元素 $a$ 对应的行和对应的列完全相同，那么 $a$ 就在中心里。

2. 升中心序列的构造算法 (迭代过程)

• 第0步: 定义 $Z_0(G) = \{e\}$。
• 第1步: 找到 $G$ 的中心 $Z(G)$。令 $Z_1(G) = Z(G)$。
• 我们知道 $Z_1(G)$ 是 $G$ 的正规子群。
• 第2步:
• 构造商群 $G/Z_1(G)$。
• 找到这个商群的中心，$Z(G/Z_1(G))$。
• 中心总是正规子群，所以 $Z(G/Z_1(G)) \triangleleft G/Z_1(G)$。
• 使用典范映射 $\gamma_1: G \to G/Z_1(G)$。根据对应定理（定理15.16），正规子群的原像也是正规子群。
• 令 $Z_2(G) = \gamma_1^{-1}[Z(G/Z_1(G))]$。那么 $Z_2(G)$ 是 $G$ 的一个正规子群，并且它包含 $Z_1(G)$。
• $Z_2(G)$ 被称为 $G$ 的第二中心或上中心。它的元素 $x$ 满足：对于所有 $g \in G$，$xgx^{-1}g^{-1} \in Z_1(G)$。
• 第k+1步:
• 假设已经构造了 $G$ 的正规子群 $Z_k(G)$。
• 构造商群 $G/Z_k(G)$。
• 找到其中心 $Z(G/Z_k(G))$。
• 令 $Z_{k+1}(G)$ 是这个中心在典范映射下的原像。
• 结果: 这个过程产生了一个子群链：$\{e\} = Z_0(G) \le Z_1(G) \le Z_2(G) \le \dots$

3. 序列的性质

• 嵌套: $Z_k(G) \subseteq Z_{k+1}(G)$ 对所有 $k$ 成立。
• 正规性:
• $Z_k(G)/Z_{k-1}(G) = Z(G/Z_{k-1}(G))$。这是一个商群的中心，因此它在 $G/Z_{k-1}(G)$ 中是正규的。
• 这意味着，这个序列中，$Z_k(G)$ 在 $Z_{k+1}(G)$ 中不一定是正规的... 等一下，定义是 $Z_k(G) = \gamma^{-1}[Z(G/Z_{k-1}(G))]$。这意味着 $Z_k(G)$ 在 $G$ 中就是正规的。
• 所以，这是一个正规序列（因此也是次正规序列）。

这部分是对前面构造过程的一个正式命名。

• 命名: 由 $Z_0(G)=\{e\}$, $Z_1(G)=Z(G)$, $Z_{k+1}(G) = \gamma_k^{-1}[Z(G/Z_k(G))]$ 构成的序列 $\{e\} \le Z_1(G) \le Z_2(G) \le \dots$ 被称为升中心序列 (Upper Central Series)。
• 符号约定: 注意原文的符号有点小问题。通常的定义是：
• $Z_0(G)=\{e\}$
• $Z_1(G)=Z(G)$
• $Z_2(G)$ 是 $Z(G/Z_1(G))$ 的原像。
• $Z_i(G)$ 是 $Z(G/Z_{i-1}(G))$ 的原像。
• 原文中的 $Z_1(G)$ 对应这里的 $Z_2(G)$，它的 $Z_2(G)$ 对应这里的 $Z_3(G)$。这是一个常见的符号混淆点，但思想是一致的。我们将遵循原文的符号，即 $Z(G)$ 是第一项， $Z_1(G)$ 是第二项。
• 性质:
• 这是一个嵌套的子群链：$Z_i(G) \le Z_{i+1}(G)$。
• 链中的每一项 $Z_i(G)$ 都是 $G$ 的正规子群。
• 因此，升中心序列是一个正规序列（如果去重后是严格嵌套的）。
• 因子群 $Z_{i+1}(G)/Z_i(G)$ 是商群 $G/Z_i(G)$ 的中心，因此都是阿贝尔群。

这两个例子展示了升中心序列在不同群中的具体表现。

示例1：$S_3$

1. 第1步: 找 $S_3$ 的中心 $Z(S_3)$。
   • $S_3$ 是非阿贝尔群。通过计算可以发现，除了单位元 $e$ 之外，没有其他元素能与所有元素交换。例如，$(12)(123)=(13)$，但 $(123)(12)=(23)$。
   • 所以 $Z(S_3) = \{e\}$。
   • 根据原文符号，这就是序列的第一项（在$\{e\}$之后）。
2. 第2步: 构造商群 $S_3/Z(S_3) = S_3/\{e\} \simeq S_3$。
   • 找这个商群的中心 $Z(S_3/\{e\}) \simeq Z(S_3) = \{e\}$。
   • 将这个中心拉回到 $S_3$ 中，得到的还是 $\{e\}$。
   • 所以 $Z_1(S_3) = \{e\}$。
3. 后续步骤: 由于每一步得到的都是平凡群，这个序列将永远停留在 $\{e\}$。
4. 序列: $\{e\} \le \{e\} \le \{e\} \le \dots$。（如果严格按照原文符号，是 $\{e\} \le Z(S_3) \le Z_1(S_3) \dots$，即 $\{e\} \le \{e\} \le \{e\} \dots$）。
5. 结论: $S_3$ 不是幂零群，因为它的升中心序列没有达到 $S_3$。

示例2：$D_4$

1. 第1步: 找 $D_4$ 的中心 $Z(D_4)$。
   • $D_4 = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2, \rho_3, \mu_1, \mu_2, \delta_1, \delta_2\}$。
   • 通过几何想象或计算可知，只有旋转180° ($\rho_2$) 能与所有的旋转和翻转交换。
   • 所以 $Z(D_4) = \{\rho_0, \rho_2\}$。
   • 这是序列的第一项 $Z_1(D_4)$ (按通用符号) 或 $Z(G)$ (按原文符号)。
2. 第2步:
   • 构造商群 $G' = D_4 / Z(D_4) = D_4 / \{\rho_0, \rho_2\}$。
   • 这个商群的阶是 $|D_4|/|Z(D_4)| = 8/2 = 4$。
   • 任何阶为4的群都是阿贝尔群。（可以是 $\mathbb{Z}_4$ 或 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$）。
   • 找这个商群的中心 $Z(G')$。因为 $G'$ 是阿贝尔群，所以它的中心就是它自身，$Z(G') = G'$。
   • 将这个中心 $G'$ 拉回到 $D_4$ 中。典范映射 $\gamma: D_4 \to G'$ 的原像 $\gamma^{-1}[G']$ 就是整个 $D_4$。
   • 所以 $Z_2(D_4) = D_4$。
3. 序列:
   • $Z_0(D_4) = \{e\}=\{\rho_0\}$
   • $Z_1(D_4) = Z(D_4) = \{\rho_0, \rho_2\}$
   • $Z_2(D_4) = D_4$
   • 这个序列在两步之后就达到了 $D_4$。
4. 结论: $D_4$ 的升中心序列是 $\{\rho_0\} \le \{\rho_0, \rho_2\} \le D_4$。由于它在有限步内到达了 $D_4$，所以 $D_4$ 是一个幂零群。