1. 3.4 合成列与霍尔德纲领

这段话是本节的引言，旨在建立一个重要的思想桥梁，连接我们已经学过的概念（格、商群、正规子群）和即将要学习的核心工具（归纳法、合成列）。

1. 回顾与直觉：首先，作者回顾了上一节关于“格”的讨论。群的子群格是一个用来可视化群的所有子群及其相互包含关系的图。作者指出，通过观察商群 $G/N$，我们可以获得关于群 $G$ 结构的信息。这里的核心直觉是，商群 $G/N$ 像是把正规子群 $N$ “捏成一个点”之后，$G$ 剩余部分所呈现出的结构。想象一下，你有一栋大楼 $G$，其中有一个特别的楼层 $N$（比如设备层）。如果你不关心设备层内部的细节，而是把整个设备层看作一个整体（一个元素），那么你观察到的“楼层关系”就是商群 $G/N$ 的结构。这个商群的结构描述了 $G$ “在” $N$ “之上”的结构，也就是说，它描述了 $G$ 中那些不属于 $N$ 的元素是如何组织的。
2. 引入核心技术——归纳法：这种“通过研究部分（$N$ 和 $G/N$）来理解整体（$G$）”的思路，自然而然地引出了数学中一个极其强大的证明工具——数学归纳法。在群论中，特别是有限群理论中，归纳法通常是对群的阶（群中元素的个数）进行的。
   • 基本思路是：
   • 基础步骤：证明结论对所有阶很小的群成立。
   • 归纳步骤：假设结论对所有阶小于 $|G|$ 的群都成立（这被称为完全归纳法或强归纳法），然后利用这个假设来证明结论对群 $G$ 也成立。
   • 这个策略的关键在于如何“分解” $G$。如果我们能找到 $G$ 的一个正规子群 $N$（且 $N$ 不是平凡子群 $1$ 或 $G$ 本身），那么 $N$ 和商群 $G/N$ 的阶都严格小于 $|G|$。根据归纳假设，我们就可以认为结论对 $N$ 和 $G/N$ 都成立。然后，我们的任务就变成了如何把 $N$ 和 $G/N$ 的已知性质“拼起来”，从而推导出 $G$ 的性质。
3. 预告与示例：作者预告，接下来将要展示的柯西定理的一个特殊情况的证明，就是这种归纳思想的绝佳范例。柯西定理的内容是：如果一个素数 $p$ 整除一个有限群 $G$ 的阶，那么 $G$ 中一定存在一个阶为 $p$ 的元素。这里要证明的是这个定理在阿贝尔群下的一个特例。这个证明将清晰地展示如何利用对正规子群 $N$ 和商群 $G/N$ 的了解，来获得关于 $G$ 的信息。
4. 申明重要性：最后，作者强调了这个即将被证明的特殊结果在后续章节（第四章）中会被用到，说明它不仅仅是一个教学示例，也是一个有实际应用的结论。

这个命题是著名的柯西定理在阿贝尔群情况下的一个特例。它断言了一个非常重要的性质：一个有限阿贝尔群的阶如果含有某个素因子 $p$，那么这个群里就必然有“$p$ 型”的元素，即阶恰好为 $p$ 的元素。

• 条件分析：

1. $G$ 是一个有限阿贝尔群：
   • 有限：$G$ 中的元素个数是有限的，记为 $|G|$。这是使用对阶进行归纳的前提。
   • 阿贝尔群：$G$ 中的运算满足交换律，即对任意 $a, b \in G$，都有 $ab = ba$。这个条件至关重要，因为它保证了任何一个子群都是正规子群，这使得我们可以轻易地构造商群来进行归纳。
2. $p$ 是一个素数：$p$ 是像 2, 3, 5, 7... 这样的数。
3. $p$ 整除 $|G|$：记作 $p \mid |G|$。这意味着 $|G|$ 是 $p$ 的倍数，或者说 $|G| = pk$ 对于某个整数 $k$。

• 结论分析：
• $G$ 包含一个阶为 $p$ 的元素：存在一个元素 $g \in G$，使得 $g$ 的阶 $|g|$ 等于 $p$。回忆一下，一个元素的阶是使得 $g^n = 1$（1 是单位元）的最小正整数 $n$。所以，这意味着 $g^p = 1$，并且对于任何 $1 \le k < p$，都有 $g^k \neq 1$。

这是证明的开篇，阐述了证明的整体框架和初始情况。

1. 证明策略：对群阶的完全归纳法
   • 作者明确指出，证明方法是数学归纳法，具体来说是完全归纳法（或称强归纳法）。
   • 归纳假设 (Inductive Hypothesis, IH)：我们不是仅仅假设结论对 $|G|-1$ 成立，而是做一个更强的假设：命题 21 对所有阶 m < |G| 的有限阿贝尔群都成立。这意味着，只要我们有一个有限阿贝尔群 $H$，并且 $|H| < |G|$，如果一个素数 $q$ 整除 $|H|$，我们就可以直接断定 $H$ 中有一个阶为 $q$ 的元素。
   • 归纳目标：利用这个强大的假设，证明命题对阶为 $|G|$ 的群 $G$ 也成立。
2. 基础步骤 (Base Case) 和初始设定
   • 严格来说，归纳法的基础是最小的群。如果 $|G|$ 是一个素数 $p$，那么根据拉格朗日定理，任何非单位元元素的阶都必须整除群的阶 $p$。因为 $p$ 是素数，所以这个元素的阶只能是 1 或 $p$。由于我们取的是非单位元，它的阶不可能是 1，所以阶必然是 $p$。这一步在证明中被巧妙地融合了。
   • 由于 $p \mid |G|$ 且 $p$ 是素数，所以 $|G|$ 至少是 $p$。如果 $|G|=1$，则没有任何素数能整除它，所以命题的条件不满足。因此我们可以认为 $|G|>1$。
   • 选取元素：既然 $|G|>1$，群中就至少有一个非单位元。我们任意选取一个这样的元素，称之为 $x$ (即 $x \neq 1$)。
   • 处理简单情况：如果 $|G|$ 正好就是 $p$，那么我们已经证明了结论成立。因此，为了进行归纳，我们只需要处理更复杂的情况，即 $|G| > p$。这个假设是合理的，因为如果 $|G|=p$，问题已经解决了。

这是证明的核心逻辑的第一部分，通过分情况讨论来缩小问题的范围。我们已经从群 $G$ 中任意选择了一个非单位元 $x$。现在，我们来考察这个 $x$ 的阶 $|x|$。

1. 情况一：$p$ 整除 $|x|$ (幸运的情况)
   • 我们运气很好，选中的这个元素 $x$ 的阶 $|x|$ 正好是我们要找的素数 $p$ 的倍数。
   • 设 $|x| = m$。根据假设， $p \mid m$。所以我们可以把 $m$ 写成 $m=pn$ 的形式，其中 $n$ 是一个正整数。
   • 现在，我们考虑 $x$ 的一个幂次：$y = x^n$。我们需要计算这个新元素 $y$ 的阶。
   • 这里就要用到之前学过的一个关于元素阶的性质（命题 2.5(3)）：如果元素 $g$ 的阶是 $m$，那么元素 $g^k$ 的阶是 $m / \gcd(m, k)$。
   • 应用这个性质：我们要求 $y = x^n$ 的阶。这里 $g=x$, $m=|x|=pn$, $k=n$。
   • $|y| = |x^n| = |x| / \gcd(|x|, n) = (pn) / \gcd(pn, n)$。
   • 因为 $n$ 显然是 $pn$ 和 $n$ 的最大公约数，即 $\gcd(pn, n) = n$。
   • 所以，$|y| = (pn) / n = p$。
   • 结论：我们找到了一个元素 $y = x^n$，它的阶恰好是 $p$。命题在这种情况下得证。
2. 缩小范围：排除情况一
   • 既然情况一已经被解决了，那么在剩下的证明中，我们就可以直接假设我们永远不会遇到这种情况。
   • 也就是说，我们可以做出一个重要的假设：对于我们任意选取的非单位元 $x$，它的阶 $|x|$ 都不能被 $p$ 整除。
   • 这个假设大大简化了后续的推理。如果我们之后的推理能在一个 $p$ 不整除其阶的元素 $x$ 出发，最终构造出一个阶为 $p$ 的元素，那么我们就覆盖了所有可能性。

这是证明最关键的一步，即归纳步骤的实施。我们现在处于这样的境地：有一个有限阿贝尔群 $G$，一个素数 $p \mid |G|$，并且我们已经假设对于任意选取的非单位元 $x$，都有 $p \nmid |x|$。

1. 构造更小的群：
   • 我们利用之前选取的非单位元 $x$ 来构造一个循环子群 $N = \langle x \rangle = \{x^k \mid k \in \mathbb{Z}\}$。
   • 因为 $x \neq 1$，所以这个子群 $N$ 不是平凡子群 $\{1\}$。
   • 因为 $G$ 是阿贝尔群，所以它的任何子群都是正规子群。因此，$N \unlhd G$。这个条件至关重要，因为它允许我们合法地构造商群 $G/N$。
   • 现在我们有了两个更小的群可以研究：子群 $N$ 和商群 $G/N$。
2. 分析商群 $G/N$ 的阶：
   • 根据拉格朗日定理，商群的阶是 $|G/N| = |G| / |N|$。
   • 因为 $N \neq \{1\}$，所以 $|N| > 1$。因此，商群的阶 $|G/N|$ 严格小于 $|G|$。这是一个关键点，因为它意味着商群 $G/N$ 满足我们归纳假设的条件（即它的阶小于 $|G|$）。
   • 我们来分析素数 $p$ 与这些阶的关系。我们已知：
   • $|G| = |N| \cdot |G/N|$
   • $p \mid |G|$ (原始条件)
   • $|N| = |\langle x \rangle| = |x|$。根据我们上一段的假设，$p$ 不整除 $|x|$，所以 $p \nmid |N|$。
   • 根据素数的基本性质（如果一个素数整除一个乘积，它至少要整除其中一个因子），既然 $p$ 整除乘积 $|N| \cdot |G/N|$，但 $p$ 不整除因子 $|N|$，那么 $p$ 必须整除另一个因子 $|G/N|$。
   • 所以，我们得出了一个重要结论：$p \mid |G/N|$。
3. 应用归纳假设：
   • 现在我们检查一下商群 $G/N$ 是否满足应用归纳假设的所有条件：
4. 它是一个群吗？是的，因为 $N \unlhd G$。
5. 它是阿贝尔群吗？是的，因为 $G$ 是阿贝尔群，它的商群也必然是阿贝尔群。（证明：$(aN)(bN)=(ab)N=(ba)N=(bN)(aN)$）。
6. 它是有限群吗？是的，因为 $G$ 是有限群。
7. 它的阶 $|G/N|$ 严格小于 $|G|$ 吗？是的，我们已经证明了。
8. 有一个素数 $p$ 整除它的阶吗？是的，我们刚刚推导出 $p \mid |G/N|$。
   • 完美！商群 $G/N$ 完全满足我们的归纳假设。因此，我们可以像使用一个已知的定理一样，直接得出结论：
   • $G/N$ 中必然包含一个阶为 $p$ 的元素。
   • 我们把这个元素记为 $\bar{y}$。在商群 $G/N$ 中，元素的形式是陪集，所以 $\bar{y} = yN$，其中 $y$ 是来自原群 $G$ 的某个元素。

这是证明的最后一步，将商群中的信息“提升”回原群 $G$，并最终完成证明。

1. 翻译商群中的信息：
   • 我们在商群 $G/N$ 中找到了一个元素 $\bar{y} = yN$，其阶为 $p$。
   • 阶为 $p$ 意味着两件事：
   • $\bar{y}^p = \bar{1}$ (其中 $\bar{1}$ 是 $G/N$ 的单位元，即 $N$ 本身)。
   • $\bar{y} \neq \bar{1}$ (因为 $p \ge 2$, 阶不为1)。
   • 我们把这两个条件翻译成关于 $G$ 中元素 $y$ 和子群 $N$ 的语言：
   • $\bar{y}^p = \bar{1}$ $\implies$ $(yN)^p = N$ $\implies$ $y^p N = N$ $\implies$ $y^p \in N$。
   • $\bar{y} \neq \bar{1}$ $\implies$ $yN \neq N$ $\implies$ $y \notin N$。
   • 所以，我们找到了一个元素 $y \in G$，它自己不在子群 $N$ 中，但它的 $p$ 次幂却掉进了 $N$ 里面。
2. 利用这个性质推导 $y$ 的阶：
   • 我们有 $y^p \in N$。而 $N$ 本身是由 $x$ 生成的循环子群，即 $N=\langle x \rangle$。所以这意味着 $y^p$ 可以写成 $x$ 的某个幂次，即 $y^p = x^k$ for some integer $k$。
   • 作者这里用了一个更巧妙的论证：
   • 因为 $y^p \in N = \langle x \rangle$，所以由 $y^p$ 生成的子群 $\langle y^p \rangle$ 必然是 $N$ 的一个子群，即 $\langle y^p \rangle \leq N$。
   • 因为 $y \notin N$，所以 $N$ 不可能是由 $y$ 生成的子群 $\langle y \rangle$ 的子群。反之， $y \in \langle y \rangle$，所以 $\langle y \rangle$ 不可能被包含在 $N$ 中。
   • 更重要的是，$\langle y^p \rangle$ 是 $\langle y \rangle$ 的一个子群。由于 $y^p \in N$ 而 $y \notin N$，这说明 $y$ 和 $y^p$ 生成的子群不可能是同一个。如果 $\langle y^p \rangle = \langle y \rangle$，那么 $y$ 就能被 $y^p$ 表示出来，进而 $y \in \langle y^p \rangle \leq N$，与 $y \notin N$ 矛盾。
   • 因此，$\langle y^p \rangle$ 是 $\langle y \rangle$ 的一个真子群。这意味着 $|y^p| < |y|$。
   • 现在，我们使用另一个关于元素阶的性质（命题 2.5(2)）：$|y^k|$ 整除 $|y|$。这里 $k=p$，所以 $|y^p|$ 整除 $|y|$。我们可以将它们的关系写作：$|y| = |y^p| \cdot |\langle y \rangle : \langle y^p \rangle|$ (这里用到了子群指数)。
   • 或者，更直接地，根据命题 2.5(3) 的变体，我们知道 $|y^p| = |y| / \gcd(|y|, p)$。
   • 由于 $|y^p| < |y|$，这意味着 $\gcd(|y|, p) > 1$。
   • 因为 $p$ 是一个素数，所以它的约数只有 1 和 $p$。既然 $\gcd(|y|, p) > 1$，那么 $\gcd(|y|, p)$ 必须等于 $p$。
   • $\gcd(|y|, p) = p$ 的意思就是 $p$ 整除 $|y|$。
3. 回到原点，完成证明：
   • 我们千辛万苦，从一个假设“$p$ 不整除任意 $|x|$”出发，通过归纳法，最终在 $G$ 中找到了一个新的元素 $y$，并证明了 $p$ 确实整除 $|y|$。
   • 这恰好把我们带回了证明的第二段描述的“幸运情况”！
   • 既然我们已经有了一个元素 $y$，其阶 $|y|$ 是 $p$ 的倍数，我们就可以完全照搬之前的论证：
   • 令 $|y| = pn$。
   • 考虑元素 $z = y^n$。
   • 那么 $|z| = |y^n| = |y|/\gcd(|y|, n) = pn/\gcd(pn,n)$... 等等，我们最终会得到 $|z|=p$。（这里原文的论述更简洁，它直接说“我们现在处于前面段落描述的情况，所以该论证再次产生了一个阶为 p 的元素”）。
   • 至此，无论初始情况如何，我们总能找到一个阶为 $p$ 的元素。归纳法的所有步骤都已完成，证明结束。

这段话是对刚刚结束的证明所使用的方法论进行的一次提炼和总结，并指出了这种方法的潜力和局限。

1. 核心理念重申：
   • 作者再次强调了“分解-分析-组合”的策略。这个策略的核心是：
2. 分解 (Decomposition)：将一个大群 $G$ 分解成两个更小的部分：一个正规子群 $N$ 和一个商群 $G/N$。
3. 分析 (Analysis)：利用归纳假设，我们假定我们已经知道了关于 $N$ 和 $G/N$ 的所有必要信息（因为它们的阶更小）。在刚才的证明中，我们利用了关于 $G/N$ 的信息（它有一个阶为 $p$ 的元素）。
4. 组合 (Synthesis)：将从 $N$ 和 $G/N$ 获得的信息“拼凑”起来，推导出关于 $G$ 本身的性质。在证明中，我们将 $G/N$ 中阶为 $p$ 的元素“提升”回 $G$，并最终在 $G$ 中构造出了阶为 $p$ 的元素。
5. 归纳法为何有效：
   • 作者明确指出了归纳法能够应用的关键点：分解出的两个部分 $N$ 和 $G/N$ 的阶都严格小于原群 $G$ 的阶。
   • $|N| < |G|$ 是因为我们总是可以选取一个非平凡的真子群（如果 $N=G$，那么 $G/N$ 就是平凡群，没什么信息）。
   • $|G/N| = |G|/|N| < |G|$ 是因为 $|N| > 1$。
   • 正是因为这两个部分的“规模”更小，我们才能放心地在它们身上应用我们的归纳假设（即，我们已经解决了所有规模更小的问题）。
6. 方法的微妙之处与局限：
   • 作者提出了一个非常深刻的警告：“需要多少数据是一个微妙的问题”。
   • 在刚才的证明中，我们似乎很顺利。但作者提醒我们，事情并非总是如此。
   • 局限性：知道正规子群 $N$ 同构于什么群，以及商群 $G/N$ 同构于什么群，这些信息不足以唯一确定原群 $G$ 的同构类型。
   • 这个问题被称为群扩张问题 (Group Extension Problem)。

这一部分直接指出了前述归纳方法的“阿喀琉斯之踵”，并由此引出了群论中最核心的概念之一：单群。

1. 识别方法的障碍：
   • 作者一针见血地指出，我们之前依赖的“分解-分析-组合”策略，其命脉在于能够找到一个“合适的”正规子群 $N$。
   • “合适的”在这里意味着非平凡 (non-trivial) 和真 (proper)。
   • 非平凡意味着 $N \neq \{1\}$ (简写为 1)。如果 $N=\{1\}$，那么商群 $G/N = G/\{1\} \cong G$，我们什么都没分解，等于原地踏步。
   • 真意味着 $N \neq G$。如果 $N=G$，那么商群 $G/N = G/G \cong \{1\}$，这个商群太简单了，几乎不提供任何关于 $G$ 的有用信息。
   • 所以，我们的归纳策略要想起作用，必须能找到一个正规子群 $N$ 满足 $\{1\} \subsetneq N \subsetneq G$。
2. 之前为何如此顺利：
   • 在命题 21 的证明中，我们为什么能轻易找到这样的 $N$？因为 $G$ 是阿贝尔群。
   • 在阿贝尔群中，任何一个子群都是正规子群。所以，只要我们能找到一个非平凡真子群，它就自动是正规的。而只要群 $G$ 的阶不是素数，它就一定有非平凡真子群（这是拉格朗日定理的一个简单应用）。所以，对于非素数阶的阿贝尔群，我们总能找到所需的 $N$。
3. 根本障碍的出现：
   • 现在，一个关键问题浮出水面：如果一个群 $G$ 根本就没有非平凡真正规子群呢？
   • 对于这样的群，我们的归纳方法就彻底失效了。我们无法将其分解为更小的 $N$ 和 $G/N$ 来进行研究。它们是这种方法的“根本障碍”。
4. 定义“单群”：
   • 正是为了描述这些“不可再分”的群，作者给出了单群 (Simple Group) 的定义。
   • 一个群 $G$ 被称为单群，需要满足两个条件：
5. $|G| > 1$：它必须是非平凡群。平凡群 $\{1\}$只有一个正规子群（它自己），但我们通常不把它归为单群。
6. 唯一的正规子群是 $\{1\}$ 和 $G$：它没有任何非平凡真正规子群。
   • 这个定义对有限群和无限群都适用。

这一段给出了单群最基本的一类例子，并对单群的种类进行了初步的划分和介绍。

1. 最简单的单群：素数阶群
   • 作者首先指出，任何阶为素数的群都是单群。
   • 证明思路：
   • 令 $G$ 是一个群，且其阶 $|G|=p$，其中 $p$ 是一个素数。
   • 根据**拉格朗
   • rang 定理， $G$ 的任何子群 $H$ 的阶** $|H|$ 必须整除 $|G|=p$。
   • 因为 $p$ 是素数，它的正约数只有 1 和 $p$。
   • 所以，$G$ 的子群的阶只能是 1 或 $p$。
   • 阶为 1 的子群只有一个，就是平凡子群 $\{1\}$。
   • 阶为 $p$ 的子群只有一个，就是 $G$ 本身。
   • 因此，$G$ 只有两个子群：$\{1\}$ 和 $G$。
   • 既然只有这两个子群，那么正规子群也最多只有这两个。
   • 根据单群的定义（$|G|>1$ 且唯一的正规子群是 $\{1\}$ 和 $G$），所以任何素数阶群都是单群。
   • 我们还知道，任何素数阶群都同构于循环群 $Z_p$。
2. 阿贝尔单群的完全分类
   • 作者接着给出了一个更强的结论：不仅仅素数阶群是阿贝尔单群，反过来也成立。
   • 结论：任何一个阿贝尔单群，都必然同构于某个素数阶循环群 $Z_p$。
   • 这个结论的证明被放在了本节末尾的练习 1 中。
   • 证明思路（练习1的剧透）：
   • 令 $G$ 是一个阿贝尔单群。因为是单群，所以 $|G|>1$。
   • 任取一个非单位元 $x \in G$。考虑由 $x$ 生成的循环子群 $N = \langle x \rangle$。
   • 因为 $G$ 是阿贝尔群，所以 $N$ 是一个正规子群。
   • 但 $G$ 是单群，所以它的正规子群只能是 $\{1\}$ 或 $G$。
   • 因为 $x \neq 1$，所以 $N \neq \{1\}$。
   • 因此，必然有 $N=G$。这意味着 $G$ 本身就是一个循环群。
   • 现在我们知道 $G$ 是一个循环单群。如果 $G$ 的阶是合数，比如 $|G|=m=ab$ ($a,b>1$)，那么 $G$ 会有一个阶为 $a$ 的真子群，这个子群因为是阿贝尔群的子群所以是正规的，这就与 $G$ 是单群矛盾了。
   • 因此，循环单群 $G$ 的阶不能是合数。它也不能是无限的（无限循环群 $Z$ 有很多真子群如 $2Z$）。
   • 所以 $G$ 的阶必然是一个素数 $p$。
   • 一个阶为 $p$ 的循环群同构于 $Z_p$。证明完毕。
3. 非阿贝尔单群的存在性
   • 至此，我们对阿贝尔单群有了彻底的了解——它们就是素数阶循环群 $Z_p$。
   • 一个自然的问题是：是否存在非阿贝尔的单群？
   • 作者明确回答：存在。而且既有有限阶的，也有无限阶的。
   • 作者还给出了一个具体信息：最小的非阿贝尔单群，其阶为 60。
   • 这个阶为 60 的群就是交错群 $A_5$（5个元素的全置换中的偶置换构成的群）。
   • 作者预告，在下一节中，将会介绍一个包含 $A_5$ 在内的无限单群家族（即交错群 $A_n$ 当 $n \geq 5$ 时）。

这段话明确地提出了本节的核心类比：单群之于群论，恰如素数之于算术。并预告将要介绍支持这个类比的强大定理——群论版本的“唯一分解定理”。

1. 单群的“不可分解性”：
   • 作者首先回顾了单群的本质特性：它们是“不可分解”的。
   • 这里的“分解”，特指我们之前讨论的，把一个群 $G$ 分解成一个正规子群 $N$ 和一个商群 $G/N$ 的过程。
   • 因为单群没有非平凡真正规子群，所以这种分解操作对它们无效。它们是这个分解过程的终点。
2. 核心类比：单群与素数：
   • 基于这种“不可分解性”，作者正式提出了这个极其重要的类比：
   • 在整数环 $\mathbb{Z}$ 的算术中，素数是乘法意义下的“原子”。任何大于1的整数都可以被分解为素数的乘积。
   • 在群论中，单群扮演着类似的角色。它们是群通过正规子群进行分解时的“原子”。
   • 这个类比是理解有限群结构理论的中心思想。
3. 支持类比的证据：唯一分解定理：
   • 一个类比是否贴切，要看它能在多大程度上成立。
   • 算术基本定理（唯一分解定理）说：任何大于1的整数分解为素数乘积的方式，在不计顺序的情况下是唯一的。例如，$12 = 2 \times 2 \times 3$，你不可能再找到另一组不同的素数，它们的乘积也是12。
   • 作者说，这个类比非常深刻，因为在有限群中，也存在一个类似的“唯一分解定理”。
   • 这个定理就是即将要介绍的若尔当-霍尔德定理 (Jordan-Hölder Theorem)。它将精确地告诉我们，一个有限群是如何被“唯一地”分解成单群“零件”的。

这个定义是本节的核心，它精确地描述了如何将一个群“分解”成单群“零件”。

1. 什么是“子群序列”：
   • 首先，它是一个子群的“链条”，从最小的平凡子群 $\{1\}$ 开始，像台阶一样一步步向上，直到最大的子群 $G$ 本身。
   • 这个链条中的每个子群 $N_i$ 都被包含在下一个子群 $N_{i+1}$ 中，记作 $N_i \leq N_{i+1}$。
2. 成为“合成列”的两个关键条件：
   • 仅仅是一个子群链条还不够，必须满足两个非常严格的条件才能被称为合成列。对于链条中的每一步（从 $N_i$ 到 $N_{i+1}$）：
3. 正规性条件 (Normality Condition)：$N_i$ 必须是 $N_{i+1}$ 的正规子群，记作 $N_i \unlhd N_{i+1}$。
   • 这个条件保证了我们可以构造商群 $N_{i+1}/N_i$。
   • 注意：这里只要求 $N_i$ 在它的“直接上级” $N_{i+1}$ 中是正规的，并不要求 $N_i$ 在整个大群 $G$ 中是正规的。这是一个非常重要的细节。
4. 单性条件 (Simplicity Condition)：构造出来的商群 $N_{i+1}/N_i$ 必须是一个单群。
   • 这个条件意味着，从 $N_i$ 到 $N_{i+1}$ 的这一“步”是“最大的一步”，中间不能再插入任何正规子群了。（根据格同构定理，如果在 $N_i$ 和 $N_{i+1}$ 之间能插入一个正规子群 $M$，即 $N_i \unlhd M \unlhd N_{i+1}$，那么 $M/N_i$ 将是 $N_{i+1}/N_i$ 的一个非平凡真正规子群，与 $N_{i+1}/N_i$ 是单群矛盾）。
   • 这体现了“分解到最彻底”的思想，商出的“零件”必须是“原子”（单群）。
5. 合成因子 (Composition Factors)：
   • 如果一个序列满足了合成列的定义，那么在分解过程中产生的这一系列单群“零件” $N_1/N_0, N_2/N_1, \dots, N_k/N_{k-1}$ 就被称为 $G$ 的合成因子。
   • 这些合成因子就是我们之前类比的、构成群 $G$ 的“原子”或“素数零件”。

这段话通过一个具体的例子（二面体群 $D_8$）阐明了关于合成列的两个非常重要的性质：

1. 局部正规性：合成列中的子群不一定在整个群 $G$ 中是正规的。
2. 不唯一性：一个群可以有多个不同的合成列。

让我们来详细分析 $D_8$ 的这两个合成列：

群 $D_8$ 的背景:

• $D_8 = \{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$，其中 $r^4=1, s^2=1, rs=sr^{-1}=sr^3$。
• 它的一些重要子群：
• $\langle s \rangle = \{1, s\}$ (阶为2)
• $\langle r^2 \rangle = \{1, r^2\}$ (阶为2，这是$D_8$的中心 $Z(D_8)$)
• $\langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$ (阶为4的循环群)
• $\langle s, r^2 \rangle = \{1, s, r^2, sr^2\}$ (阶为4的克莱因四元群 $V_4$)

分析第一个合成列： $1 \unlhd\langle s\rangle \unlhd\left\langle s, r^{2}\right\rangle \unlhd D_{8}$

• $N_0 = \{1\}$
• $N_1 = \langle s \rangle = \{1, s\}$
• $N_2 = \langle s, r^2 \rangle = \{1, s, r^2, sr^2\}$
• $N_3 = D_8$

• 步骤1：$N_0 \unlhd N_1$
• $N_1/N_0 \cong N_1 \cong Z_2$。$Z_2$ 是单群。

• 步骤2：$N_1 \unlhd N_2$
• $N_1 = \langle s \rangle$ 在 $N_2 = \langle s, r^2 \rangle$ 中是正规的吗？$N_2$ 是一个阶为 4 的阿贝尔群（可以验证 $sr^2 = r^{-2}s = r^2s$，所以 $s$ 和 $r^2$ 交换），所以它的任何子群都是正规的。是的。
• 商群 $N_2/N_1$ 的阶是 $|N_2|/|N_1| = 4/2 = 2$。所以 $N_2/N_1 \cong Z_2$。$Z_2$ 是单群。

• 步骤3：$N_2 \unlhd N_3$
• $N_2 = \langle s, r^2 \rangle$ 在 $N_3=D_8$ 中是正规的吗？$N_2$ 在 $D_8$ 中的指数是 $|D_8|/|N_2| = 8/4=2$。任何指数为2的子群都是正规子群。是的。
• 商群 $N_3/N_2$ 的阶是 $8/4=2$。所以 $N_3/N_2 \cong Z_2$。$Z_2$ 是单群。

• 结论：这个序列确实是一个合成列。它的合成因子是 $\{Z_2, Z_2, Z_2\}$。

• 关键点：局部正规性
• 我们来检查一下 $N_1 = \langle s \rangle$ 是否在整个群 $D_8$ 中是正规的。
• 我们需要检查对于所有 $g \in D_8$, 是否有 $g \langle s \rangle g^{-1} = \langle s \rangle$。
• 取 $g=r$。$r \langle s \rangle r^{-1} = \{r1r^{-1}, rsr^{-1}\} = \{1, r(sr^{-1})\} = \{1, (rs)r^{-1}\} = \{1, (sr^3)r^{-1}\} = \{1, sr^2\}$。
• $ \{1, sr^2\} \neq \{1, s\}$。
• 因此，$\langle s \rangle$ 不是 $D_8$ 的正规子群！
• 这完美地印证了作者的提醒：$N_i \unlhd N_{i+1}$ 是一个局部条件，不代表 $N_i \unlhd G$。

分析第二个合成列： $1 \unlhd\left\langle r^{2}\right\rangle \unlhd\langle r\rangle \unlhd D_{8}$

• $M_0 = \{1\}$
• $M_1 = \langle r^2 \rangle = \{1, r^2\}$
• $M_2 = \langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$
• $M_3 = D_8$

• 步骤1：$M_0 \unlhd M_1$
• $M_1/M_0 \cong M_1 \cong Z_2$。是单群。

• 步骤2：$M_1 \unlhd M_2$
• $M_2 = \langle r \rangle$ 是一个循环群（因此是阿贝尔群），所以它的子群 $M_1 = \langle r^2 \rangle$ 是正规的。是的。
• 商群 $M_2/M_1$ 的阶是 $4/2=2$。所以 $M_2/M_1 \cong Z_2$。是单群。

• 步骤3：$M_2 \unlhd M_3$
• $M_2 = \langle r \rangle$ 在 $D_8$ 中是正规的吗？是的，它是指数为2的子群。
• 商群 $M_3/M_2$ 的阶是 $8/4=2$。所以 $M_3/M_2 \cong Z_2$。是单群。

• 结论：这个序列也是一个合成列。它的合成因子也是 $\{Z_2, Z_2, Z_2\}$。

这个定理是本节乃至整个有限群结构理论的基石之一。它由两部分组成：存在性 和 唯一性。

Part (1): 存在性 (Existence)

• 陈述: “$G$ 有一个合成列”。
• 解释: 任何一个非平凡的有限群，都保证可以被“彻底分解”，直到得到一列单群因子。它不会出现像无限群那样无法在有限步内完成分解的情况。
• 证明思路 (直觉):

1. 从 $G$ 开始。如果 $G$ 本身是单群，那么 $1 \unlhd G$ 就是一个合成列，证明完毕。
2. 如果 $G$ 不是单群，那么根据定义，它必然存在一个非平凡真正规子群。在 $G$ 的所有非平凡真正规子群中，选择一个阶最大的，称之为 $N_{k-1}$。
3. 根据格同构定理，可以证明 $G/N_{k-1}$ 必然是单群。
4. 现在我们把问题归结为对更小的群 $N_{k-1}$ 寻找合成列。
5. 因为 $G$ 是有限群，这个过程（不断寻找最大正规子群）必然会在有限步内终止（最终会遇到一个单群）。
6. 将每一步的结果连接起来，就得到了一个合成列。

Part (2): 唯一性 (Uniqueness)

• 陈述: “合成列中的合成因子是唯一的”。这句话被后面更精确的数学语言所解释。
• 精确解释:
• 假设你有两个合成列：
• 列1: $1=N_0 \unlhd N_1 \unlhd \dots \unlhd N_r=G$
• 列2: $1=M_0 \unlhd M_1 \unlhd \dots \unlhd M_s=G$
• 唯一性包含两个方面：

1. 长度相同: 两个合成列的长度必须相等，即 $r=s$。分解出的“原子”个数是固定的。
2. 因子相同 (在同构和重排意义下): 列1 的合成因子集合 $\{N_1/N_0, N_2/N_1, \dots, N_r/N_{r-1}\}$ 和 列2 的合成因子集合 $\{M_1/M_0, M_2/M_1, \dots, M_s/M_{s-1}\}$ 是“一样”的。
   • “一样”的确切含义是：你可以对列2的因子列表进行重新排序（通过一个置换 $\pi$），使得重新排序后的第 $i$ 个因子同构于列1的第 $i$ 个因子。
   • 换句话说，如果我们把这些合成因子（的同构类型）看作一个多重集（允许元素重复的集合），那么两个合成列产生的合成因子多重集是完全相同的。

这段话是作者对若尔当-霍尔德定理证明的一个简短说明。

1. 评价证明难度: 作者说证明是“相当直接 (fairly straightforward)”的。这是一种在数学教科书中常见的说法，通常意味着证明不依赖于更高深的理论或非常复杂的技巧，而是通过对已学概念（如同构定理，特别是第二同构定理/Zassenhaus引理）的巧妙和反复应用来完成。对于初学者来说，“直接”不等于“简单”，它仍然需要非常清晰的逻辑和对细节的精确把握。
2. 在书中的定位: 作者明确表示，本书的正文部分将不会直接引用若尔当-霍尔德定理来证明其他定理。这是一个重要的教学安排说明。这意味着读者可以暂时接受这个定理的结论，而无需立即深入其证明细节，也不会影响对后续章节主要内容的学习。这降低了学习曲线。
3. 证明的去向: 尽管正文中不使用，但作者并没有完全省略证明。他指出，证明的大纲将在本节末尾的练习中给出。这是一种常见的处理方式，将技术性较强或不是主线必需的证明作为练习，供感兴趣或需要更深入理解的读者自行探索。练习中通常会把一个长证明分解成几个逻辑步骤，引导读者一步步完成。

这一段是本节的高潮。它在若尔当-霍尔德定理的基础上，提出了一个宏伟的研究纲领——霍尔德纲领，这个纲领在很大程度上指引了二十世纪有限群理论的发展方向。

1. 对若尔当-霍尔德定理的总结与深化
   • 作者首先用更通俗的语言复述了若尔当-霍尔德定理的内涵：
   • 每个有限群都有一个“分解”（合成列）。
   • “分解”的方法（合成列）不唯一，比如 $D_8$ 就有不同的分解方式。
   • 但“分解”出的最终“零件”（合成因子）的清单（数量和同构类型）是唯一的。
   • 然后，作者补充了一个至关重要的观察，指出了这个“唯一分解”的局限性：
   • 非同构群可能具有相同的合成因子列表。
   • 这意味着，即使你知道了构成一个群的所有“原子零件”，你仍然无法唯一地确定这个群的结构。
   • 例子：$Z_6$ 和 $S_3$ 是非同构的（一个阿贝尔，一个非阿贝尔），但它们的合成因子都是 $\{Z_2, Z_3\}$。这说明“零件”的“组装方式”是决定最终结构的关键。
2. 霍尔德纲领 (Hölder Program) 的提出
   • 基于以上的所有讨论，自然而然地产生了一个分类所有有限群的宏伟蓝图。这个蓝图分为两步，就像一个两阶段的工程：
   • 第一部分：制作零件清单 (Classify all finite simple groups)
   • 任务：找出宇宙中所有的有限单群，并把它们全部列出来，就像制作一张元素周期表一样。
   • 这是在回答：“构成所有有限群的‘原子’到底有哪些？”
   • 这是霍尔德纲领的第(1)部分，一个“清单”问题。
   • 第二部分：研究组装方法 (Find all ways of "putting simple groups together")
   • 任务：研究如何将已知的单群（零件）“组合”或“黏合”在一起，形成更复杂的群。
   • 这其实就是我们之前提到的群扩张问题 (Group Extension Problem)。给定两个群 $A$ 和 $B$（其中 $A, B$ 可能是单群或已经组合好的群），找出所有满足 $G/N \cong A$ 和 $N \cong B$ 的群 $G$。
   • 这是在回答：“用给定的‘原子’，到底能搭出多少种不同的‘分子’？搭建的规则是什么？”
   • 这是霍尔德纲领的第(2)部分，一个“构造”和“关系”问题。

这是一个过渡段，作者在正式介绍霍尔德纲领的完成情况之前，先强调了其深远的影响和普遍性。

1. 霍尔德纲领的驱动力作用:
   • 作者指出，霍尔德纲领提出的这两个核心问题（分类单群和扩张问题）不仅仅是两个孤立的问题，它们是群论这门学科在过去一百多年发展的主要“引擎”和“动机来源”。
   • 许多群论中的重要概念、工具和理论，最初都是为了攻克这两个问题（或其子问题）而被发明出来的。例如，特征标理论、西罗定理的推广、传递群的研究等等，都与此密切相关。
2. 思想的普遍性:
   • 作者进一步将视野拔高，指出这种“分解为基本构件，再研究构件如何组合成整体”的思想，并不仅仅存在于群论中，而是整个数学中一个反复出现、带有普遍性的“主题”或“元思想” (meta-idea)。
   • 其他领域的例子:
   • 数论: 将整数分解为素数。
   • 线性代数: 将一个线性空间分解为不可约子空间的直和；将一个矩阵通过若尔当标准型分解。
   • 环论: 将环分解为更简单的环；研究模的合成列和不可约模。
   • 拓扑学: 将一个拓扑空间（如同调群）分解为更基本的单元。
   • 通过点出这种普遍性，作者暗示读者正在学习的不仅仅是群论的专门知识，更是一种强大的、可迁移的数学思维模式。
3. 预告后续内容:
   • 最后，作者预告，接下来将对霍尔德纲领的“当前进展状况”做一些补充评论。这吊起了读者的胃口，读者会好奇：这个提出于19世纪末的宏伟纲领，在今天完成了吗？完成到了什么程度？

这段话宣布了霍尔德纲领第一部分被完成的辉煌成就，并概述了其最终的成果——有限单群分类定理。

1. 一项世纪工程的完成:
   • 完成时间: 1980年左右。这是一个标志性的时间点。
   • 耗时: 大约100年。这凸显了问题的极端困难，需要几代数学家的接力。
   • 参与人数: 100多位数学家。这在通常由个人或小团队完成的纯粹数学研究中，是极为罕见的。这是一项规模宏大的国际合作。
   • 成果篇幅: 证明散布在 300-500 篇独立的期刊论文中，总页数估计在 5,000 到 10,000 页之间。这个数字是惊人的，体现了证明的复杂性和分支的繁多。这个证明也被称为“the Enormous Theorem”。
2. 分类定理的内容 (The Classification Theorem of Finite Simple Groups):
   • 这个伟大的定理可以被通俗地理解为“有限单群的元素周期表”。它宣称，这张“周期表”是完整的。
   • 这张表上的所有“元素”（有限单群）可以被归为两大类：
3. 18 个无限族 (18 Infinite Families):
   • 这些是具有某种统一构造模式、可以通过参数变化得到无限多个成员的单群系列。
   • 这里的“无限”是指族的成员数量是无限的，而不是指群的阶是无限的（我们讨论的是有限单群）。
   • 这些族大多是所谓的“李型群 (Groups of Lie Type)”，与线性代数和几何密切相关。
   • 还有两族我们已经或即将接触的：
   • 循环群 $Z_p$ (p为素数)。
   • 交错群 $A_n$ (n>=5)。
4. 26 个散在单群 (26 Sporadic Simple Groups):
   • 这些是“例外”，它们不属于任何一个已知的无限族。它们是26个孤立的、具有独特性质的“怪兽”。
   • 它们的发现和构造充满了传奇色彩。
   • 其中最大的一个被称为“魔群 (Monster Group)”，它的阶大约是 $8 \times 10^{53}$，这个数字比地球上的原子数量还要多得多。

• 定理的结论: 任何一个有限单群，无论它多么奇怪，都必然同构于这张巨大列表上的某一个成员。不多也不少。

这段话给出了有限单群无限家族中的三个具体例子，让我们对这些“族”有一个更具象的认识。

1. 第一个例子：素数阶循环群族
   • 族: $\{Z_p \mid p \text{ 是一个素数}\}$
   • 成员: $Z_2, Z_3, Z_5, Z_7, \dots$
   • 这是最简单的一族，它们是所有有限阿贝尔单群。
2. 第二个例子：射影特殊线性群族 $PSL(n, \mathbb{F})$
   • 构造:
3. 从一个有限域 $\mathbb{F}$ 开始。最简单的有限域是 $\mathbb{F}_q = \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$，其中 $q$ 是一个素数。更一般的有限域的阶是素数的幂 $q=p^k$。
4. 构造特殊线性群 $SL(n, \mathbb{F})$。这是所有定义在域 $\mathbb{F}$ 上的 $n \times n$ 矩阵中，行列式为 1 的那些矩阵构成的群，运算是矩阵乘法。
5. 找到 $SL(n, \mathbb{F})$ 的中心 $Z(SL(n, \mathbb{F}))$。中心是由所有能与群中任何元素交换的元素构成的子群。对于 $SL(n, \mathbb{F})$，它的中心是所有形如 $\lambda I$ 的标量矩阵，其中 $I$ 是单位矩阵，$\lambda$ 是域 $\mathbb{F}$ 中的元素且满足 $\lambda^n=1$。
6. 构造商群 $SL(n, \mathbb{F}) / Z(SL(n, \mathbb{F}))$。这个商群通常被称为射影特殊线性群，记作 $PSL(n, \mathbb{F})$。
   • 单性: 这个族中的绝大多数成员都是单群。
   • 例外: 作者指出了两个著名的例外情况：
   • $PSL(2, \mathbb{F}_2) = SL(2, \mathbb{F}_2) / Z(SL(2, \mathbb{F}_2))$。其中 $SL(2, \mathbb{F}_2)$ 的阶为6，它同构于 $S_3$。$S_3$ 不是单群。
   • $PSL(2, \mathbb{F}_3) = SL(2, \mathbb{F}_3) / Z(SL(2, \mathbb{F}_3))$。其中 $SL(2, \mathbb{F}_3)$ 的阶为24，这个商群 $PSL(2, \mathbb{F}_3)$ 的阶是12，它同构于 $A_4$。$A_4$ 不是单群。
   • 参数: 这是一个“双参数”族。你可以改变矩阵的维度 $n$，也可以改变底层的有限域 $\mathbb{F}$，从而得到不同的单群。
   • 证明: 作者表示本书不会给出这些群是单群的证明，因为它虽然在技术上可行，但篇幅过长且需要更多背景知识。他推荐了 M. Aschbacher 的专业著作作为参考。
7. 第三个例子：交错群族
   • 族: $\{A_n \mid n \ge 5\}$
   • 构造: $A_n$ 是对称群 $S_n$（所有在 $n$ 个元素上的置换构成的群）中所有偶置换构成的子群。
   • 单性: 当 $n \ge 5$ 时，$A_n$ 都是单群。
   • $A_1, A_2$ 是平凡群。
   • $A_3 \cong Z_3$，是单群。
   • $A_4$ (阶12) 不是单群，它有一个阶为 4 的正规子群 $V_4$。
   • 预告: 作者说下一节会讨论这个族，并且会在下一章证明它们的单性。这表明交错群在本书中将扮演一个重要的角色。

这段话通过引用一个里程碑式的定理——费特-汤普森定理（或称奇数阶定理），来让读者具体地感受到有限单群分类工作的巨大难度。

1. 目的: 让读者“管中窥豹”，通过一个具体的例子来体会整个分类证明的“复杂性”。作者选择的这个例子是整个分类工作得以启动和最终完成的“基石”之一。
2. 定理陈述 (Feit-Thompson Theorem / Odd Order Theorem):
   • 条件: $G$ 是一个有限单群，并且它的阶 $|G|$ 是一个奇数。
   • 结论: 满足这两个条件的群 $G$ 只有一个可能性：它必然同构于一个素数阶循环群 $Z_p$（其中 $p$ 必然是一个奇素数）。
   • 换句话说: 宇宙中不存在非阿贝尔的有限奇数阶单群。所有非阿贝尔有限单群（如 $A_5$ (阶60), $PSL(2,7)$ (阶168)）的阶都必然是偶数。
3. 定理的意义:
   • 这个定理的结论惊人地简洁。它将所有奇数阶单群的研究，完全归结为我们已经非常熟悉的素数阶循环群的研究。
   • 在费特-汤普森定理发表（1963年）之前，数学家们普遍认为非阿贝尔奇数阶单群应该是存在的，只是还没找到。这个定理彻底颠覆了这种看法。
   • 它的证明成功，极大地鼓舞了数学家们，让他们相信“对所有有限单群进行分类”这个看似不可能完成的任务，或许是有可能实现的。这个定理的发表，被认为是整个有限单群分类宏伟工程的正式起点。
4. 证明的难度:
   • 作者在这里给出了一个震撼性的数字：“这个证明需要 255 页的艰深数学”。
   • 255页: 这个篇幅对于单个数学定理的证明来说是空前的。它发表在《太平洋数学杂志》1963年的特刊上，占据了整整一期。
   • 艰深数学 (deep mathematics): 这意味着证明不仅仅是长，而且内容极其复杂，使用了当时最前沿的群论工具（特别是特征标理论），并发展了许多新的技术。
   • 通过这个例子，作者想表达的是：仅仅是证明单群“周期表”中的一个“普遍规律”（奇数阶的都是熟面孔），就需要如此巨大的努力，那么完成整个“周期表”的普查，其难度可想而知。

这段话开始转向霍尔德纲领的第二部分，并对其进行了更精确的定义和解释。

1. 对纲领第二部分的精确化:
   • 作者首先承认，“将单群组合在一起”这种说法是“相当模糊的”。
   • 接着，他给出了这个问题的严格数学表述，这就是扩张问题 (Extension Problem)：
   • 给定 (Given): 两个群 $A$ 和 $B$ (它们可以是单群，也可以是已经组合好的群)。
   • 目标 (Goal): 找出并分类所有非同构的群 $G$，这些 $G$ 都满足一个条件：$G$ 内部存在一个正规子群 $N$，使得 $N$ 同构于 $B$ ($N \cong B$)，并且相应的商群 $G/N$ 同构于 $A$ ($G/N \cong A$)。
   • 在文献中，我们称 $G$ 是 $B$ by $A$ 的一个扩张 (an extension of B by A)。注意这里的顺序，底下的正规子群是 $B$，上面的商群是 $A$。有些文献顺序相反，需要注意。
2. 一个经典的例子:
   • 作者用最简单的一个非平凡例子来阐述扩张问题：
   • 给定: $A = Z_2$ 和 $B = Z_2$。
   • 目标: 找到所有阶为 $|A| \cdot |B| = 2 \times 2 = 4$ 的群 $G$，使得 $G$ 有一个正规子群 $N \cong Z_2$，且商群 $G/N \cong Z_2$。
   • 结果: 作者直接给出了答案，恰好有两种这样的群（在同构意义下）：
3. 循环群 $Z_4$。
4. 克莱因四元群 $V_4 \cong Z_2 \times Z_2$。
   • 我们之前已经验证过，这两个阶为4的群都满足条件。
5. 扩张问题的深层含义:
   • 作者最后强调了扩张问题的真正目标：它不仅仅是“验证”已知的群满足条件，而是要发展出一套构造性的方法。
   • 理想的目标是：“给我两个‘零件’ $A$ 和 $B$，我希望能有一种算法或理论，能从无到有地构造出所有可能的‘成品’ $G$”，而不需要我们事先知道所有阶为 $|A|\cdot|B|$ 的群的完整列表。
   • 这才是“分类”的真正含义——不是简单地识别，而是理解其构造的内在机制。

这段话深刻地揭示了扩张问题的极端困难性，但也指出其中仍有 fruitful 的研究领域，并预告了本书后续将要采取的策略。

1. 扩张问题的极端困难性:
   • 作者直言不讳：“极其困难 (extremely difficult)”。
   • 这种困难在子群阶很小的时候就已经表现得淋漓尽致。
2. 一个震撼性的例子：2-群 (2-groups)
   • 作者举了一个例子来量化这种困难：
   • 问题背景: 考虑这样一类群 $G$，它们的“原子零件”全部都是最简单的单群 $Z_2$。
   • 一个事实: 一个有限群 $G$ 的所有合成因子都是 $Z_2$，当且仅当 $G$ 的阶是2的幂次，即 $|G|=2^n$。这样的群被称为 2-群 (2-group)。
   • 这个事实包含两个方向的证明，作者说这将在第6章（关于西罗定理的章节）被证明。
   • 问题的转化: 因此，“用 $Z_2$ 能组合出多少种不同的群”这个问题，就等价于“存在多少种非同构的、阶为 $2^n$ 的群？”
   • 惊人的答案: 非同构的 $2^n$ 阶群的数量，随着 $n$ 的增长而爆炸性增长。作者说它是 $2^n$ 的一个（指数）函数。更精确的估计是，这个数量大约是 $2^{\frac{2}{27}n^3}$ (Higman-Sims 猜想/结果)。
   • 结论: 仅仅是用最简单的“原子” $Z_2$ 来进行组合，得到的“分子”种类就多到无法列举，其数量增长速度是骇人的。这说明“组合 2 阶群的方法数量是不受限制的”。
3. 希望与策略:
   • 尽管完全分类是不可能的，但作者指出，这并不意味着我们束手无策。
   • 存在强大的技术: 在扩张问题这个“微妙的领域”中，已经发展出了许多“有趣而强大的技术”。这些技术虽然不能解决所有问题，但能帮助我们理解特定类型群（大类群）的结构。例如：半直积、群上同调、特征标理论等。
   • 本书的策略: 作者坦承，本书不会全面深入地探讨扩张问题。
   • 目标: 只讨论几种基本的从较小群构造较大群的方法。最典型的就是将在第5章介绍的半直积。
   • 预期成果: 即便是这样“有限的探索”，也足以让我们：
4. 构造大量新的群示例：这将极大地丰富我们的“群动物园”。
5. 证明一些分类定理：例如，分类所有阶为 $pq$ (p,q为素数) 的群，或者分类所有阶比较小的群（如阶为 8, 12, 15 等）。

这段内容引入了另一类极其重要的群——可解群 (Solvable Group)，并给出了其定义和历史背景。

1. 历史背景与命名来源:
   • 作者首先指出，可解群这个概念并非凭空产生，它在多项式方程理论中占有“突出地位”。
   • 这直接暗示了它的名字来源。在19世纪，伽罗瓦 (Galois) 在研究五次及以上一元多项式方程为什么没有通用的求根公式时，创立了伽罗瓦理论。
   • 伽罗瓦理论的核心思想是，为每一个多项式关联一个群（称为该多项式的伽罗瓦群）。
   • 一个惊人的发现是：一个多项式方程可以用根式（即只通过加减乘除和开n次方）求解，当且仅当它的伽罗瓦群是一个可解群。
   • 因此，“可解群”的名字，字面意思就是“来自于可解方程的群”。
2. 可解群的定义:
   • 核心结构: 定义基于一个子群链 (subgroup chain)，这个链和合成列很相似，但条件要弱得多。
   • 链条: $1=G_0 \unlhd G_1 \unlhd \dots \unlhd G_s=G$。
   • 正规性条件: 同样要求链中的每一项 $G_i$ 都是其后一项 $G_{i+1}$ 的正规子群 ($G_i \unlhd G_{i+1}$)。这保证了可以构造商群。
   • 关键区别:
   • 合成列要求商群 $G_{i+1}/G_i$ 必须是单群（不可再分）。
   • 可解群的定义只要求商群 $G_{i+1}/G_i$ 是阿贝尔群。
   • 阿贝尔群 vs 单群: 任何阿贝尔单群都是 $Z_p$，但一个阿贝尔群本身不一定是单群（例如 $Z_6$ 是阿贝尔群但不是单群）。所以，“是阿贝尔群”这个条件比“是单群”要弱得多。
   • 这意味着，可解群的这个子群链（称为可解列 (solvable series)）不一定是“最精炼”的。你可能可以在 $G_i$ 和 $G_{i+1}$ 之间插入更多的子群。只要能找到 至少一个 这样的链，其所有商群因子都是阿贝尔群，那么这个群 $G$ 就是可解群。

这一小段进一步解释了可解群的命名来源，并给出了一个关于有限可解群的等价刻画，将其与我们之前学习的合成因子联系起来。

1. 再次强调命名来源:
   • 作者重申了可解群(solvable group)的术语来源于伽罗瓦理论。
   • 他进一步解释了“可以用根式求解”的含义，即“根有一个代数公式”。
   • 代数公式: 这指的是像一元二次方程求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ 那样的公式。这个公式只用到了系数的加、减、乘、除以及开平方（开二次根）运算。
   • 对于三次和四次方程，也存在类似的、但远为复杂的求根公式，它们也只涉及系数的四则运算和开根号（根式）。
   • 伽罗瓦证明了，对于一般的五次及更高次的多项式方程，不存在这样的通用求根公式。其根本原因在于，一般的五次方程的伽罗瓦群是 $S_5$（或 $A_5$），而这是一个非可解群。
2. 有限可解群的等价刻画:
   • 作者接着给出了一个极其重要的结论，这个结论将可解群的定义与合成因子联系了起来。
   • 结论: 一个有限群是可解群，当且仅当它的所有合成因子都是素数阶的（即同构于某个 $Z_p$）。
   • 这个结论的证明被放在了练习8。
   • 这个结论的意义:
   • 它在可解群的“阿贝尔因子”定义和合成列的“单群因子”定义之间架起了一座桥梁。
   • 从可解群到素数阶因子: 如果一个群是可解的，我们可以将它的可解列不断“加细”，直到成为一个合成列。因为原始的商因子是阿贝尔群，可以证明在加细过程中，新产生的更小的因子也都是阿贝尔群。最终得到的合成因子既是单群又是阿贝尔群，所以它们必然是素数阶循环群 $Z_p$。
   • 从素数阶因子到可解群: 如果一个群的合成列的所有因子都是 $Z_p$ 的形式，因为 $Z_p$ 都是阿贝尔群，所以这个合成列本身就满足了可解列的定义。因此，这个群是可解群。
   • 例子: 我们之前看到 $D_8$ 的合成因子是 $\{Z_2, Z_2, Z_2\}$。因为所有因子都是素数阶的，所以根据这个结论，$D_8$ 必须是可解群。这与我们直接用定义验证的结果一致。
   • 反例: $A_5$ 是一个单群，它的合成列是 $1 \unlhd A_5$。它的合成因子只有一个，就是 $A_5$ 自身。$A_5$ 的阶是 60，不是素数。所以 $A_5$ 的合成因子不是素数阶的，因此 $A_5$ 不是可解群。

这段话介绍了另一个深刻地刻画有限可解群的定理——霍尔定理 (Hall's Theorem)。这个定理从子群的存在性角度给出了可解性的一个判据。

1. 定理的背景:
   • 作者指出，这是菲利普·霍尔对著名的西罗定理 (Sylow's Theorems) 的一个推广。
   • 西罗第一定理说：如果 $|G| = p^k m$ 且 $p \nmid m$，那么 $G$ 保证存在一个阶为 $p^k$ 的子群（称为西罗 p-子群）。这只保证了群阶的素数幂因子的子群存在性。
   • 拉格朗日定理的逆命题（如果 $n \mid |G|$，则 $G$ 必有阶为 $n$ 的子群）一般来说是错误的（反例：$A_4$ 的阶是12，但它没有阶为6的子群）。
   • 霍尔定理部分地“修复”了拉格朗日定理的逆命题。它说，在可解群这个良好性质的群中，对于某些特定的因子 $n$，“拉格朗日逆命题”是成立的。
2. 霍尔定理的陈述:
   • 这是一个“当且仅当”的等价性命题，连接了群的代数结构（可解性）和它的算术性质（子群的存在性）。
   • 命题: $G$ 是可解群 $\iff$ 条件 P 成立。
   • 条件 P 的详细解释:
   • “对于 $|G|$ 的每个因子 $n$”：考察所有能整除群阶的正整数 $n$。
   • “使得 $\left(n, \frac{|G|}{n}\right)=1$”：这是一个关键的算术条件。
   • 令 $m = |G|/n$。这个条件就是 $\gcd(n, m) = 1$，即 $n$ 和 $m$ 互素。
   • 这样的因子 $n$ 被称为霍尔因子 (Hall divisor)。它意味着构成 $n$ 的素因子集合与构成 $m$ 的素因子集合是完全不相交的。
   • “$G$ 有一个阶为 $n$ 的子群”：结论是存在这样一个子群。这样的子群被称为霍尔子群 (Hall subgroup)。
3. 定理的两个方向:
   • ($\Rightarrow$) 如果 $G$ 是可解群: 那么对于 $|G|$ 的任何一个霍尔因子 $n$， $G$ 都保证存在一个阶为 $n$ 的子群。这是定理最深刻的部分，由霍尔在1928年证明。
   • ($\Leftarrow$) 如果 $G$ 对所有霍尔因子都存在相应阶的子群: 那么 $G$ 必然是可解群。这个方向的证明相对容易一些。特别地，费特-汤普森定理（奇数阶群是可解的）是证明这个方向的一个关键步骤。

这段内容是可解群性质研究中的一个典型例子，它证明了“可解性”这个性质是可以“遗传”和“拼接”的。这个证明完美地诠释了本节开头所介绍的“通过 $N$ 和 $G/N$ 研究 $G$”的思想。

命题: 如果 $N$ 是 $G$ 的一个正规子群，且 $N$ 和 $G/N$ 都是可解群，那么 $G$ 也是可解群。 (Solvable by solvable is solvable)

证明思路: 我们的目标是为 $G$ 构造一个可解列。这个可解列可以通过“拼接” $N$ 的可解列和 $G/N$ 的可解列来实现。

1. 利用已知条件:
   • 因为 $N$ 是可解群，所以根据定义，它存在一个可解列:
   • 因为 $G/N$ 是可解群，所以它也存在一个可解列。我们用带 bar 的符号表示 $G/N$ 中的元素和子群：
2. “提升”商群的链到原群中:
   • $G/N$ 中的子群 $\bar{G_j}$ 实际上是 $G$ 中某些陪集的集合。
   • 根据格同构定理 (Lattice Isomorphism Theorem)，对于 $G/N$ 中的任何一个子群 $\bar{H}$，都唯一对应 $G$ 中一个包含 $N$ 的子群 $H$，使得 $H/N = \bar{H}$。并且，如果 $\bar{H}_1 \unlhd \bar{H}_2$，那么在 $G$ 中对应的 $H_1 \unlhd H_2$。
   • 我们将这个定理应用到 $G/N$ 的可解列上。对于每一个 $\bar{G_j}$，都存在一个 $G$ 的子群 $G_j$ 满足 $N \subseteq G_j$ 且 $G_j/N = \bar{G_j}$。
   • 因此，我们在 $G$ 中得到了一条从 $N$ 到 $G$ 的子群链:
3. 分析新链的商因子:
   • 我们现在需要知道 $G_{j+1}/G_j$ 是什么。这里就要用到第三同构定理 (Third Isomorphism Theorem)。
   • 第三同构定理说：如果 $N \unlhd G$ 且 $K \unlhd G$ 并且 $N \subseteq K$，那么 $(G/N)/(K/N) \cong G/K$。
   • 我们将这个定理应用到 $G_j$ 和 $G_{j+1}$ 上。它们都是 $G$ 的包含 $N$ 的子群，且 $G_j \unlhd G_{j+1}$。所以：
   • 根据我们“提升”的定义，$(G_{j+1}/N) = \bar{G}_{j+1}$ 且 $(G_j/N) = \bar{G}_j$。
   • 所以, $G_{j+1}/G_j \cong \bar{G}_{j+1}/\bar{G}_j$。
   • 我们已知 $\bar{G}_{j+1}/\bar{G}_j$ 是阿贝尔群，因此 $G_{j+1}/G_j$ 也必然是阿贝尔群。
4. 拼接两条链:
   • 现在我们有两条链：
5. 从 $1$ 到 $N$: $1=N_0 \unlhd N_1 \unlhd \dots \unlhd N_n=N$，其因子都是阿贝尔群。
6. 从 $N$ 到 $G$: $N=G_0 \unlhd G_1 \unlhd \dots \unlhd G_m=G$，其因子也都是阿贝尔群。
   • 我们可以把这两条链在 $N=G_0$ 这个点完美地“焊接”起来，得到一条从 $1$ 到 $G$ 的长链：
   • 这条新的子群链的每一个商因子 ($N_{i+1}/N_i$ 或者 $G_{j+1}/G_j$) 都是阿贝尔群。
   • 根据可解群的定义，这证明了 $G$ 本身是一个可解群。证明完毕。

这是本节的总结陈词，它对霍尔德纲领的地位给出了一个公允的评价，并自然地引出了后续章节的内容。

1. 对霍尔德纲领地位的评价:
   • 作者首先澄清一个可能的误解：不要以为有限群理论的全部内容就是霍尔德纲领。
   • 他给出了一个更准确的定位：霍尔德纲领是一个伟大的“问题提出者”和“技术催化剂”。
   • 它提出了许多深刻、困难且富有成果的问题（如分类单群、扩张问题）。
   • 为了解决这些问题，数学家们被“激发”去创造和发展了许多新的代数技术。
   • 这意味着，即使纲领本身有其局限性（比如扩张问题的极端困难性），它在推动整个学科发展上的历史功绩是不可磨灭的。
2. 从扩张问题到群作用:
   • 作者接着展示了一个“技术被激发”的具体例子。
   • 问题: 研究扩张问题（用 $A$ 和 $B$ 构造 $G$）。
   • 引出的技术: 在某些条件下（特别是当扩张是半直积时，这是下一章的内容），研究这个问题会自然而然地引出一个全新的概念——群作用 (Group Action)。
   • 群作用的直观含义是：商群 $A$ 的元素，可以被看作是在正规子群 $B$ 上进行操作的“对称”或“变换”。$A$ 中的每个元素都对应一个作用在 $B$ 元素上的函数。
   • 群作用的重要性:
   • 它构成了下一章的核心内容。
   • 它本身就是一个强大的工具，能提供关于群结构的信息（无论是单群还是非单群）。例如，著名的类方程和西罗定理的证明都依赖于群作用。
   • 它是一个具有普遍性的强大数学概念，不局限于群论，在几何、组合数学、物理等众多领域都有广泛应用。
3. 预告本章最后一节内容:
   • 作者最后简要预告了本章最后一节（3.5节）的内容。
   • 内容: 将介绍另一个重要的群族——对称群和交错群。
   • 与本节的联系: 对交错群的研究与我们对单群的兴趣是一致的（因为 $A_n, n \ge 5$ 都是单群）。
   • 独立的价值: 作者强调，这个群族（特别是对称群）的重要性贯穿全书，它不仅仅是作为单群的例子而存在。
   • 未来的应用: 它将在后续研究行列式（对称群用于定义行列式）和多项式方程的可解性（伽罗瓦群是对称群的子群）时扮演核心角色。

这一部分是练习题，它们旨在巩固和深化本节所学的概念。

1. 阿贝尔单群的分类

• 问题: 证明一个阿贝尔单群必然同构于某个 $Z_p$。
• 思路:

1. $G$ 是单群，所以 $|G|>1$。取一个非单位元 $x \in G$。
2. 考虑循环子群 $N = \langle x \rangle$。因为 $x \neq 1$, 所以 $N \neq \{1\}$。
3. 因为 $G$ 是阿贝尔群，所以任何子群都是正规的，因此 $N \unlhd G$。
4. 但 $G$ 是单群，它只有正规子群 $\{1\}$ 和 $G$。所以必然有 $N=G$。
5. 这证明了 $G$ 是一个循环群。
6. 现在要证明 $G$ 的阶是素数。如果 $G$ 是无限循环群 ($G \cong \mathbb{Z}$)，那么 $2\mathbb{Z}$ 是它的一个非平凡真正规子群，矛盾。所以 $G$ 是有限循环群。
7. 假设 $|G|=n$ 是一个合数， $n=ab$ (a,b>1)。那么 $G$ 有一个阶为 $a$ 的子群。因为 $G$ 是循环群（因此是阿贝尔群），这个子群是正规的，且是非平凡真子群，与 $G$ 是单群矛盾。
8. 因此，$|G|$ 必须是素数 $p$。任何阶为 $p$ 的群都同构于 $Z_p$。

2. $Q_8$ 和 $D_8$ 的合成列

• 问题: 找出四元数群 $Q_8$ 和二面体群 $D_8$ 的所有合成列并列出合成因子。
• $Q_8$: 它的子群格是：$\{1\} \leq \langle -1 \rangle \leq \langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle \leq Q_8$。
• 所有子群都是正规的。$\langle -1 \rangle$ 是唯一的2阶子群。三个4阶循环子群。
• 合成列必须经过 $\langle -1 \rangle$。
• $1 \unlhd \langle -1 \rangle \unlhd \langle i \rangle \unlhd Q_8$ (因子 $Z_2, Z_2, Z_2$)
• $1 \unlhd \langle -1 \rangle \unlhd \langle j \rangle \unlhd Q_8$ (因子 $Z_2, Z_2, Z_2$)
• $1 \unlhd \langle -1 \rangle \unlhd \langle k \rangle \unlhd Q_8$ (因子 $Z_2, Z_2, Z_2$)
• 共 3 个合成列。合成因子总是 $\{Z_2, Z_2, Z_2\}$。
• $D_8$: 子群格更复杂。
• 阶为2的子群: $\langle r^2 \rangle$ (中心的), $\langle s \rangle, \langle sr \rangle, \langle sr^2 \rangle, \langle sr^3 \rangle$ (非中心的)。
• 阶为4的子群: $\langle r \rangle$ (循环), $\langle s, r^2 \rangle$ (V4), $\langle sr, r^2 \rangle$ (V4)。
• 通过枚举所有可能的从1到G的极大子群链可以找到所有7个合成列。正文中已经给出了2个。所有的合成因子都是 $\{Z_2, Z_2, Z_2\}$。

3. 16阶准二面体群

• 问题: 找出 $QD_{16}$ 的合成列并推断其可解性。
• $QD_{16}$ 定义: $\langle \sigma, \tau \mid \sigma^8=1, \tau^2=1, \sigma\tau=\tau\sigma^3 \rangle$。
• 思路: 找一个合成列，看其因子是否都是素数阶。例如，可以从 $\langle \sigma \rangle$ 这个指数为2的正规子群开始。
• $1 \unlhd \langle \sigma^4 \rangle \unlhd \langle \sigma^2 \rangle \unlhd \langle \sigma \rangle \unlhd QD_{16}$。
• 因子1: $\langle \sigma^4 \rangle/1 \cong Z_2$。
• 因子2: $\langle \sigma^2 \rangle/\langle \sigma^4 \rangle \cong Z_2$。
• 因子3: $\langle \sigma \rangle/\langle \sigma^2 \rangle \cong Z_2$。
• 因子4: $QD_{16}/\langle \sigma \rangle \cong Z_2$。
• 所有合成因子都是 $Z_2$，是素数阶。根据练习8的结论， $QD_{16}$ 是可解群。

4. 拉格朗日逆定理的阿贝尔版本

• 问题: 证明有限阿贝尔群对阶的每个因子 $n$ 都存在阶为 $n$ 的子群。
• 思路: 对 $|G|$ 进行归纳。

1. 基础: $|G|$ 很小时成立。
2. 归纳: 设 $n$ 是 $|G|$ 的一个因子。令 $p$ 是 $n$ 的一个素因子。
3. 根据柯西定理（本节已证），$G$ 存在一个阶为 $p$ 的元素 $x$。令 $N=\langle x \rangle$。
4. $N \cong Z_p$。考虑商群 $G/N$。$|G/N| = |G|/p$。
5. $n/p$ 是 $|G/N|$ 的一个因子。根据归纳假设，$G/N$ 中存在一个阶为 $n/p$ 的子群 $\bar{H}$。
6. 根据格同构定理，存在 $G$ 的一个子群 $H$ 包含 $N$，使得 $H/N = \bar{H}$。
7. $|H| = |\bar{H}| \cdot |N| = (n/p) \cdot p = n$。
8. 我们找到了一个阶为 $n$ 的子群 $H$。

5. 可解性的继承性

• 问题: 证明可解群的子群和商群也是可解的。
• 商群: 设 $H \unlhd G$。令 $1=G_0 \unlhd \dots \unlhd G_s=G$ 是 $G$ 的可解列。考虑链 $(G_0H)/H \unlhd \dots \unlhd (G_sH)/H$ 在 $G/H$ 中。利用第二同构定理 $(G_{i+1}H/H)/(G_iH/H) \cong G_{i+1}H / G_iH$。这个商群又是 $G_{i+1}/(G_{i+1} \cap G_iH)$ 的一个商群，而 $G_{i+1}/G_i$ 是阿贝尔的，所以其商群也是阿贝尔的。这证明了 $G/H$ 可解。
• 子群: 设 $H \leq G$。令 $1=G_0 \unlhd \dots \unlhd G_s=G$ 是 $G$ 的可解列。考虑链 $H_i = H \cap G_i$。 $1=H_0 \unlhd \dots \unlhd H_s=H$。利用第二同构定理 $H_{i+1}/H_i = (H \cap G_{i+1}) / (H \cap G_i) \cong (H \cap G_{i+1})G_i / G_i$。这个群是 $G_{i+1}/G_i$ 的一个子群。阿贝尔群的子群是阿贝尔的。所以 $H$ 可解。

6. 若尔当-霍尔德定理 (1) 存在性

• 问题: 证明有限群必有合成列。
• 思路: 对 $|G|$ 进行归纳。

1. 基础: $|G|$ 为素数时，$1 \unlhd G$ 即是。
2. 归纳: 如果 $G$ 是单群，则 $1 \unlhd G$ 是合成列。如果 $G$ 不是单群，则存在一个极大正规子群 $M$（即不存在正规子群 $N$ 使得 $M \subsetneq N \subsetneq G$）。那么 $G/M$ 是单群。
3. $|M|<|G|$，根据归纳假设，$M$ 有一个合成列 $1 \unlhd M_1 \unlhd \dots \unlhd M_r=M$。
4. 将 $G$ 拼接到这个链的末尾：$1 \unlhd M_1 \unlhd \dots \unlhd M_r=M \unlhd G$。这是一个 $G$ 的合成列。

7. 合成列经过给定的正规子群

• 问题: 如果 $H \unlhd G$，证明 $G$ 有一个合成列包含 $H$。
• 思路:

1. 根据练习6（或其证明思路），$H$ 有一个合成列 $1 \unlhd H_1 \unlhd \dots \unlhd H_r=H$。
2. 考虑商群 $G/H$。它也是一个有限群，所以它也有一个合成列 $\bar{K_0} \unlhd \dots \unlhd \bar{K_s}=G/H$。
3. 根据格同构定理，将这个链“提升”到 $G$ 中，得到 $H=K_0 \unlhd K_1 \unlhd \dots \unlhd K_s=G$，且 $K_{i+1}/K_i \cong \bar{K}_{i+1}/\bar{K}_i$ 是单群。
4. 拼接两条链：$1 \unlhd H_1 \unlhd \dots \unlhd H \unlhd K_1 \unlhd \dots \unlhd G$。这是一个包含 $H$ 的合成列。

8. 可解群的等价条件

• 问题: 证明 (i)可解 $\iff$ (ii)循环因子 $\iff$ (iii)素数阶合成因子 $\iff$ (iv)正规阿贝尔因子列。
• 思路:
• (iii) $\Rightarrow$ (i): $Z_p$ 是阿贝尔群。合成列因子是阿贝尔群，满足可解定义。
• (i) $\Rightarrow$ (iii): 将可解列加细成合成列。阿贝尔群的合成因子必为 $Z_p$。
• (ii) $\Rightarrow$ (i): 循环群是阿贝尔群。
• (i) $\Rightarrow$ (ii): 将可解列的阿贝尔因子 $A$ 分解。任何有限阿贝尔群都有一个因子为循环群的子群链。
• (i) $\Leftrightarrow$ (iv): (iv) 是一个特殊的可解列，其中所有项都在 $G$ 中正规。这个链被称为 chief series。(i) $\Rightarrow$ (iv) 的证明比较复杂，提示中给出了关键步骤：证明最小正规子群 $M$ 必是阿贝尔的。这个证明利用了换位子 $x^{-1}y^{-1}xy$ 和 $M$ 的极小性。

9. 若尔当-霍尔德定理 (2) 的特殊情况

• 问题: 证明长度为 $r$ 和 $s=2$ 的合成列，必有 $r=2$ 且因子相同。
• 思路: $1 \unlhd N_1 \unlhd \dots \unlhd N_r = G$ 和 $1 \unlhd M_1 \unlhd G$。
• $M_1$ 是极大正规子群。
• 考虑 $N_{r-1}$。如果 $N_{r-1}=M_1$，那么两条链基本一样，归纳完成。
• 如果 $N_{r-1} \neq M_1$。考虑 $N_{r-1}M_1$。它是一个比 $N_{r-1}$ 和 $M_1$ 都大的正规子群，所以 $N_{r-1}M_1=G$。
• 使用第二同构定理:
• $G/M_1 = N_{r-1}M_1/M_1 \cong N_{r-1}/(N_{r-1} \cap M_1)$。
• $G/N_{r-1} = N_{r-1}M_1/N_{r-1} \cong M_1/(N_{r-1} \cap M_1)$。
• $G/M_1$ 和 $G/N_{r-1}$ 都是单群。
• 令 $K = N_{r-1} \cap M_1$。$K \unlhd N_{r

{r-1}$。$N_{r-1}/K$ 和 $M_1/K$ 都是单群。

• 现在我们有两条 $G$ 的合成列：

1. $1 \unlhd \dots \unlhd K \unlhd N_{r-1} \unlhd G$
2. $1 \unlhd \dots \unlhd K \unlhd M_1 \unlhd G$
   • 这两条链的尾部因子分别是 $\{N_{r-1}/K, G/N_{r-1}\}$ 和 $\{M_1/K, G/M_1\}$。根据第二同构定理，这四个群是两两同构的，只是顺序可能不同。
   • 通过对 $N_{r-1}$ 和 $M_1$ 应用归纳假设，可以证明它们到 $K$ 的合成因子也是相同的。从而证明了整个合成列的因子是唯一的。对于 $s=2$ 的情况，$M_1$ 是单的，所以 $K=1$, $r=2$，结论直接得出。

10. 若尔当-霍尔德定理 (2) 完整证明

• 问题: 使用归纳法证明合成因子的唯一性。
• 思路: 对 $\min\{r, s\}$ (两个合成列的最小长度)进行归纳。

1. 基础: 如果 $\min\{r, s\}=1$，比如 $r=1$。则 $1 \unlhd G$ 是一个合成列，意味着 $G$ 是单群。那么另一条链 $1 \unlhd M_1 \unlhd \dots \unlhd G$ 必然只有一步，即 $s=1$ 且 $M_1=G$。两者的因子都是 $G$。成立。
2. 归纳步骤: 假设定理对所有最短合成列长度小于 $r$ 的群都成立。考虑 $G$ 的两个合成列 $N_i$ (长度r) 和 $M_j$ (长度s)。
3. 如果 $N_{r-1} = M_{s-1}$，那么它们都是 $G$ 的同一个正规子群。$G/N_{r-1} = G/M_{s-1}$ 是单群。而 $N_{r-1}$ 本身有两个长度为 $r-1$ 和 $s-1$ 的合成列。根据归纳假设，它们的合成因子是唯一的。所以 $G$ 的合成因子也是唯一的。
4. 如果 $N_{r-1} \neq M_{s-1}$。使用和练习9完全相同的技巧，令 $K = N_{r-1} \cap M_{s-1}$。我们得到 $G/N_{r-1} \cong M_{s-1}/K$ 和 $G/M_{s-1} \cong N_{r-1}/K$。
5. 现在比较 $G$ 的两个新合成列：
   • (A) 一个由 $N_{r-1}$ 的合成列和 $G/N_{r-1}$ 组成。
   • (B) 一个由 $M_{s-1}$ 的合成列和 $G/M_{s-1}$ 组成。
6. 再构造第三个合成列 (C)，它由 $K$ 的一个合成列，加上 $N_{r-1}/K$ 和 $G/N_{r-1}$ 组成。
7. 通过归纳假设比较 (A) 和 (C) 的因子（它们共享 $N_{r-1}$ 的链），再比较 (B) 和一个由 K 构造的类似链，最终可以证明 (A) 和 (B) 的因子集合是同构的。

11. 可解群的非平凡正规阿贝尔子群

• 问题: 证明可解群 $G$ 的非平凡正规子群 $H$ 中，必然存在一个在 $G$ 中正规的非平凡阿贝尔子群 $A$。
• 思路:

1. 因为 $H$ 是可解群，它的导序列 (derived series) $H \ge H' \ge H'' \ge \dots \ge H^{(k)}=1$ 最终会终止于1。
2. 因为 $H$ 是非平凡的，所以这个序列中至少有 $H^{(0)}=H$ 和 $H^{(k)}=1$。取最后一个非平凡的导群，令 $A = H^{(k-1)}$。
3. $A$ 是非平凡的。
4. $A$ 是阿贝尔群吗？$A' = (H^{(k-1)})' = H^{(k)} = 1$。换位子群为1，所以 $A$ 是阿贝尔群。
5. $A$ 在 $G$ 中正规吗？这需要用到一个性质：导群是特征子群 (characteristic subgroup)。即，对于 $H$ 的任何一个自同构 $\phi$，都有 $\phi(H')=H'$。
6. 一个普遍的结论是：如果 $A$ char $H$ (A是H的特征子群) 且 $H \unlhd G$，那么 $A \unlhd G$。
7. 证明: 对任意 $g \in G$，考虑共轭映射 $\phi_g(x) = gxg^{-1}$。因为 $H \unlhd G$，所以 $\phi_g$ 是一个从 $H$ 到 $H$ 的自同构。因为 $A$ 是 $H$ 的特征子群，所以 $\phi_g(A)=A$，即 $gAg^{-1}=A$。这正是 $A \unlhd G$ 的定义。
8. 由于导序列的每一项都是前一项的特征子群，所以 $A=H^{(k-1)}$ 是 $H$ 的特征子群。因此 $A \unlhd G$。

12. 奇数阶定理的等价性

• 问题: 证明 “(i)每个奇数阶群都可解” 与 “(ii)奇数阶的单群只有素数阶群” 等价。
• 思路:
• (i) $\Rightarrow$ (ii): 假设 (i) 成立。令 $G$ 是一个奇数阶单群。根据假设 (i)，$G$ 是可解群。我们现在有一个群，它既是单群又是可解群。
• 一个群是可解的，意味着它的导序列 $G > G' > \dots > 1$。如果 $G$ 非阿贝尔，则 $G' \neq 1$。同时 $G'$ 是 $G$ 的正规子群。
• 但 $G$ 是单群，它唯一的正规子群是 $1$ 和 $G$。如果 $G' \neq 1$，则必有 $G'=G$。但对于有限群，这是不可能的，除非 $G=1$ (一个更深的结果)。一个更简单的论证是，一个可解群的合成因子都是阿贝尔的（素数阶）。而单群 $G$ 的唯一合成因子是它自己。所以 $G$ 必须是阿贝尔单群。
• 根据练习1，阿贝尔单群必然同构于 $Z_p$。因为 $G$ 的阶是奇数，所以 $p$ 必须是奇素数（或者 $p=2$，但如果 $|G|=2$ 就不是奇数阶了，除非我们只考虑 $|G|>2$ 的奇数阶群）。所以 (ii) 成立。
• (ii) $\Rightarrow$ (i): 假设 (ii) 成立。令 $G$ 是一个任意的奇数阶群。我们要证明 $G$ 是可解的。
• 考虑 $G$ 的任意一个合成列。设 $H$ 是其任意一个合成因子。
• 根据拉格朗日定理，$|H|$ 必须整除 $|G|$。
• 因为 $|G|$ 是奇数，所以 $|H|$ 也必须是奇数。
• 所以 $H$ 是一个奇数阶单群。
• 根据假设 (ii)，这样的群 $H$ 必然同构于某个 $Z_p$。
• 因此，$G$ 的所有合成因子都是素数阶的。
• 根据练习8，这等价于 $G$ 是可解群。所以 (i) 成立。

这个练习精彩地揭示了费特-汤普森定理的本质：证明“所有奇数阶群都可解”，其核心和困难就在于证明“不存在非阿贝尔的奇数阶单群”。