行间公式索引

这段话是半直积这一节的开场白，旨在阐明半直积的核心思想、它与直积的关系，以及学习它的重要性。

1. 研究对象：本节的核心是研究一种新的群的构造方法，称为“半直积”（semidirect product）。这个构造涉及两个已知的群，我们称它们为 $H$ 和 $K$。
2. 与直积的比较：
   • 直积 (Direct Product)：回顾一下，两个群 $H$ 和 $K$ 的直积 $H \times K$ 是一个更大的群。在这个大群中，$H$（的同构副本）和 $K$（的同构副本）都是其正规子群。这是构造直积的一个非常强的要求。
   • 半直积的推广：半直积是直积概念的“推广”（generalization）。所谓推广，就是放宽了某些限制条件。在这里，我们放宽了“$H$ 和 $K$ 都必须是正规子群”这个要求。
3. 半直积的条件：在通过半直积构造的新群 $G$ 中，我们只要求其中一个子群（比如 $H$）是正规子群，而另一个子群 $K$ 则不一定。这使得构造更加灵活。
4. 半直积的能力：
   • 构造非阿贝尔群：这种构造方法非常强大，一个显著的例子是，即使我们开始于两个都是阿贝尔群（abelian group，即运算满足交换律的群）的 $H$ 和 $K$，我们仍然可能构造出一个非阿贝尔群（non-abelian group）。这是直积做不到的，因为两个阿贝尔群的直积必然还是阿贝尔群。
   • 扩展群的“动物园”：通过半直积，我们可以构造出许多新的、以前未见过的群，极大地丰富了我们对群这种数学结构的认识。
5. 学习路径：
   • 构造与分解：和直积一样，学习半直积也包含两个方面。一是“构造”，即如何用已知的 $H$ 和 $K$ 来构建一个新的群 $G$。二是“分解”或“识别”，即给定一个群 $G$，如何判断它是否能被看作是两个更小的子群 $H$ 和 $K$ 的半直积。
   • 识别定理 (Recognition Theorem)：后面会有一个“识别定理”，它给出了判断一个群能否被分解为半直积的充要条件。
   • 最终目标：分类：掌握了半直积这个工具后，我们就可以对某些特定“阶”（群中元素的个数）的群进行分类（classification），即找出所有可能存在的、互不同构的群的结构。

这一段是构造半直积的“动机”部分。它采用了一种“逆向工程”的思路：我们先不急于定义一个新东西，而是假设已经有了一个满足特定条件的群 $G$，然后分析这个群内部的乘法是如何运作的，从中提炼出定义半直积所需要的“配方”。

1. 前提假设：我们从一个已经存在的群 $G$ 开始，这个群 $G$ 内部有两个子群 $H$ 和 $K$。这两个子群满足两个关键条件：
   • (a) $H$ 是 $G$ 的正规子群，记作 $H \unlhd G$。这意味着对于 $G$ 中的任何元素 $g$，用 $g$ 来对 $H$ 进行共轭操作（即计算 $gHg^{-1}$），得到的结果仍然是 $H$ 本身。
   • (b) $H$ 和 $K$ 的交集只有一个单位元，记作 $H \cap K = \{1\}$ (这里的 1 代表群的单位元)。这说明 $H$ 和 $K$ 除了共享同一个单位元之外，没有任何其他公共元素。
2. 构造子群 $HK$：由这两个子群的元素相乘得到一个新的集合 $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\}$。一个已知的结论是（推论 3.15），由于 $H$ 是正规子群，$HK$ 本身也是 $G$ 的一个子群。
3. 元素的唯一表示：另一个重要的结论是（命题 8），由于 $H \cap K = \{1\}$，子群 $HK$ 中的每一个元素，都可以被唯一地写成一个 $H$ 中的元素 $h$ 乘上一个 $K$ 中的元素 $k$ 的形式。这种唯一性非常重要，它意味着我们可以给 $HK$ 中的每个元素一个唯一的“地址”或“坐标”——一个来自 $H$ 的分量和一个来自 $K$ 的分量。这建立了一个从元素集合 $HK$ 到有序对集合 $H \times K$ 的一一对应（双射）。
4. 分析乘法法则：现在，我们来分析 $HK$ 这个子群的乘法是如何进行的。我们任取 $HK$ 中的两个元素，$h_1k_1$ 和 $h_2k_2$，然后把它们相乘。目标是想看看乘积的结果如何才能再次写成 “一个 $H$ 的元素” 乘以 “一个 $K$ 的元素” 的标准形式。
5. 推导过程：
   • 乘积为 $(h_1 k_1)(h_2 k_2) = h_1 k_1 h_2 k_2$。
   • 这个形式不符合“$h$ 在前，$k$ 在后”的规定，因为 $k_1$ 和 $h_2$ 的位置不对。我们需要想办法交换它们，或者把它们变成我们想要的形式。
   • 这里使用了一个非常巧妙的技巧：在 $h_2$ 后面插入一个 $k_1^{-1}k_1$。这等于乘以单位元，所以表达式的值不变。
   • 利用结合律，重新组合括号：
   • 现在我们来分析这个表达式的三个部分：
   • 第一部分是 $h_1$，它本身就在 $H$ 中。
   • 第二部分是 $(k_1 h_2 k_1^{-1})$。由于 $h_2 \in H$ 且 $H$ 是 $G$ 的正规子群，根据正规子群的定义，$k_1 h_2 k_1^{-1}$ 这个共轭运算的结果必须仍然在 $H$ 中。
   • 第三部分是 $(k_1 k_2)$。由于 $k_1, k_2$ 都是 $K$ 的元素，且 $K$ 是一个子群，它们的乘积 $k_1 k_2$ 自然也在 $K$ 中。
   • 因此，整个表达式可以看作是 (H中元素) (H中元素) (K中元素)。由于 $H$ 是子群，前两个 $H$ 中元素的乘积仍然在 $H$ 中。
   • 我们令 $h_3 = h_1 (k_1 h_2 k_1^{-1})$，则 $h_3 \in H$。
   • 令 $k_3 = k_1 k_2$，则 $k_3 \in K$。
   • 最终，乘积 $(h_1 k_1)(h_2 k_2)$ 被成功地写成了标准形式 $h_3 k_3$。

这一段是思想上的一个飞跃，它将上一段从具体群中提炼出的共轭操作，抽象成一个更普遍的概念——群作用，并将其与同态联系起来，从而找到了用两个独立的群 $H$ 和 $K$ 来定义半直积的关键“接口”。

1. 回顾与展望：上一段的计算是“解剖学”，我们是在一个已有的群 $G$ 内部进行的。现在，我们要进行“合成生物学”：忘记 $G$ 的存在，只拿着两个独立的群 $H$ 和 $K$ 作为原材料，以及上一段得到的“设计蓝图”（那个乘法公式），来凭空创造一个新群。
2. 核心问题：乘法公式是 $(h_1 k_1)(h_2 k_2) = (h_1(k_1 h_2 k_1^{-1}))(k_1 k_2)$。
   • $k_1 k_2$ 这部分很简单，只是在 $K$ 内部做乘法。
   • $h_1 (\dots)$ 这部分也很简单，只是在 $H$ 内部做乘法。
   • 最关键、最神秘的部分是 $k_1 h_2 k_1^{-1}$。在之前的推导中，$k_1, h_2$ 都是大群 $G$ 的元素，所以这个乘法是在 $G$ 里做的。但现在我们没有 $G$ 了，只有两个独立的群 $H$ 和 $K$。$k_1$ 和 $h_2$ 来自不同的世界，我们怎么去定义 $k_1 h_2 k_1^{-1}$ 呢？这就是需要解决的核心问题。
3. 抽象化：群作用：
   • 我们观察 $k_1 h_2 k_1^{-1}$ 这个表达式的本质。它描述了 $K$ 中的元素 $k_1$ 如何“变换”$H$ 中的元素 $h_2$，并得到一个新的 $H$ 中的元素。
   • 这种“一个群的元素作用于另一个集合的元素”的现象，在数学中有一个标准术语，叫做群作用 (Group Action)。
   • 我们定义一个记号 $k \cdot h$ 来表示 $K$ 中的元素 $k$ 作用在 $H$ 中的元素 $h$ 上得到的结果。在之前的情境下，这个作用的具体实现就是共轭：$k \cdot h = k h k^{-1}$。
   • 有了这个记号，我们的乘法公式就可以写成一个更抽象、更普适的形式：
4. 群作用的性质与同态：
   • 共轭这个操作不是随意的，它有很好的性质。对于一个固定的 $k \in K$，映射 $\sigma_k: H \to H$ 定义为 $\sigma_k(h) = khk^{-1}$，这个映射是一个自同构（automorphism）。
   • 同态性：$\sigma_k(h_1 h_2) = k(h_1 h_2)k^{-1} = (kh_1k^{-1})(kh_2k^{-1}) = \sigma_k(h_1)\sigma_k(h_2)$。它保持了 $H$ 的群结构。
   • 双射性：它是一个一一对应，因为它的逆映射是 $\sigma_{k^{-1}}$。
   • 所以，每一个 $k \in K$ 都对应着 $H$ 的一个自同构。所有 $H$ 的自同构构成一个群，记为 $\operatorname{Aut}(H)$。
   • 因此，我们实际上建立了一个从 $K$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的映射 $\varphi$，$k \mapsto \sigma_k$。这个映射 $\varphi$ 本身也是一个群同态！
   • 验证同态性：$\varphi(k_1 k_2) = \sigma_{k_1 k_2}$。我们需要证明 $\sigma_{k_1 k_2}(h) = (\varphi(k_1) \circ \varphi(k_2))(h)$。
   • $\sigma_{k_1 k_2}(h) = (k_1 k_2) h (k_1 k_2)^{-1} = k_1 (k_2 h k_2^{-1}) k_1^{-1} = \sigma_{k_1}(\sigma_{k_2}(h)) = (\sigma_{k_1} \circ \sigma_{k_2})(h) = (\varphi(k_1) \circ \varphi(k_2))(h)$。
   • 确实是群同态。
5. 最终的“配方”：
   • 我们终于找到了不依赖于大群 $G$ 的方法来描述那个神秘的共轭操作。它本质上是一个从 $K$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的群同态 $\varphi$。
   • 这个同态 $\varphi$ 就是连接 $H$ 和 $K$ 的“接口”或“指令集”。它告诉我们，对于 $K$ 中的每一个元素 $k$，我们应该选择 $H$ 的哪一个自同构（记为 $\varphi(k)$）来“作用”于 $H$ 中的元素。
   • 于是，我们的乘法规则 $(h_1, k_1)(h_2, k_2) = (h_1 (\varphi(k_1)(h_2)), k_1 k_2)$ 完全只依赖于三样东西：
6. 群 $H$ 内部的乘法。
7. 群 $K$ 内部的乘法。
8. 一个指定的同态 $\varphi: K \to \operatorname{Aut}(H)$。
   • 我们成功地将乘法法则“内在化”（intrinsically defined）了，只用 $H$, $K$ 和 $\varphi$ 就能描述，不再需要任何外部的群 $G$。

这是本节的核心，正式地定义了半直积，并陈述了其最重要的基本性质。

定理 10 的内容拆解：

前提 (输入/原材料):

1. 一个群 $H$。
2. 一个群 $K$。
3. 一个群同态 $\varphi: K \to \operatorname{Aut}(H)$。这个 $\varphi$ 是“胶水”，告诉我们如何把 $H$ 和 $K$ “粘”在一起。

构造过程 (The Build):

1. 定义元素集合: 新群 $G$ 的元素是所有的有序对 $(h, k)$，其中 $h \in H, k \in K$。这个集合就是笛卡尔积 $H \times K$。
2. 定义乘法法则: 这是最关键的一步。两个元素 $(h_1, k_1)$ 和 $(h_2, k_2)$ 的乘积被定义为：

$(h_1, k_1) (h_2, k_2) = (h_1 \cdot (\varphi(k_1)(h_2)), k_1 k_2)$

为了书写简洁，我们用 $k \cdot h$ 来代替 $\varphi(k)(h)$，所以公式变成：

$(h_1, k_1) (h_2, k_2) = (h_1 (k_1 \cdot h_2), k_1 k_2)$

• 第二分量 (K-part): 就是简单地把 $K$ 的元素在 $K$ 中相乘: $k_1 k_2$。
• 第一分量 (H-part): 稍微复杂。它是 $h_1$ 与 “$k_1$ 作用在 $h_2$ 上的结果” 在 $H$ 中相乘。这个“作用” $k_1 \cdot h_2$ 是由同态 $\varphi$ 决定的，即 $\varphi(k_1)$ 这个自同构作用在 $h_2$ 上的结果。

结论 (输出/成品的性质):

这个构造出来的东西 $G$ 确实是一个群，并且具有以下美妙的性质：

(1) 是一个群，阶是 $|H||K|$:

• 这个定义满足群的封闭性（结果仍在集合中）、结合律、有单位元、每个元素都有逆元。
• 群的阶（元素个数）就是 $H$ 的阶乘以 $K$ 的阶。

(2) $H$ 和 $K$ 内嵌在 $G$ 中:

• 我们可以把原始的群 $H$ 看作是 $G$ 中形如 $(h, 1)$ 的元素组成的子集。这个子集在 $G$ 的运算下构成一个子群，并且这个子群和原始的 $H$ 是同构的（结构完全一样）。
• 同样，可以把 $K$ 看作是 $G$ 中形如 $(1, k)$ 的元素组成的子群，它也和原始的 $K$ 同构。
• 这种“看作”在数学上称为“识别”(identify)，意思是我们可以不严格区分原始的 $H$ 和它在 $G$ 中的副本 $\{(h, 1)\}$，因为它们的群结构是一模一样的。

(3) $H$ (的副本) 是 $G$ 的正规子群:

• 把 $H$ 识别为 $\{(h, 1)\}$ 后，这个子群在 $G$ 中是正规的。这正是我们构造的初衷之一。

(4) $H$ 和 $K$ (的副本) 交集平凡:

• $H$ 的副本 $\{(h, 1)\}$ 和 $K$ 的副本 $\{(1, k)\}$ 的交集只有唯一的公共元素——单位元 $(1, 1)$。这也是我们期望的。

(5) 抽象作用与具体共轭的统一:

• 在这个新构造的群 $G$ 内部，我们来计算一下 $K$ 中元素对 $H$ 中元素的共轭作用 $k h k^{-1}$ 是什么。
• 经过计算（证明中会给出），我们发现 $k h k^{-1}$ 的结果恰好就是我们一开始定义的抽象作用 $k \cdot h$。
• 这个性质完美地回答了我们之前“逆向工程”的动机：我们从“共轭”出发，提炼出“作用 $\varphi$”，现在用“作用 $\varphi$”构造出一个群，发现在这个新群里，那个“作用”又变回了“共轭”。形成了一个完美的闭环。它说明我们定义的乘法确实抓住了半直积的本质。

这部分开始对定理10的结论进行证明。首先证明结论(1)的前半部分：新定义的运算确实使 G 成为一个群。这需要验证四个群公理：封闭性、结合律、单位元存在性和逆元存在性。

1. 封闭性 (Closure):
   • 根据定义，$(h_1, k_1)(h_2, k_2) = (h_1(k_1 \cdot h_2), k_1 k_2)$。
   • 因为 $h_1 \in H$，$h_2 \in H$，$k_1 \in K$。由同态 $\varphi$ 的定义，$k_1 \cdot h_2 = \varphi(k_1)(h_2)$ 是一个 $H$ 中的元素。
   • 所以 $h_1(k_1 \cdot h_2)$ 是两个 $H$ 中元素的乘积，结果仍在 $H$ 中。
   • $k_1 k_2$ 是两个 $K$ 中元素的乘积，结果仍在 $K$ 中。
   • 因此，乘积的结果 $(H\text{中元素}, K\text{中元素})$ 仍然是 $G$ 集合中的一个元素。封闭性成立。
2. 结合律 (Associativity):
   • 这是群公理验证中最繁琐的一步。我们需要证明对于任意三个元素 $(a,x), (b,y), (c,z)$，有 $((a,x)(b,y))(c,z) = (a,x)((b,y)(c,z))$。
   • 计算左边:
   • 第一步：先算里面的括号 $(a,x)(b,y) = (a(x \cdot b), xy)$。
   • 第二步：用上面的结果乘以 $(c,z)$：
   • 计算右边:
   • 第一步：先算里面的括号 $(b,y)(c,z) = (b(y \cdot c), yz)$。
   • 第二步：用 $(a,x)$ 乘以这个结果：
   • 比较左右两边:
   • 第二分量是完全一样的 ($xyz$)，因为 $K$ 本身是群，满足结合律。
   • 我们需要比较第一分量是否相等：
   • 回忆作用的定义：$k \cdot h = \varphi(k)(h)$。
   • $(xy)\cdot c = \varphi(xy)(c)$。因为 $\varphi$ 是同态，所以 $\varphi(xy) = \varphi(x) \circ \varphi(y)$。
   • 所以 $(xy)\cdot c = (\varphi(x) \circ \varphi(y))(c) = \varphi(x)(\varphi(y)(c)) = x \cdot (y \cdot c)$。
   • 现在左边的第一分量变为 $a(x \cdot b)(x \cdot (y \cdot c))$。
   • 而右边的第一分量是 $a(x \cdot (b(y \cdot c)))$。
   • 因为 $x \cdot$ 是一个自同构，所以它保持乘法：$x \cdot (b(y \cdot c)) = (x \cdot b)(x \cdot (y \cdot c))$。
   • 这样，左右两边的第一分量就完全相等了！结合律成立。
   • 原文的证明过程使用了更简洁的写法，但核心思想就是利用了 $\varphi$ 的同态性质和每个 $\varphi(k)$ 的自同构性质。
3. 单位元 (Identity Element):
   • 我们需要找到一个元素 $(e_H, e_K)$ (这里用 $1$ 表示) 使得它与任何元素 $(h,k)$ 相乘都不改变 $(h,k)$。
   • 我们猜测单位元是 $(1,1)$ (即 $H$ 和 $K$ 各自的单位元组成的对)。
   • $(1,1)(h,k) = (1(1 \cdot h), 1k) = (1 \cdot h, k)$。
   • $1 \cdot h = \varphi(1)(h)$。因为 $\varphi$ 是同态，它必须把 $K$ 的单位元 $1$ 映射到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的单位元，即恒等自同构 $id$。
   • 所以 $\varphi(1)(h) = id(h) = h$。
   • 因此 $(1,1)(h,k) = (h,k)$。
   • $(h,k)(1,1) = (h(k \cdot 1), k1) = (h(k \cdot 1), k)$。
   • $k \cdot 1 = \varphi(k)(1)$。因为 $\varphi(k)$ 是一个自同构，它必须把 $H$ 的单位元 $1$ 映射回单位元 $1$。
   • 所以 $k \cdot 1 = 1$。
   • 因此 $(h,k)(1,1) = (h \cdot 1, k) = (h, k)$。
   • 所以 $(1,1)$ 就是 $G$ 的单位元。
4. 逆元 (Inverse Element):
   • 对于任意元素 $(h,k)$, 我们要找到它的逆元 $(h', k')$ 使得 $(h,k)(h',k') = (1,1)$。
   • $(h(k \cdot h'), kk') = (1,1)$。
   • 比较第二分量: $kk' = 1 \implies k' = k^{-1}$。
   • 比较第一分量: $h(k \cdot h') = 1 \implies k \cdot h' = h^{-1}$。
   • $k \cdot h' = \varphi(k)(h')$。所以 $\varphi(k)(h') = h^{-1}$。
   • 用 $\varphi(k)$ 的逆映射作用两边：$h' = (\varphi(k))^{-1}(h^{-1})$。
   • 因为 $\varphi$ 是同态，$(\varphi(k))^{-1} = \varphi(k^{-1})$。
   • 所以 $h' = \varphi(k^{-1})(h^{-1}) = k^{-1} \cdot h^{-1}$。
   • 因此，逆元 $(h,k)^{-1}$ 就是 $(k^{-1} \cdot h^{-1}, k^{-1})$。
   • 因为每个元素都有逆元，逆元存在性成立。
5. 阶 (Order):
   • 群 $G$ 的元素是所有有序对 $(h,k)$ 的集合。根据集合论，这个集合的元素个数（基数）就是集合 $H$ 的大小乘以集合 $K$ 的大小。
   • 所以 $|G| = |H| |K|$。

这部分继续证明定理10的剩余结论 (2), (3), (4), (5)。

1. 证明性质 (2): $H$ 和 $K$ 的同构副本是 $G$ 的子群

• 定义副本: 首先明确我们要研究的对象：
• $\widetilde{H}$ 是 $G$ 中所有形如 $(h,1)$ 的元素集合。
• $\widetilde{K}$ 是 $G$ 中所有形如 $(1,k)$ 的元素集合。
• 证明 $\widetilde{H}$ 是子群:
• 封闭性: 任取 $\widetilde{H}$ 中两个元素 $(a,1)$ 和 $(b,1)$。
• 它们的乘积是 $(a,1)(b,1) = (a(1 \cdot b), 1 \cdot 1) = (a(1 \cdot b), 1)$。
• 因为 $1 \in K$ 是单位元，$\varphi(1)$ 是恒等自同构，所以 $1 \cdot b = \varphi(1)(b) = id(b) = b$。
• 因此，乘积为 $(ab, 1)$。由于 $ab \in H$，这个结果仍在 $\widetilde{H}$ 中。封闭性得证。
• 单位元: $G$ 的单位元 $(1,1)$ 在 $\widetilde{H}$ 中。
• 逆元: $(a,1)$ 的逆元是 $(1^{-1} \cdot a^{-1}, 1^{-1}) = (1 \cdot a^{-1}, 1) = (a^{-1}, 1)$，仍在 $\widetilde{H}$ 中。
• 综上，$\widetilde{H}$ 是 $G$ 的子群。
• 证明 $\widetilde{H} \cong H$:
• 我们定义一个映射 $\pi_H: H \to \widetilde{H}$ 为 $\pi_H(h) = (h,1)$。
• 这个映射是双射（一一对应），很显然。
• 它还是同态: $\pi_H(ab) = (ab, 1)$。而 $\pi_H(a)\pi_H(b) = (a,1)(b,1) = (ab,1)$。两者相等。
• 所以 $\pi_H$ 是一个同构，$\widetilde{H} \cong H$。
• 证明 $\widetilde{K}$ 是子群且 $\widetilde{K} \cong K$:
• 任取 $\widetilde{K}$ 中两个元素 $(1,x)$ 和 $(1,y)$。
• 它们的乘积是 $(1,x)(1,y) = (1(x \cdot 1), xy) = (1, xy)$。因为 $x \cdot 1 = \varphi(x)(1) = 1$ (自同构保持单位元)。
• 结果 $(1, xy)$ 仍在 $\widetilde{K}$ 中。
• 同样可以验证单位元和逆元，证明 $\widetilde{K}$ 是子群。
• 映射 $\pi_K: K \to \widetilde{K}$ 定义为 $\pi_K(k) = (1,k)$ 是一个同构。
• 至此，性质 (2) 证明完毕。

2. 证明性质 (4): 交集平凡

• $\widetilde{H} \cap \widetilde{K}$ 是什么？
• 一个元素如果在 $\widetilde{H}$ 中，它必须是 $(h,1)$ 的形式。
• 一个元素如果在 $\widetilde{K}$ 中，它必须是 $(1,k)$ 的形式。
• 一个元素如果同时在两者中，它必须同时满足这两种形式。
• 所以 $(h,1) = (1,k)$。比较两个分量，必须有 $h=1$ 且 $k=1$。
• 所以交集里只有一个元素 $(1,1)$，也就是 $G$ 的单位元。性质 (4) 证明完毕。

3. 证明性质 (5): 共轭作用的再现

• 这一步是连接抽象定义与具体表现的关键。我们要计算在新群 $G$ 中，用 $\widetilde{K}$ 的元素去共轭 $\widetilde{H}$ 的元素，结果是什么。
• 我们取一个 $\widetilde{K}$ 中的元素 $(1,k)$ 和一个 $\widetilde{H}$ 中的元素 $(h,1)$。
• 计算共轭: $(1,k)(h,1)(1,k)^{-1}$。
• 先算逆元: $(1,k)^{-1} = (k^{-1}\cdot 1^{-1}, k^{-1}) = (k^{-1}\cdot 1, k^{-1}) = (1, k^{-1})$。
• 先算前两项的乘积: $(1,k)(h,1) = (1(k \cdot h), k \cdot 1) = (k \cdot h, k)$。
• 再用这个结果乘以逆元: $(k \cdot h, k)(1, k^{-1}) = ((k \cdot h)(k \cdot 1), k k^{-1})$。
• $k \cdot 1 = 1$, $k k^{-1} = 1$。
• 所以最终结果是 $((k \cdot h) \cdot 1, 1) = (k \cdot h, 1)$。
• 解释结果:
• $(1,k)$ 是 $k$ 的副本。
• $(h,1)$ 是 $h$ 的副本。
• $(k \cdot h, 1)$ 是 $k \cdot h$ 这个 $H$ 中元素的副本。
• 所以这个计算表明，在 $G$ 中，$k$ 的副本对 $h$ 的副本进行共轭，得到的结果正是 $k \cdot h$ 这个元素的副本。
• 通过“识别”，我们可以把这个等式写成 $k h k^{-1} = k \cdot h$。性质 (5) 证明完毕。

4. 证明性质 (3): H 是正规子群

• 一个子群 $H$ 在 $G$ 中是正规的，定义是 $G \subseteq N_G(H)$，其中 $N_G(H)$ 是 $H$ 在 $G$ 中的正规化子 (Normalizer)。$N_G(H) = \{g \in G \mid gHg^{-1}=H\}$。
• 从性质 (5) 的证明中，我们看到对于任意 $k \in K$ (的副本)，$k H k^{-1} \subseteq H$。由于 $k$ 有逆元，这也意味着 $H \subseteq k^{-1}Hk$，即 $kHk^{-1}=H$。
• 所以，$\widetilde{K}$ 中的所有元素都在 $\widetilde{H}$ 的正规化子中，即 $\widetilde{K} \subseteq N_G(\widetilde{H})$。
• 一个子群总是被自己正规化，所以 $\widetilde{H} \subseteq N_G(\widetilde{H})$。
• 因为 $N_G(\widetilde{H})$ 是一个子群，它包含了 $\widetilde{H}$ 和 $\widetilde{K}$，所以它必然包含由 $\widetilde{H}$ 和 $\widetilde{K}$ 生成的群 $\langle \widetilde{H}, \widetilde{K} \rangle$。
• 在半直积中，任何元素 $(h,k)$ 都可以写成 $(h,1)(1,k)$，所以 $G = \widetilde{H}\widetilde{K} = \langle \widetilde{H}, \widetilde{K} \rangle$。
• 因此，$G \subseteq N_G(\widetilde{H})$。而 $N_G(\widetilde{H})$ 本来就是 $G$ 的子集，所以 $N_G(\widetilde{H}) = G$。
• 这就证明了 $\widetilde{H}$ 是 $G$ 的正规子群。性质 (3) 证明完毕。

这段话正式给出了半直积的名称和符号，并解释了符号的含义。

1. 正式命名:
   • 基于定理10的构造，我们得到的新群 $G$ 有一个正式的名字，叫做“$H$ 和 $K$ 关于 $\varphi$ 的半直积”（the semidirect product of $H$ and $K$ with respect to $\varphi$）。
   • 这个名字强调了构造的三个要素：$H$，$K$，以及连接它们的“胶水”$\varphi$。
2. 符号表示:
   • 半直积的符号是 $H \rtimes_{\varphi} K$。
   • $\rtimes$: 这个符号是核心。它由直积的符号 $\times$ 和正规子群的符号 $\triangleleft$ 组合而成。
   • $H$ 在左边: $H$ 写在符号的“开口”那边，即 $H \triangleleft K$ 的样子（虽然这不是标准写法）。这暗示了 $H$ 是那个正规子群。
   • $K$ 在右边: $K$ 写在符号的“尖端”那边，暗示了是 $K$ 在“作用”于 $H$。
   • 下标 $\varphi$: 下标明确指出了这个半直积是基于哪个特定的同态 $\varphi$ 构造的。当上下文中 $\varphi$ 是唯一或明确的时候，可以省略它，简写为 $H \rtimes K$。
3. 符号的非对称性:
   • 记号 $H \rtimes K$ 和 $K \rtimes H$ 是完全不同的！
   • $H \rtimes K$ 意味着 $H$ 是正规的，$K$ 作用于 $H$。
   • $K \rtimes H$ 意味着 $K$ 是正规的，$H$ 作用于 $K$。
   • 这与直积 $H \times K$ 完全不同，因为 $H \times K$ 和 $K \times H$ 是同构的，构造是对称的。
4. 与直积的关系:
   • 半直积是直积的推广。那么，在什么特殊情况下，半直积会“退化”成直积呢？
   • 直觉上，当 $K$ 对 $H$ 的“作用”最弱、最不起眼的时候，半直积就应该最像直积。
   • 最弱的作用就是平凡作用，即 $K$ 中的每个元素都“无所作为”，让 $H$ 保持原样。这对应于平凡同态 $\varphi$。
   • 下一段的命题11将严格证明这一点。

这个命题清晰地指出了半直积在何种条件下会“退化”为我们更熟悉的直积。它给出了三个等价的条件。

命题 11 的内容拆解：

假设我们有一个半直积 $G = H \rtimes_{\varphi} K$。以下三个说法是完全等价的，只要一个成立，另外两个也必然成立。

• (1) 运算上等同于直积: 半直积的乘法法则和直积的乘法法则完全一样。
• 半直积的元素集合和直积的元素集合都是笛卡尔积 $H \times K$。所谓的“恒等集合映射”就是指我们把这两个群看作是同一个元素集合。
• 这个条件说的是，在这个集合上，半直积定义的运算 * 和直积定义的运算 · 是一样的：$(h_1, k_1) * (h_2, k_2) = (h_1, k_1) \cdot (h_2, k_2)$。这意味着这两个群是同一个群。

• (2) 作用是平凡的: 同态 $\varphi$ 是平凡同态。
• 这意味着 $\varphi$ 把 $K$ 中的每一个元素 $k$ 都映射到 $\operatorname{Aut}(H)$ 中的单位元——恒等自同构 $id$。
• 换言之，$K$ 对 $H$ 的作用是“无为而治”，$k \cdot h = id(h) = h$ 对所有 $k, h$ 都成立。$K$ 不对 $H$ 进行任何“扭曲”。

• (3) K 也是正规子群: 在半直积 $G$ 中，$K$ 的同构副本 $\widetilde{K}$ 也是一个正规子群。
• 我们已经知道 $\widetilde{H}$ 总是正规的。这个条件加上了 $\widetilde{K}$ 也是正规的。
• 回忆一下，一个群 $G$ 是其子群 $H, K$ 的（内）直积的充要条件就是 $H,K$ 都是正规子群且交集为1。这个条件 (3) 正好凑齐了直积的条件。

证明的逻辑链条 (1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (1):

• (1) ⇒ (2) (运算相同 导致 作用平凡):
• 假设运算相同。
• 半直积运算: $(h_1,k_1)(h_2,k_2) = (h_1 (k_1 \cdot h_2), k_1 k_2)$。
• 直积运算: $(h_1,k_1)(h_2,k_2) = (h_1 h_2, k_1 k_2)$。
• 既然两者相等，那么它们的第一个分量必须相等：$h_1 (k_1 \cdot h_2) = h_1 h_2$。
• 在群 $H$ 中两边同时左乘 $h_1^{-1}$，得到 $k_1 \cdot h_2 = h_2$。
• 这个等式对任意的 $k_1 \in K$ 和 $h_2 \in H$ 都成立。
• 这就意味着 $K$ 对 $H$ 的作用是平凡作用。根据定义，这意味着同态 $\varphi$ 是平凡同态。

• (2) ⇒ (3) (作用平凡 导致 K 正规):
• 假设 $\varphi$ 是平凡同态，即 $k \cdot h = h$ 对所有 $k, h$ 成立。
• 根据定理10的性质(5)，我们知道在新群 $G$ 中，共轭作用等于抽象作用：$k h k^{-1} = k \cdot h$ (这里为了方便，直接用 $h,k$ 代表它们在 $G$ 中的副本)。
• 所以，我们有 $k h k^{-1} = h$。两边右乘 $k$，得到 $kh = hk$。
• 这意味着 $H$ 的任意元素都与 $K$ 的任意元素交换 (commute)。
• 要证明 $K$ 是正规子群，就是要证明 $G$ 中任意元素 $g$ 都正规化 $K$，即 $gKg^{-1} = K$。
• $G$ 的任意元素 $g$ 都可以写成 $hk$ 的形式。
• 我们来计算 $(hk) K (hk)^{-1} = h(k K k^{-1})h^{-1}$。
• 因为 $k \in K$, $k K k^{-1} = K$。所以表达式变为 $h K h^{-1}$。
• 因为 $H$ 的元素和 $K$ 的元素可交换，所以对于任意 $k_0 \in K$，$h k_0 h^{-1} = k_0 h h^{-1} = k_0$。
• 这意味着 $h K h^{-1} = K$。
• 所以 $g K g^{-1} = K$。因此 $K$ 是正规子群。

• (3) ⇒ (1) (K 正规 导致 运算相同):
• 假设 $K$ 是 $G$ 的正规子群。我们已经知道 $H$ 也是正规的，且 $H \cap K = 1$。
• 这是一个经典的结论：当一个群 $G=HK$ 且 $H,K$ 都是正规子群且交集为1时，$H$ 的元素和 $K$ 的元素必然交换。
• 证明：对于任意 $h \in H, k \in K$，考虑换位子 $[h,k] = hkh^{-1}k^{-1}$。
• 因为 $k \in K, h \in H, k^{-1} \in K$，且 $H$ 正规，所以 $khk^{-1} \in H$。因此 $[h,k] = (h(khk^{-1}))k^{-1} \in HK$ (写错了，应该是 $[h,k] = h(khk^{-1})k^{-1}$。因为 $H$ 正规，$khk^{-1} \in H$，所以 $h(khk^{-1}) \in H$。因此 $[h,k] = (\text{H中元素})k^{-1}$。这不是我要的。)
• 换个角度看换位子：$[h,k] = h(khk^{-1}) \in hH = H$ (因为 $H$ 正规)。
• 同时，$[h,k] = (hkh^{-1})k^{-1}$。因为 $K$ 正规，$hkh^{-1} \in K$，所以 $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$。
• 所以换位子 $[h,k]$ 既在 $H$ 中，又在 $K$ 中。即 $[h,k] \in H \cap K$。
• 但我们知道 $H \cap K = \{1\}$。所以 $[h,k]=1$。
• $hkh^{-1}k^{-1} = 1 \implies hk = kh$。$H$ 和 $K$ 的元素可交换。
• 既然 $hk=kh$，那么 $k$ 对 $h$ 的共轭作用就是 $khk^{-1} = hkk^{-1}=h$。
• 所以 $k \cdot h = h$。作用是平凡的。
• 既然作用是平凡的，半直积的乘法法则 $(h_1(k_1 \cdot h_2), k_1 k_2)$ 就变成了 $(h_1 h_2, k_1 k_2)$。
• 这正是直积的乘法法则。所以 (1) 成立。

这一小段是进入具体例子之前的“读前须知”，它设定了后续所有例子的通用背景和约定。

1. 通用设定:
   • $H, K$：将是我们要用来构造半直积的两个原材料群。
   • $\varphi$: 是连接 $H, K$ 的同态 $\varphi: K \to \operatorname{Aut}(H)$。
   • ·: 用点号 · 来简写作用，即 $k \cdot h$ 代表 $\varphi(k)(h)$。
   • $G = H \rtimes K$: 这里的 × 应该是 rtimes，即 $G = H \rtimes K$。这是我们构造出的半直积群。
   • 识别: 我们将不严格区分 $h \in H$ 和它在 $G$ 中的副本 $(h,1)$，以及 $k \in K$ 和 $(1,k)$。这大大简化了书写和思考。
2. 寻找 $\varphi$ 的工具:
   • 构造半直积的关键是找到所有可能的同态 $\varphi: K \to \operatorname{Aut}(H)$。
   • 要找到这样的同态，我们首先需要了解自同构群 $\operatorname{Aut}(H)$ 的结构。
   • 这里提到了两个重要的工具：命题 4.16 和 4.17。这些命题（在本书前面的章节）通常是关于如何计算特定群（尤其是循环群）的自同构群的。例如，$\operatorname{Aut}(Z_n) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$。
3. 一个有用的简化:
   • 在很多例子中，群 $K$ 是一个循环群 (cyclic group)，比如 $K = \langle x \rangle$。
   • 对于循环群，一个同态 $\varphi$ 的性质完全由生成元 $x$ 的像 $\varphi(x)$ 决定。只要我们定好了 $\varphi(x)$ 是 $\operatorname{Aut}(H)$ 中的哪个元素，整个同态就唯一确定了（因为 $\varphi(x^m) = (\varphi(x))^m$）。
   • 并且，要使这个定义成为一个合法的同态，只需要满足一个条件：$\varphi(x)$ 的阶必须整除 $x$ 的阶。
   • 由于这个原因，验证我们定义的映射 $\varphi$ 是不是一个合法的同态通常非常简单，所以书中省略了这些细节。

这是第一个具体的例子，构造了一大类重要的群，包括我们熟悉的二面体群。

1. 原材料 (H, K, $\varphi$):
   • H: 任何一个阿贝尔群 (Abelian group)。元素的运算是可交换的。可以是有限的，也可以是无限的。
   • K: 一个阶为 2 的循环群，$K = \langle x \rangle \cong Z_2$。它只有两个元素，单位元 $1$ 和生成元 $x$ (其中 $x^2=1$)。
   • $\varphi$: 定义一个同态 $\varphi: Z_2 \to \operatorname{Aut}(H)$。
   • $\varphi$ 由生成元 $x$ 的像决定。我们把它映射到 $\operatorname{Aut}(H)$ 中的一个特定元素：求逆自同构 (inversion automorphism)。
   • 这个自同构我们记为 $inv$，它的作用是 $inv(h) = h^{-1}$。
   • 为什么 $inv$ 是一个自同构？
   • 同态性: $inv(ab) = (ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}$。因为 $H$ 是阿贝尔群，所以 $b^{-1}a^{-1} = a^{-1}b^{-1} = inv(a)inv(b)$。同态性成立。注意：如果H不是阿贝尔群，求逆一般不是自同构！
   • 双射性: $inv(inv(h)) = (h^{-1})^{-1} = h$，所以 $inv$ 是自身的逆，因此是双射。
   • 为什么 $\varphi$ 是一个合法的同态？
   • $\varphi(1) = id$ (恒等自同构，这是必须的)。
   • $\varphi(x) = inv$。
   • 我们需要检查 $inv$ 的阶是否整除 $x$ 的阶。$x$ 的阶是 2。$inv$ 的阶也是 2 (因为 $inv \circ inv = id$)。2 整除 2，所以这是一个合法的同态。
2. 构造出的群 $G = H \rtimes_{\varphi} Z_2$:
   • 作用:
   • $1 \cdot h = \varphi(1)(h) = id(h) = h$。
   • $x \cdot h = \varphi(x)(h) = inv(h) = h^{-1}$。
   • 乘法法则:
   • $(h_1, k_1)(h_2, k_2) = (h_1(k_1 \cdot h_2), k_1 k_2)$。
   • 内部结构:
   • 根据定理10，我们知道 $H$ (的副本) 是 $G$ 的一个正规子群。
   • $|G| = |H| \cdot |K| = |H| \cdot 2$。所以 $H$ 是 $G$ 的一个索引为2的子群 (index 2 subgroup)。我们知道索引为2的子群必然是正规的，这也与定理10的结论吻合。
   • 根据定理10(5)，在 $G$ 中，共轭关系为 $xhx^{-1} = x \cdot h = h^{-1}$。这个关系式是这类群的标志性特征。
3. 两个特别重要的特例:
   • 特例A：$H = Z_n$ (n阶循环群)
   • $G = Z_n \rtimes Z_2$。$G$ 的阶是 $2n$。
   • 群 $G$ 由一个 $n$ 阶元素 $a$ (生成 $Z_n$) 和一个 2 阶元素 $x$ 组成，它们满足关系 $xax^{-1} = a^{-1}$。
   • 这正是n边形二面体群 $D_{2n}$ 的标准表示 (presentation)。
   • 因此，这个半直积构造出的群就是 $D_{2n}$。

• 特例B：$H = \mathbb{Z}$ (整数加法群)
• $\mathbb{Z}$ 是一个无限阶的阿贝尔群。
• $G = \mathbb{Z} \rtimes Z_2$。这是一个无限阶的群。
• 它由一个无限阶元素 $a$ (生成 $\mathbb{Z}$) 和一个 2 阶元素 $x$ 组成，满足关系 $xax^{-1} = a^{-1}$。
• 这个群被称为无限二面体群 (infinite dihedral group)，记为 $D_{\infty}$。

这两段内容是连续的，它们通过一种更复杂的半直积构造，并结合商群的概念，引出了另一类重要的群——广义四元数群。

例子(2)的分析:

1. 推广思路: 这个例子是对前一个例子($K \cong Z_2$)的推广。现在我们让 $K$ 是一个阶为 $2n$ 的偶数阶循环群，$K=\langle x \rangle \cong Z_{2n}$。
2. 定义$\varphi$: 我们仍然想让 $x$ 起到“求逆”的作用，即定义 $\varphi(x) = inv$ (求逆自同构)。
3. 合法性检查:
   • $H$ 仍然需要是阿贝尔群，以保证求逆是自同构。
   • $\varphi: Z_{2n} \to \operatorname{Aut}(H)$。$x$ 的阶是 $2n$，$inv$ 的阶是 2。为了使 $\varphi$ 是一个合法的同态，$\varphi(x)=inv$ 的阶必须整除 $x$ 的阶，即 2 必须整除 $2n$。这个条件总是满足的。
4. 群 $G$ 的内部关系:
   • $x$ 的作用是求逆：$xhx^{-1} = x \cdot h = h^{-1}$。
   • $x^2$ 的作用是什么？$x^2 \cdot h = \varphi(x^2)(h) = (\varphi(x))^2(h) = inv(inv(h)) = h$。
   • 所以 $x^2$ 的作用是恒等映射 (平凡作用)。
   • 在 $G$ 内部，这意味着 $x^2 h (x^2)^{-1} = h$，即 $x^2h = hx^2$。
   • 这个等式说明 $x^2$ 与 $H$ 中所有元素都可交换。同时 $x^2$ 也与 $K$ 中所有元素可交换（因为K是循环群）。所以 $x^2$ 与 $G=HK$ 中所有元素都可交换。
   • 因此，$x^2$ 属于 $G$ 的中心 (Center)，$x^2 \in Z(G)$。这是一个非常重要的结论。
5. 一个具体的12阶群:
   • 取 $H = Z_3$ (阿贝尔群)，$K=Z_4=\langle x \rangle$。
   • $G = Z_3 \rtimes Z_4$，作用是 $x \cdot h = h^{-1}$。
   • $|G| = 3 \times 4 = 12$。这是一个12阶的非阿贝尔群。
   • $x^2 \in Z(G)$，$x^2$ 是 $K=Z_4$ 中唯一的二阶元素。
   • 这个群为什么和 $A_4$ 或 $D_{12}$ 不同构？
   • Sylow 2-子群: $G$ 的一个Sylow 2-子群就是 $K$ (的副本)，即 $Z_4$。它是循环群。
   • $D_{12}$ (六边形对称群) 的 Sylow 2-子群是 $D_4 \cong Z_2 \times Z_2$ (克莱因四元群) 的形式，不是循环群。 (更正: $D_{12}$ 的Sylow 2-子群是 $D_4$, 阶为4, 但不是 $Z_4$. 不对，$D_8$才是8阶，Sylow 2-子群阶为8. $D_{12}$的阶是12，Sylow 2-子群阶为4，是 $Z_2 \times Z_2$。$D_{12}$的中心是$Z_2$, 元素是旋转180度)
   • $A_4$ (正四面体旋转群) 的 Sylow 2-子群是克莱因四元群 $V_4 \cong Z_2 \times Z_2$，不是循环群。
   • 因为它们的Sylow 2-子群结构不同，所以这个新构造的12阶群与 $A_4$ 和 $D_{12}$ 都不同构。

例子(3)的分析：构造广义四元数群

1. 更具体的原材料:
   • $H = Z_{2^n} = \langle h \rangle$。
   • $K = Z_4 = \langle x \rangle$。
   • $n$ 是一个正整数。
   • 作用仍然是 $x \cdot h = h^{-1}$。
2. 构造半直积 $G = Z_{2^n} \rtimes Z_4$:
   • $|G| = 2^n \cdot 4 = 2^{n+2}$。
   • 关系：$h^{2^n}=1, x^4=1, xhx^{-1}=h^{-1}$。
3. 寻找中心元素:
   • 根据例子(2)的结论，$x^2 \in Z(G)$。
   • 现在我们来考察 $H$ 中那个唯一的二阶元素。在 $Z_{2^n}$ 中，唯一的二阶元素是 $z = h^{2^{n-1}}$。
   • 我们看看 $x$ 如何作用于 $z$: $xzx^{-1} = x \cdot z = z^{-1}$。
   • 但是 $z$ 是一个二阶元素，所以 $z^{-1}=z$！
   • 因此 $xzx^{-1} = z$，即 $xz=zx$。$x$ 中心化 (centralize) $z$。
   • 既然 $x$ 中心化 $z$，而 $H$ 中的所有元素也都中心化 $z$ (因为 $H$ 是阿贝尔群)，所以 $z$ 与 $G=HK$ 中所有元素都可交换。
   • 结论：$z = h^{2^{n-1}} \in Z(G)$。
4. 构造商群:
   • 我们现在有两个在 $G$ 中心的二阶元素：$x^2$ 和 $z = h^{2^{n-1}}$。它们是不同的（因为 $x^2 \in K, z \in H, H \cap K = 1$）。
   • 它们的乘积 $x^2z$ 也在中心 $Z(G)$ 中。中心里的子群必然是正规子群，所以 $\langle x^2z \rangle \unlhd G$。
   • $x^2z$ 的阶是多少？因为 $x^2, z$ 是两个不同的、可交换的二阶元素，它们的乘积 $(x^2z)^2 = (x^2)^2 z^2 = 1 \cdot 1 = 1$。所以 $x^2z$ 的阶是 2。
   • 我们可以构造一个商群 (quotient group) $\bar{G} = G / \langle x^2z \rangle$。
   • $|\bar{G}| = |G| / |\langle x^2z \rangle| = 2^{n+2} / 2 = 2^{n+1}$。
5. 商群中的关系:
   • 在商群 $\bar{G}$ 中，我们把子群 $\langle x^2z \rangle$“压缩”成了单位元。这意味着在 $\bar{G}$ 中，凡是原属于 $\langle x^2z \rangle$ 的元素，现在都变成了单位元。
   • 即 $\overline{x^2z} = \bar{1}$。这等价于 $\bar{x}^2 \bar{z} = \bar{1}$，或者说 $\bar{x}^2 = \bar{z}^{-1} = \bar{z}$。
   • 所以，在商群 $\bar{G}$ 中，我们“强行”让 $x^2$ 和 $z=h^{2^{n-1}}$ 变成了同一个元素。
   • 商群 $\bar{G}$ 的生成元是 $\bar{h}$ 和 $\bar{x}$。它们满足的关系是：
   • $\bar{h}^{2^n} = \overline{h^{2^n}} = \bar{1}$。
   • $\bar{x}^4 = \overline{x^4} = \bar{1}$。
   • $\bar{x}\bar{h}\bar{x}^{-1} = \overline{xhx^{-1}} = \overline{h^{-1}} = \bar{h}^{-1}$。
   • $\bar{h}^{2^{n-1}} = \bar{z} = \bar{x}^2$。
6. 广义四元数群:
   • 这个商群 $\bar{G}$ 就被称为广义四元数群 (generalized quaternion group)，记为 $Q_{2^{n+1}}$。
   • 它的标准表示就是我们上面推导出的关系集合。
   • 特例 $n=2$:
   • $G = Z_4 \rtimes Z_4$。$|G|=16$。$z = h^2$。
   • 商群 $\bar{G} = G / \langle x^2h^2 \rangle$。$|\bar{G}|=8$。
   • $\bar{G}$ 的关系是：$\bar{h}^4=1, \bar{x}^4=1, \bar{x}\bar{h}\bar{x}^{-1}=\bar{h}^{-1}, \bar{h}^2 = \bar{x}^2$。
   • 这正是我们熟悉的8阶四元数群 $Q_8$ 的一个表示。（通常记为 $i,j,k$，比如令 $\bar{h}=i, \bar{x}=j$，则 $jij^{-1}=i^{-1}=-i$, $i^2=j^2=-1$）。

这两段介绍了两种非常不同但都很有启发性的半直积例子。

例子(4)的分析：一个无限群的微妙之处

1. 原材料:
   • $H = \mathbb{Q}$ (有理数加法群)，这是一个无限阿贝尔群。
   • $K = \mathbb{Z} = \langle x \rangle$ (整数加法群)，也是一个无限阿贝尔群。这里为了定义作用，把它看作由 $x$ 生成的无限循环群，即 $x^n$ 对应整数 $n$。
   • $\varphi: \mathbb{Z} \to \operatorname{Aut}(\mathbb{Q})$。定义同态的方式是指定生成元 $x$ (对应整数1)的像。
   • $\varphi(x)$ 是“乘以2”这个映射，我们称之为 $\sigma_2$。即 $\sigma_2(q) = 2q$ for $q \in \mathbb{Q}$。
   • 合法性检查:
   • $\sigma_2$ 是 $\mathbb{Q}$ 的自同构吗？是的，因为 $\sigma_2(q_1+q_2) = 2(q_1+q_2) = 2q_1+2q_2 = \sigma_2(q_1)+\sigma_2(q_2)$，且它的逆映射是“乘以1/2”，也在 $\operatorname{Aut}(\mathbb{Q})$ 中。
   • $\varphi$ 是同态吗？$\varphi(x^n)$ 就是 $\sigma_2$ 的 $n$ 次复合，即“乘以 $2^n$”。这和 $\mathbb{Z}$ 的加法结构是相容的。
2. 构造出的群 $G = \mathbb{Q} \rtimes \mathbb{Z}$:
   • 作用是 $x^n \cdot q = 2^n q$。
   • 乘法法则是 $((q_1, n_1), (q_2, n_2)) \mapsto (q_1 + 2^{n_1}q_2, n_1+n_2)$。
   • 这是一个无限非阿贝尔群。
3. 这个例子的核心洞见:
   • 我们考虑 $G$ 中一个子群 $A = \mathbb{Z}$ (即 $\{(n,0) \mid n \in \mathbb{Z}\}$)。
   • 我们用 $x=(0,1)$ 来共轭这个子群 $A$。
   • $x A x^{-1} = \{ xax^{-1} \mid a \in A \}$。
   • $xax^{-1} = x \cdot a = 2a$。
   • 所以 $x A x^{-1} = \{2a \mid a \in \mathbb{Z}\} = 2\mathbb{Z}$ (所有偶数组成的群)。
   • 我们观察到 $x \mathbb{Z} x^{-1} = 2\mathbb{Z} \subset \mathbb{Z}$。
   • 共轭后的子群 $2\mathbb{Z}$ 是原始子群 $\mathbb{Z}$ 的一个真子群！
   • 这意味着 $x \mathbb{Z} x^{-1} \neq \mathbb{Z}$，所以 $x$ 不在 $\mathbb{Z}$ 的正规化子 $N_G(\mathbb{Z})$ 中。
   • 结论: 对于无限群，即使 $gAg^{-1} \subseteq A$ 成立，也不足以保证 $g$ 正规化 $A$ (即 $gAg^{-1}=A$)。
   • 对比有限群: 对于有限群，如果一个子群 $A$ 的共轭 $gAg^{-1}$ 仍然是 $A$ 的子集，那么因为 $gAg^{-1}$ 和 $A$ 有相同的阶，它们必须相等。所以 $gAg^{-1} \subseteq A \implies gAg^{-1} = A$。
   • 反向共轭: $x^{-1} \mathbb{Z} x = x^{-1} \cdot \mathbb{Z} = \frac{1}{2}\mathbb{Z}$。这个集合包含了像 $1/2$ 这样的元素，它并不包含在 $\mathbb{Z}$ 中。这也说明了 $x \mathbb{Z} x^{-1} \neq \mathbb{Z}$。

例子(5)的分析：完整群 Holomorph

1. 最“自然”的半直积:
   • 对于任何一个给定的群 $H$，它能被哪些群作用？所有可能的作用“模式”都收集在 $\operatorname{Aut}(H)$ 中。
   • 那么，能作用于 $H$ 的“最强大”、“最完整”的群，自然就是 $\operatorname{Aut}(H)$ 本身了。
   • 原材料:
   • $H$: 任意一个群。
   • $K = \operatorname{Aut}(H)$。
   • $\varphi: \operatorname{Aut}(H) \to \operatorname{Aut}(H)$。最自然的选择就是恒等同态 $id$，即 $\varphi(\sigma) = \sigma$ 对于任意自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}(H)$。
2. 定义:
   • 这个通过上述方式构造的半直积 $H \rtimes_{\text{id}} \operatorname{Aut}(H)$ 被称为 $H$ 的完整群 (Holomorph)，记为 $\operatorname{Hol}(H)$。
   • 它的作用就是：$\sigma \cdot h = \sigma(h)$。自同构本身就是作用。
   • 乘法法则：$((h_1, \sigma_1), (h_2, \sigma_2)) \mapsto (h_1 \sigma_1(h_2), \sigma_1 \sigma_2)$。
3. 完整群的意义:
   • 在 $\operatorname{Hol}(H)$ 中， $H$ 的每一个自同构，都可以通过与 $\operatorname{Aut}(H)$ 副本中的一个元素进行共轭来实现。
   • 可以把 $\operatorname{Hol}(H)$ 看作是包含了 $H$ 自身（作为平移）和 $H$ 所有对称性（作为自同构）的一个“总的”对称群。
4. 具体例子:
   • (a) $\operatorname{Hol}(Z_2 \times Z_2) \cong S_4$:
   • $H = Z_2 \times Z_2$ (克莱因四元群 $V_4$)
   • $\operatorname{Aut}(H) = \operatorname{Aut}(Z_2 \times Z_2) \cong S_3$ (因为 $H$ 中有3个非单位元，任何对这3个元素的置换都对应一个唯一的自同构)。
   • $G = \operatorname{Hol}(H) = (Z_2 \times Z_2) \rtimes S_3$。
   • $|G| = |Z_2 \times Z_2| \cdot |S_3| = 4 \times 6 = 24$。
   • 这个24阶的群，正好同构于4个元素的对称群 $S_4$。
   • 直观理解：$S_4$ 作用于4个点。$V_4$ 可以看作是 $S_4$ 的一个正规子群（由3个双对换构成）。$S_4$ 可以分解成 $V_4$ 和 $S_3$ 的半直积。
   • (b) 正规化子与完整群:
   • 左正规表示: 对一个n阶群 $G$，可以让它作用于自身元素集合上（通过左乘），这给出一个从 $G$ 到 $S_n$ 的单一同态 $\pi$。$\pi(G)$ 是 $S_n$ 中一个与 $G$ 同构的子群。
   • 正规化子: $N_{S_n}(\pi(G))$ 是 $\pi(G)$ 在 $S_n$ 中的正规化子。
   • 结论: 这个正规化子同构于 $G$ 的完整群 $\operatorname{Hol}(G)$。
   • 这是一个深刻的联系，它将一个群的“内在”对称性（$\operatorname{Aut}(G)$）与它在置换群中的“外在”位置（正规化子）联系起来。
   • 特例: $G = Z_n$。它的左正规表示 $\pi(Z_n)$ 是 $S_n$ 中一个由n-循环（比如 $c=(12...n)$）生成的子群 $\langle c \rangle$。
   • 根据上述结论，$N_{S_n}(\langle c \rangle) \cong \operatorname{Hol}(Z_n)$。
   • $\operatorname{Hol}(Z_n) = Z_n \rtimes \operatorname{Aut}(Z_n)$。
   • 我们知道 $|\operatorname{Aut}(Z_n)| = \phi(n)$ (欧拉函数)。
   • 所以 $|N_{S_n}(\langle c \rangle)| = |Z_n| \cdot |\operatorname{Aut}(Z_n)| = n \phi(n)$。
   • 这个结论在组合数学和群论中都很有用。它告诉我们，在 $S_n$ 中有多少个元素能“保持”一个给定的n-循环子群的结构。

这是半直积在群分类问题上的第一个重要应用：分类所有阶为 $pq$（$p, q$为素数，$p<q$）的群。

1. 基本设置和已知结论:
   • 设 $G$ 是一个阶为 $pq$ 的群。根据Sylow第三定理，Sylow $q$-子群的数量 $n_q$ 满足 $n_q \equiv 1 \pmod q$ 且 $n_q \mid p$。因为 $p<q$， $p$ 不可能等于 $kq+1$，所以 $n_q$ 只能是1。
   • 这意味着 $G$ 有一个唯一的Sylow $q$-子群，我们称之为 $H$。唯一的Sylow子群必然是正规子群，所以 $H \unlhd G$。$H$ 是素数阶群，所以 $H \cong Z_q$。
   • 根据Sylow第一定理，$G$ 必然存在一个Sylow $p$-子群，我们称之为 $K$。$K$ 是素数阶群，所以 $K \cong Z_p$。
   • $H$ 和 $K$ 的阶分别是 $q$ 和 $p$，是互素的。根据拉格朗日定理，$H \cap K$ 的阶必须整除 $p$ 和 $q$，所以只能是1。即 $H \cap K = \{1\}$。
   • 因为 $H \unlhd G, H \cap K = \{1\}$，且 $|H||K|=pq=|G|$，所以 $G$ 必然是 $H$ 和 $K$ 的半直积，$G \cong H \rtimes K \cong Z_q \rtimes Z_p$。
2. 分类讨论:
   • 所有阶为 $pq$ 的群都同构于 $Z_q \rtimes_{\varphi} Z_p$ 的形式。群的结构完全由同态 $\varphi: Z_p \to \operatorname{Aut}(Z_q)$ 决定。
   • 第一步：分析 $\operatorname{Aut}(Z_q)$。根据命题4.17，$\operatorname{Aut}(Z_q) \cong (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^\times$，这是一个阶为 $q-1$ 的循环群。
   • 第二步：寻找同态 $\varphi$。$\varphi: Z_p \to \operatorname{Aut}(Z_q)$。设 $Z_p = \langle x \rangle$。$\varphi$ 由 $\varphi(x)$ 的值决定。$\varphi(x)$ 必须是 $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 中一个阶整除 $p$ 的元素。
3. 情况一: $p$ 不整除 $q-1$
   • $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 的阶是 $q-1$。根据拉格朗日定理，其中所有元素的阶都必须整除 $q-1$。
   • 因为 $p$ 是一个素数，且 $p$ 不整除 $q-1$，所以 $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 中不可能有阶为 $p$ 的元素。
   • 因此，$\varphi(x)$ 的阶只能是1。这意味着 $\varphi(x)$ 必须是 $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 的单位元，即恒等自同构 $id$。
   • 所以，在这种情况下，只存在唯一的同态，就是平凡同态。
   • 根据命题11，平凡同态对应的半直积就是直积 $Z_q \times Z_p$。
   • 因为 $p, q$ 互素， $Z_q \times Z_p \cong Z_{pq}$，这是一个循环群。
   • 结论: 如果 $p \nmid q-1$，所有阶为 $pq$ 的群都同构于循环群 $Z_{pq}$。
4. 情况二: $p$ 整除 $q-1$
   • $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 是一个阶为 $q-1$ 的循环群。因为 $p \mid q-1$，根据循环群的基本定理（或柯西定理），$\operatorname{Aut}(Z_q)$ 存在且仅存在一个阶为 $p$ 的子群。
   • 现在我们来寻找同态 $\varphi: Z_p \to \operatorname{Aut}(Z_q)$。
   • 平凡同态: $\varphi_0(x) = id$。这总是存在的，它构造出直积 $Z_q \times Z_p \cong Z_{pq}$ (循环群)。
   • 非平凡同态: $\varphi(x)$ 必须是一个阶为 $p$ 的元素。$\operatorname{Aut}(Z_q)$ 中那个唯一的 $p$ 阶子群是循环的，它有 $p-1$ 个阶为 $p$ 的生成元。
   • 我们可以把 $x$ 映射到这 $p-1$ 个生成元中的任意一个。这看起来会产生 $p-1$ 个不同的非平凡同态。
   • 但是，这些非平凡同态构造出的群都是同构的！为什么？
   • 假设 $\varphi_1(x) = \gamma$ (一个p阶生成元)，$\varphi_2(x) = \gamma^k$ (另一个p阶生成元, $k \in \{1,..,p-1\}$)。
   • 我们可以选择 $Z_p$ 的另一个生成元，比如 $x^k$。令 $y=x^k$。
   • 那么 $\varphi_2(y) = \varphi_2(x^k) = (\varphi_2(x))^k = (\gamma^k)^k$。这不是我想要的。
   • 正确的论证是（如练习6所示），这些不同的非平凡同态只是相当于给 $Z_p$ 的生成元换了个名字。选择 $Z_p$ 的哪个生成元，以及把它映射到 $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 的p阶子群的哪个生成元，这些选择最终都导致同构的群。
   • 因此，在 $p \mid q-1$ 的情况下，本质上只有一种非平凡的半直积构造方式。
   • 这个构造出的群 $G = Z_q \rtimes Z_p$ 是非阿贝尔群（因为作用非平凡，根据命题11，K不正规）。
   • 结论: 如果 $p \mid q-1$，存在两种不同构的 $pq$ 阶群：
5. 阿贝尔群: $Z_{pq}$ (来自平凡同态)。
6. 非阿贝尔群: 一个唯一的 (在同构意义下) 非阿贝尔群 $Z_q \rtimes Z_p$ (来自任何非平凡同态)。
   • 特例 $p=2$:
   • $p=2$ 总是整除偶数 $q-1$ (因为q是奇素数)。
   • 唯一的非阿贝尔群是 $Z_q \rtimes Z_2$。
   • $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 中唯一的二阶元素是求逆自同构。
   • 所以这个群的作用是 $x \cdot h = h^{-1}$。
   • 根据例子(1)，这正是二面体群 $D_{2q}$。

这个例子是群论中一个非常经典的构造，旨在构建出所有阶为 $p^3$（$p$为奇素数）的非阿贝尔群。它通过两种不同的半直积方式，得到了两个结构不同（非同构）的群。

第一种构造 (基于 $Z_p \times Z_p$)

1. 原材料:
   • $H = Z_p \times Z_p$。这是一个阶为 $p^2$ 的阿贝尔群，其中每个非单位元元素的阶都是 $p$。我们可以把它看作是在有限域 $\mathbb{F}_p$ 上的一个二维向量空间。
   • $K = Z_p$。这是一个阶为 $p$ 的循环群。
2. 寻找作用 $\varphi$:
   • 我们需要一个非平凡的同态 $\varphi: Z_p \to \operatorname{Aut}(Z_p \times Z_p)$。
   • 首先分析自同构群：$\operatorname{Aut}(H) \cong GL_2(\mathbb{F}_p)$，即 $\mathbb{F}_p$ 上的所有 $2 \times 2$ 可逆矩阵构成的群。
   • 这个自同构群的阶是 $|GL_2(\mathbb{F}_p)| = (p^2-1)(p^2-p) = p(p-1)^2(p+1)$。
   • 因为 $p$ 是一个奇素数，所以 $p$ 整除这个阶。根据柯西定理，$\operatorname{Aut}(H)$ 中必然存在一个阶为 $p$ 的元素（即一个阶为 $p$ 的自同构）。
   • 这就保证了非平凡同态的存在性。我们可以定义 $\varphi$，将 $K=Z_p$ 的生成元 $x$ 映射到这个阶为 $p$ 的自同构。
3. 一个具体的非平凡作用:
   • $H$ 由两个生成元 $a, b$ 生成，即 $H = \langle a \rangle \times \langle b \rangle$。
   • 一个具体的阶为 $p$ 的自同构可以定义为：$x \cdot a = ab$ 且 $x \cdot b = b$。
   • 如果把 $a,b$ 看作基向量 $(1,0)$ 和 $(0,1)$，这个线性变换的效果是：
   • $(1,0) \mapsto (1,1)$
   • $(0,1) \mapsto (0,1)$
   • 对应的变换矩阵就是 $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (这里原文矩阵写反了，按作用应该如此，或者原文是按列向量)。我们以原文为准，假设基是列向量，则矩阵作用于 $(a,b)^T$ 上。$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ 即 $a \mapsto a+b$ (加法符号下)，对应 $a \mapsto ab$ (乘法符号下)。$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ 即 $b \mapsto b$。作用与矩阵吻合。
   • 这个矩阵的 $p$ 次幂是 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}^p = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ p & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (在 $\mathbb{F}_p$ 中)，是单位矩阵。所以这是一个阶为 $p$ 的自同构。
4. 结果:
   • 得到的半直积群 $G_1 = (Z_p \times Z_p) \rtimes Z_p$ 是一个阶为 $p^3$ 的非阿贝尔群。
   • 它的呈示 (presentation) 总结了所有生成元和关系。
   • 这个群通常被称为在有限域 $\mathbb{F}_p$ 上的海森堡群 (Heisenberg group)。

第二种构造 (基于 $Z_{p^2}$)

1. 原材料:
   • $H = Z_{p^2}$。这是一个阶为 $p^2$ 的循环阿贝尔群。
   • $K = Z_p$。
2. 寻找作用 $\varphi$:
   • 我们需要一个非平凡的同态 $\varphi: Z_p \to \operatorname{Aut}(Z_{p^2})$。
   • 自同构群 $\operatorname{Aut}(Z_{p^2}) \cong (\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z})^\times$，其阶为 $\phi(p^2) = p^2 - p = p(p-1)$。
   • 因为 $p$ 整除其阶，所以同样根据柯西定理，存在阶为 $p$ 的自同构。
   • 这保证了非平凡同态的存在。
3. 一个具体的非平凡作用:
   • $H = \langle y \rangle$。$\operatorname{Aut}(H)$ 的元素是将 $y$ 映射到另一个生成元 $y^k$，其中 $k$ 与 $p^2$ 互素。
   • 我们要找一个阶为 $p$ 的自同构，即寻找一个 $k$ 使得 $(y^k)^{p} \neq y$ 但 $(y^k)^{p^k} = y$。不对，是自同构 $\sigma(y)=y^k$ 满足 $\sigma^p = id$。
   • $\sigma^p(y) = y^{k^p}$。我们需要 $k^p \equiv 1 \pmod{p^2}$。
   • 一个满足条件的 $k$ 就是 $1+p$。$(1+p)^p = 1 + p \cdot p + \binom{p}{2}p^2 + \dots \equiv 1 \pmod{p^2}$ (因为 $p$ 是奇素数，$\binom{p}{2}$ 是整数)。
   • 所以，我们可以定义作用为 $x \cdot y = y^{1+p}$。
4. 结果:
   • 得到的半直积群 $G_2 = Z_{p^2} \rtimes Z_p$ 是一个阶为 $p^3$ 的非阿贝尔群。
   • 它的呈示也给出了。

两个群的比较

• $G_1 = (Z_p \times Z_p) \rtimes Z_p$ 中，所有元素的阶都是 $p$ 或 $1$。因为 $H$ 中元素阶都是 $p$，而 $K$ 中元素阶是 $p$。任何一个元素 $(h,k)$ 的 $p$ 次方 $(h,k)^p = (h(k\cdot h)\dots(k^{p-1}\cdot h), k^p) = (\dots, 1)$，可以证明其结果的 $H$ 分量也是单位元。所以 $G_1$ 中没有阶为 $p^2$ 的元素。
• $G_2 = Z_{p^2} \rtimes Z_p$ 中，元素 $y$ 的阶就是 $p^2$。
• 因为一个群有 $p^2$ 阶的元素，而另一个没有，所以它们不可能是同构的。

这是一个更高级的例子，旨在构造一个具有特定精妙性质的群，以说明群论中的一个重要现象。

1. 构造背景:
   • 在群论中，换位子 (commutator) $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ 衡量了 $x$ 和 $y$ 的不可交换程度。
   • 导群 (derived subgroup or commutator subgroup)，记为 $G'$，是由所有换位子生成（generated by）的子群。即 $G' = \langle [x,y] \mid x,y \in G \rangle$。
   • 一个很自然的问题是：$G'$ 中的每一个元素是否都能写成单个换位子的形式？
   • 对于很多“小”的或“简单”的群，答案是肯定的。但一般而言，答案是否定的。$G'$ 的元素是有限个换位子的乘积，但不一定是一个。
   • 这个例子就是要构造一个这样的反例。
2. 原材料:
   • $H = Q_8 \times (Z_2 \times Z_2)$。这是一个阶为 $8 \times 4 = 32$ 的群。$Q_8 = \langle i,j \mid i^4=1, i^2=j^2, j^{-1}ij=i^{-1} \rangle$ 是四元数群。$Z_2 \times Z_2 = \langle a \rangle \times \langle b \rangle$ 是克莱因四元群。
   • $K = Z_3 = \langle y \rangle$。这是一个阶为 3 的循环群。
3. 定义作用 $\varphi$:
   • 我们需要一个从 $Z_3$ 到 $\operatorname{Aut}(H)$ 的非平凡同态。这需要我们先找到 $\operatorname{Aut}(H)$ 中一个阶为 3 的元素 $\sigma$。
   • 书中直接给出了这样一个自同构 $\sigma$ 的定义，它在 $H$ 的生成元上作用如下：
   • 在 $Q_8$ 部分: $\sigma(i)=j, \sigma(j)=k=ij$。我们来验证一下：$\sigma(k) = \sigma(ij) = \sigma(i)\sigma(j) = j(ij) = i j^2 = i(-1) = -i$。$\sigma(-i)=-j, \sigma(-j)=-k, \sigma(-k)=i$。这看起来不像一个3阶自同构。让我们重新计算：$\sigma(i)=j$, $\sigma(j)=k=ij$. 那么 $\sigma^2(i) = \sigma(j) = k$. $\sigma^3(i) = \sigma(k) = \sigma(ij) = \sigma(i)\sigma(j) = jk = j(ij) = i j^2 = -i$. 这不是一个3阶自同构。
   • 原文可能存在笔误或简化。一个 $Q_8$ 的3阶自同构是 $i \mapsto j \mapsto k \mapsto i$。让我们按这个来理解。$\sigma(i)=j, \sigma(j)=k, \sigma(k)=i$。
   • 在 $Z_2 \times Z_2$ 部分: $\sigma(a)=b, \sigma(b)=ab$。我们来验证一下：$\sigma^2(a)=\sigma(b)=ab$。$\sigma^3(a)=\sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b)=b(ab)=ab^2=a$ (因为 $b^2=1$)。这确实是一个3阶自同构。
   • 所以，存在一个阶为3的自同构 $\sigma$ 作用在 $H$ 上。我们将 $Z_3$ 的生成元 $y$ 映射到这个 $\sigma$，即 $\varphi(y)=\sigma$。这是一个合法的非平凡同态。
4. 构造出的群 $G = H \rtimes K$:
   • 群 $G$ 的阶是 $|H| \cdot |K| = 32 \times 3 = 96$。
   • 它是一个非阿贝尔群。
   • 在 $G$ 内部，关系是 $y \cdot i = j, y \cdot j = k, y \cdot k = i$ 以及 $y \cdot a = b, y \cdot b = ab$ (按修正后的理解)。
5. 核心结论:
   • 在这个群 $G$ 中，可以证明元素 $i^2a$ 属于其导群 $G'$。
   • $i^2$ 是 $Q_8$ 的中心元素 $-1$。
   • 但是，无法在 $G$ 中找到两个元素 $g_1, g_2$ 使得 $[g_1, g_2] = i^2a$。
   • 这个元素 $i^2a$ 必须通过多个换位子相乘才能得到。
   • 书中说“验证后一个断言是基本计算”，但实际上这个计算相当繁琐，需要遍历所有可能的元素对，通常需要借助计算机代数软件。我们在此相信这个结论。

这部分内容从“构造”半直积转向“识别”半直积。也就是说，给定一个现成的群，如何判断它是否具有半直积的结构。

定理12 (半直积识别定理)

1. 前提条件 (输入):
   • 一个群 $G$。
   • $G$ 的两个子群 $H$ 和 $K$。
   • 这两个子群满足两个条件：
2. $H$ 是 $G$ 的正规子群 ($H \unlhd G$)。
3. $H$ 和 $K$ 的交集平凡 ($H \cap K = \{1\}$)。
4. 结论:
   • 由 $H$ 和 $K$ 的元素乘积构成的子群 $HK = \{hk \mid h \in H, k \in K\}$，同构于一个我们能从外部构造的半直积 $H \rtimes_{\varphi} K$。
   • 这个同构中的 $\varphi$ 是什么呢？它是由 $G$ 内部的共轭作用自然给出的。即 $\varphi(k)$ 就是那个将 $h$ 映射到 $khk^{-1}$ 的自同构。
   • 特别地，如果 $H$ 和 $K$ 不仅满足上述两个条件，还能“拼出”整个群 $G$ (即 $G=HK$)，那么 $G$ 本身就同构于 $H$ 和 $K$ 的半直积。

证明思路:

• 第一步：构造映射: 我们要证明 $HK \cong H \rtimes_{\varphi} K$。这意味着要找到一个从 $HK$到 $H \rtimes K$ 的同构映射。最自然的映射是 $\psi: HK \to H \rtimes K$ 定义为 $\psi(hk) = (h,k)$。
• 映射是良定义的吗？ 是的，因为 $H \cap K = \{1\}$，所以每个 $HK$ 中的元素都可以唯一地写成 $hk$ 的形式。
• 映射是双射吗？ 是的，它显然是满射，并且因为表示的唯一性，它也是单射。
• 第二步：验证同态: 我们需要证明 $\psi$ 保持乘法运算，即 $\psi((h_1k_1)(h_2k_2)) = \psi(h_1k_1)\psi(h_2k_2)$。
• 左边: $(h_1k_1)(h_2k_2)$ 的乘法是在群 $G$ 中进行的。我们在本节开头的动机部分已经计算过：

$(h_1k_1)(h_2k_2) = h_1(k_1h_2k_1^{-1})k_1k_2$。

令 $h_3 = h_1(k_1h_2k_1^{-1})$ 且 $k_3 = k_1k_2$。则乘积为 $h_3k_3$。

所以 $\psi((h_1k_1)(h_2k_2)) = \psi(h_3k_3) = (h_3, k_3) = (h_1(k_1h_2k_1^{-1}), k_1k_2)$。

• 右边: $\psi(h_1k_1)\psi(h_2k_2) = (h_1, k_1)(h_2, k_2)$。这个乘法是在我们定义的外半直积 $H \rtimes_\varphi K$ 中进行的。
• 根据定义，$(h_1,k_1)(h_2,k_2) = (h_1(\varphi(k_1)(h_2)), k_1k_2)$。
• 而识别定理中 $\varphi$ 的定义就是共轭，即 $\varphi(k_1)(h_2) = k_1h_2k_1^{-1}$。
• 所以右边也等于 $(h_1(k_1h_2k_1^{-1}), k_1k_2)$。
• 左右两边相等，所以 $\psi$ 是一个同态。
• 因为 $\psi$ 是一个双射同态，所以它是一个同构。定理证毕。

新定义：补子群 (Complement)

• 给定一个子群 $H \le G$。如果存在另一个子群 $K \le G$ 使得 $G=HK$ 并且 $H \cap K = \{1\}$，那么我们称 $K$ 是 $H$ 在 $G$ 中的一个补子群。
• 这个词很形象：“补”就是补充，$H$ 和 $K$ “合体”后正好不多不少地构成 $G$。
• 注意: 补子群不一定是唯一的。一个子群可能有多个不同的补子群。

识别准则的通俗语言

• 一个群 $G$ 是一个（非平凡的）半直积，当且仅当它包含一个真（不等于$G$或$\{1\}$）的正规子群 $H$，并且这个 $H$ 还得有一个补子群 $K$。

不能被分解的例子

• 单群 (Simple groups): 根据定义，单群没有任何非平凡的正规子群，所以它们不可能满足 $H \unlhd G$ 这个前提条件。因此单群绝不可能是半直积。
• 四元数群 $Q_8$: 这是一个更微妙的例子。
• $Q_8$ 的所有真子群都是正规的 (子群有 $\{1\}, \{\pm 1\}, \{\pm i\}, \{\pm j\}, \{\pm k\}$)。
• 我们选一个正规子群，比如 $H = \{\pm 1, \pm i\} \cong Z_4$。
• 我们需要找一个补子群 $K$。$K$ 的阶必须是 $|G|/|H| = 8/4 = 2$。
• 阶为2的子群只有一个，就是 $Z(Q_8) = \{\pm 1\}$。
• 但这个子群 $K=\{\pm 1\}$ 包含在 $H$ 中，不满足 $H \cap K = \{1\}$ 的条件。
• 我们可以选任何一个子群作为 $H$，都会发现找不到一个与之交集平凡的补子群 $K$。
• 因此，$Q_8$ 虽然有很多正规子群，但它不能被分解为半直积。

这一部分是本节的“方法论”总结，它将前面所有的理论（构造定理、识别定理）整合为一个解决实际问题的“四步算法”，用于对特定阶 $n$ 的有限群进行分类。

分类算法的四个步骤：

1. 第一步 (分解/Factorization):
   • 目标: 证明任何一个阶为 $n$ 的群 $G$，都能被分解为一个正规子群 $H$ 和它的一个补子群 $K$ 的半直积形式，即 $G = HK, H \unlhd G, H \cap K = \{1\}$。
   • 工具: Sylow定理 是实现这一步最主要的武器。通过分析Sylow子群的数量（$n_p$），我们常常能证明某个Sylow子群是唯一的，因此是正规的。这就找到了我们的 $H$。而另一个Sylow子群（或其它子群）可以作为 $K$。
   • 当 $|H|$ 和 $|K|$ 互素时，$H \cap K=\{1\}$ 是自动满足的。
2. 第二步 (确定构件/Identify Components):
   • 目标: 确定 $H$ 和 $K$ 本身可能是什么样的群。
   • 方法: 因为 $H$ 和 $K$ 的阶都小于 $n$，我们可以归纳地假设所有阶小于 $n$ 的群我们已经知道了。在实际操作中，对于小的 $n$，$H$ 和 $K$ 的阶通常很小（比如素数阶、素数平方阶），它们的结构我们已经很熟悉了（比如素数阶群必为循环群）。
3. 第三步 (寻找作用/Find Actions):
   • 目标: 对于每一对可能的 $H$ 和 $K$，找出所有可能的、本质上不同的同态 $\varphi: K \to \operatorname{Aut}(H)$。
   • 方法:
   • 首先，计算出 $\operatorname{Aut}(H)$ 的结构。
   • 然后，利用群同态的基本性质来寻找所有可能的 $\varphi$。
   • 关键的简化: 很多时候，不同的同态可能只是因为生成元的选择不同，但最终会产生同构的群。我们需要识别出这些“本质上相同”的同态，把它们归为一类。例如，如果 $\varphi_1$ 和 $\varphi_2$ 的像在 $\operatorname{Aut}(H)$ 中是共轭的，它们可能产生同构的半直积。
4. 第四步 (构造与去重/Construct and Deduplicate):
   • 目标: 将所有找出的本质不同的“配方”($H, K, \varphi$)都构造出来，并剔除掉同构的群，得到一个最终的、无重复的列表。
   • 方法:
   • 对每一个三元组 $(H, K, \varphi)$，我们写出其半直积 $H \rtimes_\varphi K$ 的结构。
   • 去重: 比较这些构造出来的群，判断它们是否同构。这是一个难题。常用的技巧是比较群的一些不变量 (invariants)，比如：
   • 群的阶
   • 是否阿贝尔
   • 中心 (Center) 的大小和结构
   • 导群 (Derived subgroup) 的大小和结构
   • 元素的阶的分布（比如有多少个2阶元素，多少个3阶元素等）
   • Sylow子群的结构和数量
   • 如果两个群的任何一个不变量不同，它们就肯定不同构。

该方法的局限性：

• 不适用于所有 $n$: 这个强大的算法并不是万能的。
• 第一步可能失败: 并非所有群都能被分解为半直积。经典反例是四元数群 $Q_8$，它虽然有正规子群，但这些正规子群都没有补子群。
• 经验法则: 这个方法对于阶 $n$ 是“无平方因子”或素数幂次较低的数比较有效。比如 $n=pq, n=pqr$。
• 对于 $p$-群（阶为 $p^\alpha$），当 $\alpha$ 很大时，绝大多数 $p$-群都不能被分解为非平凡的半直积。它们的结构更加复杂，需要更高级的理论（如中心扩张理论）来研究。

这部分是“分类策略”的第一个正式应用，重新系统地梳理了对阶为 $pq$ 的群的分类。这与之前的例子(6)内容上是重合的，但这里的重点在于展示分类的逻辑流程。

应用四步分类法

1. 第一步 (分解):
   • 目标：证明任何阶为 $pq$ 的群 $G$ ($p<q$ 为素数) 都是一个半直积。
   • 过程：
   • 令 $Q$ 为 $G$ 的 Sylow $q$-子群 ($|Q|=q$)，$P$ 为 Sylow $p$-子群 ($|P|=p$)。
   • Sylow $q$-子群的个数 $n_q \mid p$ 且 $n_q \equiv 1 \pmod q$。
   • 因为 $p<q$, $p$ 不可能写成 $kq+1$ 的形式（$k \ge 1$），所以 $n_q$ 只能是 1。
   • 唯一的 Sylow 子群是正规子群，所以 $Q \unlhd G$。
   • $P, Q$ 的阶为互素的素数，所以 $P \cap Q = \{1\}$。
   • $|PQ| = |P||Q|/|P \cap Q| = pq = |G|$，所以 $G=PQ$。
   • 结论: 满足识别定理的所有条件，$G \cong Q \rtimes P \cong Z_q \rtimes Z_p$。
2. 第二步 (确定构件):
   • $Q$ 是阶为 $q$ 的群，必同构于 $Z_q$。
   • $P$ 是阶为 $p$ 的群，必同构于 $Z_p$。
   • 构件是确定的。
3. 第三步 (寻找作用):
   • 我们需要找到所有本质不同的同态 $\varphi: Z_p \to \operatorname{Aut}(Z_q)$。
   • $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 是一个阶为 $q-1$ 的循环群。
   • 一个同态 $\varphi$ 由 $Z_p$ 的生成元 $y$ 的像 $\varphi(y)$ 决定。
   • $\varphi(y)$ 的阶必须整除 $y$ 的阶 $p$。所以 $\varphi(y)$ 的阶只能是 1 或 $p$。
   • 情况 A: $p \nmid q-1$:
   • $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 的阶是 $q-1$。根据拉格朗日定理，其中没有任何元素的阶是 $p$。
   • 所以 $\varphi(y)$ 的阶只能是 1，即 $\varphi(y)$ 必须是单位元（恒等自同构）。
   • 只存在平凡同态。
   • 情况 B: $p \mid q-1$:
   • $\operatorname{Aut}(Z_q)$ 是一个阶为 $q-1$ 的循环群，因为它包含一个阶为 $p$ 的因子，所以它有唯一一个阶为 $p$ 的子群。
   • 这个阶为 $p$ 的子群也是循环的，我们设它为 $\langle \gamma \rangle$。
   • $\varphi(y)$ 的阶可以是 1 或 $p$。
   • 阶为 1: $\varphi(y)=id$。这是平凡同态 $\varphi_0$。
   • 阶为 $p$: $\varphi(y)$ 必须是 $\langle \gamma \rangle$ 中的一个生成元。$\langle \gamma \rangle$ 中有 $p-1$ 个生成元，即 $\gamma, \gamma^2, \dots, \gamma^{p-1}$。
   • 这似乎给出了 $p-1$ 个不同的非平凡同态 $\varphi_i(y) = \gamma^i$ ($i=1, \dots, p-1$)。
4. 第四步 (构造与去重):
   • 情况 A: $p \nmid q-1$:
   • 只有平凡同态 $\varphi_0$。
   • 构造出的群是 $Z_q \times Z_p \cong Z_{pq}$。
   • 结论: 只有一种群，即循环群 $Z_{pq}$。
   • 情况 B: $p \mid q-1$:
   • 平凡同态 $\varphi_0$ 给出阿贝尔群 $Z_q \times Z_p \cong Z_{pq}$。
   • $p-1$ 个非平凡同态 $\varphi_i$ ($i \in \{1,..,p-1\}$) 给出 $p-1$ 个非阿贝尔群 $G_i = Z_q \rtimes_{\varphi_i} Z_p$。
   • 去重: 这 $p-1$ 个非阿贝尔群 $G_i$ 是不是都同构？是的。
   • 论证: 考虑两个非平凡同态 $\varphi_1(y)=\gamma$ 和 $\varphi_i(y)=\gamma^i$。
   • 在群 $G_i$ 中，我们有关系 $yxy^{-1} = \gamma^i(x)$。
   • 在群 $G_1$ 中，我们有关系 $yxy^{-1} = \gamma(x)$。
   • 由于 $i$ 与 $p$ 互素，存在整数 $j$ 使得 $ij \equiv 1 \pmod p$。
   • 在 $G_i$ 中，考虑元素 $y^j$。它是 $Z_p$ 的另一个生成元。它作用于 $Z_q$ 的效果是：$y^j x (y^j)^{-1} \rightarrow (\varphi_i(y^j))(x) = (\varphi_i(y))^j(x) = (\gamma^i)^j(x) = \gamma^{ij}(x) = \gamma(x)$。
   • 这意味着，在群 $G_i$ 中，换一个生成元（从 $y$ 换成 $y^j$），它引发的作用就和群 $G_1$ 中生成元 $y$ 引发的作用完全一样。
   • 这暗示了 $G_i$ 和 $G_1$ 是同构的。我们可以定义一个同构映射 $\psi: G_1 \to G_i$ 为 $\psi((h, y^k)) = (h, (y^j)^k)$。（详细证明见练习6）。
   • 结论: 所有 $p-1$ 个非平凡同态本质上只产生一种（在同构意义下）非阿贝尔群。
   • 最终结论:
   • 若 $p \nmid q-1$，只有一种 $pq$ 阶群，即 $Z_{pq}$。
   • 若 $p \mid q-1$，有两种 $pq$ 阶群：阿贝尔群 $Z_{pq}$ 和一个唯一的非阿贝尔群。