商群计算和单群

本章主要是对针对商群结构上的加强理解。通过一些计算来强化商群的概念。本节主要处理的是正规子群，通常用$N$来表示群$G$的正规子群而不是$H$。在商群$G/N$中，子群$N$会起到一个单位元的作用，其相当于将$N$的元素全部折叠成单个元素。而这种折叠后的结构，与原来的结构，在很多方面具有一致性。所以可以通过商群的结构，窥探部分原来$G$所有的特性。

本节主要将一些例子，说明一般处理方式以及情况。

假设$A_4$有一个6阶子群$H$。因为阶数为12的一半，可由陪集左右必相等得出$H$一定是正规子群。因此$A_4/H$只有两个元素$H,\sigma{}H$。其中$\sigma\in{}A_4$不在$H$中。针对$A_4/H$，这个商群只有两个元素。而二阶群结构一致，必须有$HH=H$和$(\sigma{}H)(\sigma{}H)=H$。因为商群中的计算可以返回到原群中计算。而这两个公式表明任何属于$H$的元素$\alpha$，都有$\alpha^2\in{}H$。以及每个$\beta\in\sigma{}H$必有$\beta^2\in{}H$。也就是说每个$A_4$元素的平方都在$H$中。

但是可以在$A_4$中可以验证

$$(1,2,3)=(1,3,2)^2,(1,3,2)=(1,2,3)^2$$

所以$(1,2,3),(1,3,2)$在$H$中，同理可以验证$(1,2,4),(1,4,2),(1,3,4),(1,4,3),(2,3,4),(2,4,3)$都应该在$H$中。而这有8个元素，跟阶数6矛盾。

现在来看几个简单的跟计算相关定理：

这个是比较显然的，有个核为$\overline{H}$的从$H\times{}K\to{}H$的同态，这个同态就是将元素只投影到其中一个值上面。借用定理12.14，这说明了商群同构的存在。

因为$G$是循环群，因此对某个$a\in{}G$，有$\lang{}a\rang=G$。设$N$是$G$的子群。因为$G$是交换的所以$N$必定是正规子群。现在看商群$G/N$中元素的特点，计算$aN$生成的循环子群。

$$\lang{}aN\rang=\{(aN)^n|n\in\mathbb{Z}\}=\{a^nN|n\in\mathbb{Z}\}$$

因为$\{a^n|n\in\mathbb{Z}\}=G$。这说明$\{a^nN|n\in\mathbb{Z}\}=\{gN|g\in{}G\}$。也就是说$\lang{}aN\rang$包含$G$的每个陪集，所以$G/N$是由$aN$生成的循环群。

单群

这几个定理后面有习题和提示来证明，放在问题思考里面来说。

定理13.18说明了同态对正规子群的保持作用。需要注意的是整个子群并不是在$G'$中保持，而是只在$\phi[G]$中保持。例如$\phi:\mathbb{Z}_2\to{}S_3$，其中$\phi(0)=e$和$\phi(1)=(1,2)$，可以说明$\phi$是同态，但是$\{e,(1,2)\}$在$S_3$中并不是正规子群。

说明，假设$M$是极大正规子群，考虑典范映射$\gamma:G\to{}G/M$。那么$\gamma$的核即$M$也即映射到的单位。现在考虑$G/M$的任何非平凡正规子群，这个子群一定包含$G/M$的单位元，而这个正规子群在$\gamma^{-1}$的映射下，一定也是一个正规子群，且这个正规子群包含$M$。所以$G/M$不可以有任何真正的非平凡正规子群，即单群。

反之，定理13.18说明，如果$N$是$G$的正规子群真包含$M$，则$\gamma[N]$在$G/M$中正规。如果$N\neq{}G$。那么

$$\gamma[N]\neq{}G/M,\gamma\neq\{M\}$$

这说明$\gamma[N]$是正规子群，可是单群假设要求不可能有这样的$\gamma[N]$。所以$M$是极大的。

中心子群和换位子群

主要是定义两个子群的结构。

$G$的中心$Z(G)$定义为

$$Z(G)=\{z\in{}G|zg=gz,g\in{}G\}$$

第二个就是换位子群。思路其实是想在研究一个非交换群的时候，构造出一个尽可能像的交换子群。然后交换子群来看非交换群的结构。即要求所有$a,b$都有$ab=ba$。及要求$aba^{-1}b^{-1}=e$。称$aba^{-1}b^{-1}$为换位子。

问题思考

证明正规子群，肯定还是从等价定义入手。 对于任意的$n'\in{}\phi[N]$和$g'\in{}\phi[G]$。根据同态定理，必然有$n\in{}N,和g\in{}G$，有$\phi(n)=n',\phi(g)=g'$。而且有

$$g'ng'^{-1}=\phi(g)\phi(n)\phi(g)^{-1}=\phi(gng^{-1})\in{}\phi[N]$$

其中最后一步用到$N$是正规子群，$gng^{-1}\in{}N$。所以$\phi[N]$在$\phi[G]$中是正规的。需要注意的就是$g$的取值。这也说明了，为什么不是$G'$的正规子群，因为可能存在$\phi$映射意外的值使得等式不满足。

反方向基本同理。对于每一个$N'$中的元素，也必然有一个逆映射元。即$\phi^{-1}[N']$中元素。进而满足正规子群条件。

证明等价的逆否命题，假设$G/Z(G)$是循环的。那么$G$是交换的。假设$G/Z(G)$是循环的，且不是平凡的，即存在$a\notin{}Z(G)$有$\{a^nZ(G)|n\in\mathbb{Z}\}=G/Z(G)$。即$\lang{}aZ(G)\rang$包含每个陪集。这说明对于$G$中每个元素都可以表示为$a^ib$形式，其中$b\in{}Z(G)$。

对于$G$中任意两个元素$c_1=a^ib_1,c_2=a^jb_2$来说。

$$c_1c_2=(a^ib_1)(a^jb_2)=a^{i+j}b_1b_2=(a^jb_2)(a^ib_1)=c_2c_1$$

这说明$G$是交换的。对于交换群来说，$Z(G)=G$也就是说这种情况下$G/Z(G)$实际只有一个元素$\{Z(G)\}$。

现在用该结论说明第二个命题。由拉格朗日定理可知，$G$的真子群的阶要么为$p$要么为$q$。可是这两个子群阶都为素数，说明他们是循环子群。由这个结论可以推出$G$是交换的，矛盾。所以$G$的中心只能是平凡的。

1. 对于$n\ge{}3$。证明$A_n$包含每个3循环。

由$A_n$定义可知$A_n$包含所有偶置换。而偶置换即置换可表示成偶数个置换的乘积。对于任意一个3循环$(a,b,c)$来说都可以按照如下方式变成两个对换。

$$(a,b,c)=(a,c)(a,b)$$

即包含所有每个3循环。

2. 对于$n\ge{}3$。证明$A_n$由3循环生成。

任意一个偶置换可以表示为

$$(a_1,a_2)(a_3,a_4)\cdots(a_{2n-1},a_{2n})$$

其中$n$为一个偶数即$2k$。由提示可以注意到任意的$(a_i,a_j)(a_k,a_l)$分情况讨论。

如果一共由四个元素构成，则四个元素都不一样则$(a_i,a_j)(a_k,a_l)=(a_i,a_k,a_j)(a_i,a_k,a_l)$。

如果由三个元素构成，则说明其中有一个元素相等。因为对换表示的特点，可以假设$a_i=a_k$。即$(a_i,a_j)(a_i,a_l)=(a_i,a_l,a_j)$。

如果由两个元素构成，实际上这两个元素合在一起就是单位元，没有变化。

结合以上情况，说明$A_n$由3循环生成。

3. 对于$n\ge{}3$。设$r,s$是$\{1,2,\cdots,n\}$中固定的元素。证明$A_n$是由形如$(r,s,i)$的特殊3循环生成的，$1\le{}i\le{}n$。

提示计算几个特殊的形式，而这些形式表征了所有的3循环。如果这个成立，实际上说明整个群可以由这一组基生成。

• $(r,s,i)^2$ $(r,s,i)^2=(r,i,s)$就是3循环的连续作用效果。
• $(r,s,j)(r,s,i)^2$ $(r,s,j)(r,s,i)^2=(r,s,j)(r,i,s)=(r,i,j)$
• $(r,s,j)^2(r,s,i)$ $(r,s,j)^2(r,s,i)=(r,j,s)(r,s,i)=(s,i,j)$ 这两条给出了以$r,s$开头所有位置的3循环。
• $(r,s,i)^2(r,s,k)(r,s,j)^2(r,s,i)$ $(r,s,i)^2(r,s,k)(r,s,j)^2(r,s,i)=(r,i,s)(r,s,k)(s,i,j)=(i,j,k)$ 最后一条直接说明了任意3循环可以由上面的一组基生成。

4. 对于$n\ge{}3$，设$N$是$A_n$的正规子群。证明如果$N$包含3循环，则$N=A_n$。

假设$N$是正规子群，包含一个3循环。不妨假设这个3循环就是$(r,s,i)$。那么根据正规子群定义，任意$g\in{}A_n$都有$g(r,s,i)g^{-1}\in{}N$。取$g=(r,s)(i,j)$有

$$\begin{align} ((r,s)(i,j))(r,s,i)^2((r,s)(i,j))^{-1}&=((r,s)(i,j))(r,i,s)((r,s)(i,j))\\ &=(r,s,j) \end{align}$$

这个公式说明，任意$(r,s,j)$在子群$N$中。结合步骤3可以说明$N=A_n$。

5. 最后一步，实际也是分各种情况讨论。对$n\ge{}5$，设$N$是$A_n$的正规子群。证明以下情况之一必须成立，并且在每种情况下都会推出$N=A_n$。进而说明$A_n$无正规子群。

• 情况1:$N$包含3循环。

由前面第四部分可以得到结论。

• 情况2:$N$包含不想交循环的乘积，其中至少一个循环的长度大于3。

因为$N$包含不想交循环的乘积，加上起有一个元素为$\sigma=\mu(a_1,a_2,\cdots,a_r)$。即$\sigma\in{}N$。因为$N$是正规子群。所以$\sigma^{-1}\in{}N$以及$(a_1,a_2,a_3)\sigma(a_1,a_2,a_3)^{-1}\in{}N$。

考察计算$\sigma^{-1}(a_1,a_2,a_3)\sigma(a_1,a_2,a_3)^{-1}=\sigma^{-1}(a_1,a_2,a_3)\sigma(a_1,a_3,a_2)$。注意到，因为不相交循环乘积，所以$\sigma^{-1}=(a_1,a_2,\cdots,a_r)^{-1}\mu^{-1}$，且$a_1,a_2,a_3$在$\mu$中不出现。所以最后只用考察如下等式即可$(a_1,a_2,\cdots,a_r)^{-1}(a_1,a_2,a_3)(a_1,a_2,\cdots,a_r)(a_1,a_3,a_2)=(a_1,a_3,a_r)$。计算过程中，注意到对于$i\ge{}4$的$a_i$来说，实际上只第一第三个循环有涉及，且互为逆，所以最后会归为不变。所以只用考虑$a_1,a_2,a_3,a_r$即可。

这个结论说明$N$包含3循环，进而$N=A_n$。

• 情况3:$N$包含形如$\sigma=\mu(a_4,a_5,a_6)(a_1,a_2,a_3)$的不相交循环乘积。

同上我们考察$\sigma^{-1}(a_1,a_2,a_4)\sigma(a_1,a_2,a_4)^{-1}$。根据相同的推导。我们最后计算$((a_4,a_5,a_6)(a_1,a_2,a_3))^{-1}(a_1,a_2,a_4)((a_4,a_5,a_6)(a_1,a_2,a_3))(a_1,a_2,a_4)^{-1}$即可。该式即计算$((a_1,a_3,a_2)(a_4,a_6,a_5))(a_1,a_2,a_4)((a_4,a_5,a_6)(a_1,a_2,a_3))(a_1,a_4,a_2)$该公式，从右至左，逐个合并即可。得出原式等于$(a_1,a_4,a_2,a_6,a_3)$这是一个没有$a_5$的5循环乘积。

借由第二部分，说明$N=A_n$。

• 情况4:$N$包含形如$\sigma=\mu(a_1,a_2,a_3)$的不相交循环乘积，其中$\mu$式不相交2循环的乘积。

这个简单计算$\sigma^2=\mu^2(a_1,a_2,a_3)^2=(a_1,a_3,a_2)$包含一个3循环。

• 情况5:$N$包含形如$\sigma=\mu(a_3,a_4)(a_1,a_2)$的不相交循环乘积，其中$\mu$是偶数个不相交2循环的乘积。

依旧考虑$\sigma^{-1}(a_1,a_2,a_3)\sigma(a_1,a_2,a_3)^{-1}$，得出计算$((a_3,a_4)(a_1,a_2))^{-1}(a_1,a_2,a_3)((a_3,a_4)(a_1,a_2))(a_1,a_2,a_3)^{-1}=((a_3,a_4)(a_1,a_2))(a_1,a_2,a_3)((a_3,a_4)(a_1,a_2))(a_1,a_3,a_2)=(a_1,a_3)(a_2,a_4)$在$N$中。

因为$n\ge5$，这说明存在$i\ne{}a_1,a_2,a_3,a_4$。设$\beta=(a_1,a_3,i),\alpha=(a_1,a_3)(a_2,a_4)$。显然$\beta^{-1}\alpha\beta\alpha\in{}N$。而$\beta^{-1}\alpha\beta\alpha=(a_1,i,a_3)(a_1,a_3)(a_2,a_4)(a_1,a_3,i)(a_1,a_3)(a_2,a_4)=(a_1,a_3,i)$。这说明$N$包含一个3循环。

以上说明了个各种情况下都有$N=A_n$。

现在还差一部分。就是说明子群$N$一定会落入这些情况之中。 首先情况2说明了，如果不相交循环中有长度大于3的循环，会推到出$N=A_n$。所以对于一个$N$中元素$\alpha$，除去包含大于3循环的可能性，这说明$\alpha$只能有长度为2或3的循环结合而成。根据是否包含3循环来分类。如果只有一个3循环，则属于情况1。如果是一个3循环和n个2循环，则属于情况4。如果3循环个数大于1个，则属于情况2。这也就是说，如果不想交循环中有任意一个3循环，都会推导出$N=A_n$情况。剩下就是$\alpha$全部由长度为2的循环构成，因为$A_n$是偶置换集合，所以不相交2循环的乘积，一定是偶数个。这属于情况5。

这也就说明了$N$的一定会落入这五种情况之一。进而说明$A_n$没有非平凡的真正正规子群。对于$n\ge{}5$来说，$A_n$是单群。