2.5 正规子群与商群

陪集

对于一个群 $G$ 的任意一对子集 $A$ 和 $B$ ，定义 $A B$ 是集合

A B = {ab ∣ a \in A, b \in B}

如果 $H$ 是 $G$ 的一个子群，那么 $HH = H$ 。当 $A$ 是一个单子集时，假设 $A = {a}$ ，我们通常将 ${a} B$ 简写为 $a B$ 。如果 $H$ 是 $G$ 的一个子群，那么每个子集 $a H$ （其中 $a \in G$ ）称为 $H$ 的（左）陪集(coset)。给定子群 $H$ 的两个陪集要么相同，要么不相交。因为，假设存在元素 $g \in a H \cap b H$

g = a h_{1} = b h_{2} (h_{1}, h_{2} \in H)

对于任何 $h \in H$ ，我们有

ah = b h_{2} h_{1}^{- 1} h \in b H,

因此 $a H \subseteq b H$ 。同样，可以证明 $b H \subseteq a H$ ，因此 $a H \cap b H = \emptyset$ 或 $a H = b H$ 。由于 $g = g e$ 且 $e \in H$ ，所有 $g \in G$ 都属于 $g H$ 陪集。因此， $H$ 的陪集构成覆盖整个 $G$ 的不相交子集族。还有另一种方法来证明这种分割属性。在 $G$ 上定义的关系 $a \equiv b$

a \equiv b iff b^{- 1} a \in H

是一种等价关系，因为它是(i)反射， $a^{- 1} a = e \in H$ ; (ii)对称， $a^{- 1} b =$ $(b^{- 1} a)^{- 1} \in H$ 如果 $b^{- 1} a \in H$ ; 和(iii)传递， $a^{- 1} b \in H, b^{- 1} c \in H$ 诱导出 $a^{- 1} c = a^{- 1} b b^{- 1} c \in H$ 。由此定义的等价类正是子群 $H$ 的左陪集，因为 $b \equiv a$ 当且仅当 $b \in a H$ 。

定理 2.3 · 拉格朗日Lagrange

如果 $G$ 是一个阶数为 $n$ 的有限群，那么每个子群 $H$ 的阶数都是 $n$ 的一个约数

证明

每个陪集 $g H$ 与 $H$ 之间存在一一对应关系，因为如果 $g h_{1} = g h_{2}$ ，那么 $h_{1} = g^{- 1} g h_{2} = h_{2}$ 。因此，每个陪集 $g H$ 必须有完全相同的 $∣ H ∣$ 个元素，由于陪集划分了群 $G$ ，因此 $n$ 是 $∣ H ∣$ 的倍数。

推论 2.4

任意元素的阶是 $∣ G ∣$ 的约数。

证明

设 $g$ 是 $G$ 的任意元素， $m$ 是它的阶。根据例2.5， ${g, g^{2}, \dots, g^{m} = e}$ 这些元素彼此不相等，构成了阶数为 $m$ 的循环子群。根据Lagrange定理， $m$ 整除群 $G$ 的阶 $∣ G ∣$ 。

随文练习

如果 $G$ 的阶 $p$ 是质数，所有的子群都是平凡的——它们要么是单位子群 ${e}$ ，要么就是 $G$ 本身。证明 $G$ 是循环群。

正规子群

子群 $H$ 的右陪集 $H g$ 与左陪集的定义完全类似。虽然一般来说右陪集和左陪集之间没有明显的关系，但有一类重要的子群它们是重合的。如果符合以下条件，则称为群 $G$ 的正规子群(normal subgroup) $N$

g N g^{- 1} = N, \forall g \in G

这类子群是内自同构不变的；它们有时也被称为不变子群或自共轭子群。正规子群的关键特征在于左右陪集是相同的。

g N = g N g^{- 1} g = N g, \forall g \in G

这个论证可能会给人一种误解，即 $N$ 的每个元素都与 $G$ 的每个元素交换，但它实际上证明了，对于 $N$ 中的每个 $n$ 和 $G$ 中的每个 $g$ ，都存在一个 $N$ 中的 $n^{'}$ 元素，使得 $g n = n^{'} g$ 。一般来说，我们没有理由认为 $n^{'} = n$ 。

对于任何群 $G$ ，平凡子群 ${e}$ 和 $G$ 总是正规的。如果一个群除这些平凡子群外没有其他正规子群，则称为单群(simple group)。

例 2.20

群 $G$ 的中心(centre) $Z$ 被定义为与 $G$ 的所有元素都相互满足交换律的元素集合
$Z = {z \in G ∣ z g = g z 对于全体 g \in G}$
这个集合构成了 $G$ 的子群，因为三个基本要求都成立：

封闭性：如果 $z, z^{'} \in Z$ ，那么 $z z^{'} \in Z$ ，因为
$(z z^{'}) g = z (z^{'} g) = z (g z^{'}) = (z g) z^{'} = (g z) z^{'} = g (z z^{'}) .$
单位元： $e \in Z$ ，因为对于所有 $g \in G$ ， $e g = g e = g$ 。

逆元：如果 $z \in Z$ ，那么 $z^{- 1} \in Z$ ，因为
$z^{- 1} g = z^{- 1} g e = z^{- 1} g z z^{- 1} = z^{- 1} z g z^{- 1} = g z^{- 1}$
由于对于所有 $g \in G$ ， $g Z = Z g$ ，这个子群显是正规的

商群

当我们将子群 $H$ 的左陪集相乘时，例如

g H g^{'} H = {g h g^{'} h^{'} ∣ h, h^{'} \in H},

一般来说，结果不是另一个陪集。另一方面，正规子群 $N$ 的陪集的乘积总是另一个陪集，

g N g^{'} N = g g^{'} NN = (g g^{'}) N,

并且满足结合律，

(g N g^{'} N) g^{''} N = (g g^{'} g^{''}) N = g N (g^{'} N g^{''} N)

此外，陪集 $e N = N$ 扮演着一个单位元的角色，而每个陪集都有一个逆元 $(g N)^{- 1} = g^{- 1} N$ 。因此，正规子群 $N$ 的陪集形成一个群，称为由 $G$ 除以 $N$ 的商群(factor group)，表示为 $G / N$ 。

例 2.21

偶数整数 $2 Z$ 形成了整数和群 $Z$ 的正规子群，因为这是一个阿贝尔群。因子群 $Z /2 Z$ 只有两个陪集 $[0] = 0 + 2 Z$ 和 $[1] = 1 + 2 Z$ ，并且同取模2的加法群 $Z_{2}$ 同构（参见例2.4）。

同态的核

设 $φ : G \to G^{'}$ 是两个群 $G$ 和 $G^{'}$ 之间的同态， $φ$ 的核(kernel)，用 $ker (φ)$ 表示，是 $G$ 中那些映射到 $G^{'}$ 中单位元 $e^{'}$ 的元素的子集，

ker (φ) = φ^{- 1} (e^{'}) = {k \in G ∣ φ (k) = e^{'}}

任何同态 $φ$ 的核 $K = ker (φ)$ 都是 $G$ 的子群：

封闭性：如果 $k_{1}$ 和 $k_{2}$ 属于 $K$ ，那么 $k_{1} k_{2}$ 也属于 $K$ ，因为

φ (k_{1} k_{2}) = φ (k_{1}) φ (k_{2}) = e^{'} e^{'} = e^{'} .

单位元： $e \in K$ ，因为 $φ (e) = e^{'}$

逆元：如果 $k \in K$ ，那么 $k^{- 1} \in K$ ，因为

φ (k^{- 1}) = (φ (k))^{- 1} = (e^{'})^{- 1} = e^{'} .

此外，由于对于所有 $k \in K$ 和 $g \in G$ ，

φ (g k g^{- 1}) = φ (g) φ (k) φ (g^{- 1}) = φ (g) e^{'} (φ (g))^{- 1} = e^{'}

，因此K是一个正规子群。接下来的定理将证明这个结果的逆也成立，即每个正规子群都是某个同态的核。

定理 2.5

设G为一个群。则以下两个性质成立：

如果 $N$ 是 $G$ 的一个正规子群，那么就有一个同态映射 $μ : G \to G / N$ 。

如果 $φ : G \to G^{'}$ 是一个同态映射，那么因子群 $G / ker (φ)$ 和式(2.13)定义的像子群 $im (φ) \subseteq G^{'}$ 是同构的。

$im (φ) ≅ G / ker (φ)$

证明

映射 $μ : G \to G / N$ 定义为 $μ (g) = g N$ 是一个同态，因为

μ (g) μ (h) = g N h N = g h NN = g h N = μ (g h) .

设 $K = ker (φ)$ 和 $H^{'} = im (φ)$ 。在每个陪集 $g K$ 上，映射 $φ$ 都是常数，因为

k \in K ⟹ φ (g k) = φ (g) φ (k) = φ (g) e^{'} = φ (g)

因此，我们只需要设

ψ (g K) = φ (g)

这种映射 $φ$ 定义了映射 $ψ : G / K \to H^{'}$ ，该映射是一个同态，因为

ψ (g K h K) = ψ (g h K) = φ (g h) = φ (g) φ (h) = ψ (g K) ψ (h K)

此外， $ψ$ 是一对一的，因为

ψ (g K) = ψ (h K) ⟹ φ (g) = φ (h) ⟹ φ (g h^{- 1}) = φ (g) (φ (h))^{- 1} = e^{'} ⟹ g h^{- 1} \in K ⟹ g \in h K .

由于像集 $H^{'}$ 中的每个元素 $h^{'}$ 都是以 $h^{'} = φ (g) = ψ (g K)$ 的形式出现的，因此映射 $ψ$ 是群 $G / K$ 和 $H^{'}$ 之间的一个同构。

例 2.22

设 $G$ 和 $H$ 分别为两个具有恒等元 $e_{G}$ 和 $e_{H}$ 的群。可以在笛卡尔积 $G \times H$ 上定义一个合成律，即
$(g, h) (g^{'}, h^{'}) = (g g^{'}, h h^{'})$
这个乘积显然满足结合律，并且具有恒等元 $(e_{G}, e_{H})$ 。此外，每个元素都有唯一的逆元 $(g, h)^{- 1} = (g^{- 1}, h^{- 1})$ 。因此，由于这个组合律， $G \times H$ 是一个称为 $G$ 和 $H$ 的直积(direct product)的群。显然，群 $G$ 与子群 $(G, e_{H}) = {(g, e_{H}) ∣ g \in G}$ 是同构的。后者是一个正规子群，因为
$(a, b) (G, e_{H}) (a^{- 1}, b^{- 1}) = (a G a^{- 1}, b e_{H} b^{- 1}) = (G, e_{H})$
通常将元素 $(G, e_{H})$ 的子群与群 $G$ 认为是相同的。类似地， $H$ 被认为与正规子群 $(e_{G}, H)$ 等同。

习题

习题 2.13

(a) 若 $H, K$ 是 $G$ 的子群，证明交集 $H \cap K$ 总是 $G$ 的子群。

(b) 证明乘积 $HK = {hk ∣ h \in H, k \in K}$ 是子群，当且仅当 $HK = KH$ 。

习题 2.14

求例 2.7 中正方形对称群 $D_{4}$ 的所有正规子群。

习题 2.15

四元数群 $Q$ 由八个元素
${1, - 1, i, - i, j, - j, k, - k}$
组成，其组成法则满足
$1 g = g 1 = g (g \in Q), (- 1) g = - g (g = i, j, k),$ $i^{2} = j^{2} = k^{2} = - 1, ij = k, jk = i, ki = j .$
(a) 写出 $Q$ 的完整乘法表，并说明上面未列出的各乘积如何得到。

(b) 求 $Q$ 的所有子群，并证明它们都是正规子群。

(c) 证明子群 ${1, - 1, i, - i}$ 是某个同态 $Q \to {1, - 1}$ 的核。

(d) 求四个元素的对称群 $S_{4}$ 的一个子群 $H$ ，使得存在同态 $Q \to H$ ，其核为 ${1, - 1}$ 。

习题 2.16

莫比乌斯变换(Möbius transformation)是复映射
$z \mapsto z^{'} = \frac{a z + b}{cz + d}, a, b, c, d \in C, a d - b c = 1.$
(a) 证明这些映射是扩充复平面（包含点 $z = \infty$ ）上的一一到上变换，并写出分别由常数 $(a, b, c, d)$ 和 $(a^{'}, b^{'}, c^{'}, d^{'})$ 确定的任意两个变换的复合。

(b) 证明它们组成一个群，称为莫比乌斯群(Möbius group)。

(c) 证明把幺模矩阵 $(a c b d)$ 映到上述莫比乌斯变换的映射 $μ$ ，是从 $S L (2, C)$ 到莫比乌斯群的同态，其核为 ${I, - I}$ 。也就是说，莫比乌斯群同构于 $S L (2, C) / Z_{2}$ 。

习题 2.17

将 $G$ 与 $(G, e_{H})$ 、 $H$ 与 $(e_{G}, H)$ 等同，证明
$G ≅ (G \times H) / H, H ≅ (G \times H) / G .$

习题 2.18

证明两群 $G, H$ 的直积 $G \times H$ 的共轭类恰好是两群共轭类的乘积：
$(C_{i}, D_{j}) = {(g_{i}, h_{j}) ∣ g_{i} \in C_{i}, h_{j} \in D_{j}},$
其中 $C_{i}$ 是 $G$ 的共轭类， $D_{j}$ 是 $H$ 的共轭类。

2.5 正规子群与商群

陪集

正规子群

商群

同态的核

习题

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关系图谱

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