1. 陪集

 　　现在继续研究群的分解，先来讨论一般子群之间、以及子群和父群的关系。首先根据子群的判定条件，如果(H,Kleqslant G)，则很容易有(Hcap Kleqslant G)。那么(Hcup K)呢?当然这里(H,K)都是真子群，并且不互相包含。从(H)中取元素(h
otin K)，从(K)中取元素(k
otin H)，则容易证明(hk
otin Hcup G)，从而(H,K)一定不是(G)的子集。

　　如果再把(hk)都包含进来呢，即(HK)是不是(G)的子集？对(h_1k_1,h_2k_2in HK)，如果总有有((h_1k_1)(h_2k_2)=hk)，容易证明该条件和(HK=KH)等价。所以就有下式结论，但要注意(HK=HK)并不表示(hk=kh)。这样的分割需要子集满足一定条件，不符合我们现在的需求，需要另找方法。

[HKleqslant GquadLeftrightarrowquad HK=KH ag{1}]

　　现在看来，我们必须放弃将父群分解为若干个子群的想法，而只能以某个子群(H)为参考或划分单位。我们还希望分成的每一块和子群一样大，最好元素与(H)也有一一对应的关系。由此我们想到了考察集合(aH)，它表示(a)和(H)每个元素的乘积组成的集合，被称为(H)的左陪集（left coset），(a)是左陪集的代表元。如果(ain H)，显然(aH=H)，现在来研究(a
otin H)时，(aH)之间的关系。

　　对任意(bin aH)，存在(b=ah,(hin H))，则(bH=ahH=aH)，也就是说以(aH)的中任何元素为代表元的左陪集都与(aH)完全重合。换句话说，所有左陪集要么完全相等，要么没有交集，每个元素都被划分到了一个左陪集中，且都能作为该左陪集的代表元。另一方面，对(bin aH)，有(a^{-1}b=hin H)，容易证明(a^{-1}bin H)就是(a,b)同属于一个左陪集的充要条件，它是群元素之间的一个等价关系。

　　同样可以定义右陪集(Ha)的概念，并有着和左陪集一样的结论，只不过同属于一个右陪集的条件要改成(ab^{-1})。对于非交换群，(aH)与(Ha)一般不相等，所以左右陪集的分割是完全不同的（(H)本身除外，它既是左陪集，又是右陪集）。但你也许并不甘心，它们之间一定有别的方法能联系起来。考虑到左右陪集只是左右颠倒的，你很自然就可以想到逆运算，对任何(ahin aH)，都有((ah)^{-1}=h^{-1}a^{-1}in Ha^{-1})。即(aH)和(Ha^{-1})的元素是完全互逆的关系，这样左右陪集就找到了一一对应的关系。现在想来，左陪集(aH)中元素的逆被分散到了其它左陪集中，但却神奇地集中到了右陪集(Ha^{-1})里。

　　考虑所有左陪集(aH)组成的集合，它的阶被称为子集(H)的指数（index），记为([G:H])，那么显然有式（2）的拉格朗日定理成立。进一步地，如果(Kleqslant Hleqslant G)，还容易有式（3）成立（注意对无穷的讨论）。并且可以直观地看出，(K)的陪集其实就是在(H)陪集的基础上再以(K)为单位进行的划分。

[|G|=|H|[G:H] ag{2}]

[[G:K]=[G:H][H:K] ag{3}]

　　现在再来看(Hcap K)的陪集与(H,K)陪集的关系，首先由刚才的结论知，(Hcap K)的陪集正好是(H,K)陪集的一个再次分割。从而(aHcap bK)要么是空集，要么正好是某些(Hcap K)的陪集。进一步地，如果(c=aHcap bK)，则(aHcap bK=cHcap cK=c(Hcap K))，即(aHcap bK)最多只包含一个(Hcap K)的陪集。这样的话就容易有以下不等式。

[[G:Hcap K]leqslant [G:H][G:K] ag{4}]

　　最后来看子集(HK)，它显然由一些(K)的左陪集组成。另外考虑(H)中(Hcap K)的(m=dfrac{|H|}{|Hcap K|})个左陪集，考虑(h_1,h_2in H)，它们属于同一(Hcap K)左陪集的充要条件是(h_1^{-1}h_2in Hcap K)。而该条件显然等价于(h_1^{-1}h_2in K)，它又是(h_1,h_2)属于同一(K)的左陪集冲要条件，故(HK)中(K)的左陪集的个数就是(m)。以上结论可以总结为式（5），显然只有当(Hcap K={e})时，才有(|HK|=|H||K|)。

[|HK|=dfrac{|H||K|}{|Hcap K|} ag{5}]

2. 同态与商群

2.1 同态定理

　　现在群(G)被分成了(H)的陪集，(H)当然有更细的划分方法，现在需要来研究它的陪集组成的集合。我们先不直接研究陪集，而是采用更一般性的方法。回顾陪集的定义，其实就是一个从群元素到陪集的映射，我们希望研究一般的代数系统之间的映射。考虑两个系统(langle S,circangle ,langle ar{S},starangle )之间的映射(f)，我们当然希望运算律是保持的，满足以下条件的映射被称为同态映射（homomorphism）。如果映射是满的，则称(S,ar{S})同态，记作(Ssimar{S})。

[f(acirc b)=f(a)star f(b) ag{6}]

　　我们重点要关注的当然是同态映射像和原像的关系，即同态系统之间的关系。如果(Gsimar{G})，其中(G)为一个群，容易证明(ar{G})满足群的所有条件（作为练习），故(ar{G})也是群。当然还可以得到更多结论，比如单位元映射到单位元、逆元映射到逆元，甚至子群映射到子群，这里就不赘述了。反过来思考同态映射，它的每个像都有可能不止一个原像，(G)按照像的不同被划分成了不同的等价类，这些等价类有什么性质？它和(ar{G})又有什么关系？

　　显然那些等价类与同态像是一一对应的，如果能定义好运算，它们自然就是同构的，现在的任务就是寻找这些等价类有意义的运算。先定义(ar{e})的原像(f^{-1}(ar{e}))为核（kernel），记作( ext{Ker}:f)。下面来看那些等价类是什么，对于(ar{x}inar{G})，考察(X=f^{-1}(ar{x}))。对任何(a,bin X)，(f(a^{-1}b)=(f(a))^{-1}f(b)=ar{e})，故(a^{-1}bin ext{Ker}:f)，从而(K= ext{Ker}:f)是一个子群，且每个等价类是都是它的左陪集。你还可以发现，刚才的证明对右陪集同样成立，也就是说( ext{Ker}:f)的左右陪集是一样的！

　　既然陪集不分左右了，就可以为其定义(aKcdot bK=(ab)K)，容易证明在该运算下，(K)的陪集与(ar{G})是同构的。我们需要专门研究像核这样的子群，即对子群(N)，要求(aN=Na)恒成立。为此定义满足下式的子群为正规子群（normal subset），记作(N rianglelefteq G)，如果(N
eq G)，也记作(N riangleleft G)。刚才的结论可以说成，同态映射的核是正规子群，那么反过来呢？其实容易证明，对任意正规子群(N)，映射(f(a)=aN)就是同态的。故我们可以下结论：任何正规子群都与一个同态映射等价。

[forall ain G(aNa^{-1})quadRightarrowquad N rianglelefteq G ag{7}]

　　因为正规子群(N)的陪集与同态像一一对应，它们必然组成群，定义它为商群（quotient group），记作(G/N)，从而有(|G/N|=[G:N])。刚才的结论用符号表示就是下式，它被称为同态基本定理。

[Gsim G/Ncong ar{G} ag{8}]

　　现在继续对正规子群作一些常规讨论。正规子群是(N)与(G)的关系，所以对任意(Nleqslant Hleqslant G,N rianglelefteq G)，总有(N rianglelefteq H)，但对(H rianglelefteq N rianglelefteq G)，却不一定有(H rianglelefteq G)。交换群的子群显然都是正规子群。对非交换群(G)，({e})和(G)显然都的正规子群，但如果除了这两个平凡正规子群外没有其它正规子群，那么(G)叫单群（single group）。反之如果其所有子群都是正规子群，它也叫哈密顿群。比较容易证明，两个正规子群的交和积也必然是正规子群（公式（8）），但正规子群与子群的交和积却只能是普通的子群。

[N,K rianglelefteq GquadRightarrowquad Ncap K rianglelefteq G,quad NK rianglelefteq G ag{8}]

　　思考几个关于正规子群的问题：

　　• (A_n)是(S_n)的正规子群，(K_4)是(S_4)的正规子群。如果已知(n
eq 4)时，(A_n)都是单群，则(S_n)的非平凡正规子群只有(A_n)；

　　• (N,K rianglelefteq G)且((|N|,|K|)=1)，若(G/N,G/K)都是交换群，求证(G)也是交换群；

　　• (N=langle aangle)是正规子群，则任何(Hleqslant N)也是正规子群；

　　同态基本定理给出了一种分析群的结构的方法，将群拆分为正规子群和商群，这里介绍著名的群的同构定理。第一同构定理其实就是同态基本定理，第三同构定理以正规子群(N)为单位元，得到更大正规子群的结构。将(G)换成(HN)就得到第二同构定理。

　　（1）第一同构定理：(G/ ext{Ker}:fcong f(G))；

　　（2）第二同构定理：(N rianglelefteq G,:Hleqslant GquadRightarrowquad HN/Ncong H/(Hcap N))；

　　（3）第三同构定理：(H,N rianglelefteq G,:Nsubseteq HquadRightarrowquad G/Hcong (G/N)/(H/N))。

2.2 自同构群

 　　上篇中讲到了对称群，它的组成元素是集合的一一映射，现在来看它在群上的一个特殊子群。我们考虑群的所有自同构变换组成的集合，很容易证明它们组成群，称为自同构群（automorphism），并记作为( ext{Aut}:G)。容易证明无限循环群的自同构群是(2)阶循环群，而(n)阶循环群的自同构群是(varphi(n))阶群。如果你觉得自同构群不好构造，那你可以试试同构映射(sigma_a(x) o axa^{-1})，所有这样的映射构成内自同构群，记作( ext{Inn}:G)。显然正规子群在内自同构下保持不变，因此它也叫不变子群。另外容易证明，内自同构群是自同构群的正规子群（公式（9））。

[ ext{Inn}:G rianglelefteq ext{Aut}:G ag{9}]

　　现在考虑从(G)到( ext{Inn}:G)映射，它显然是同态映射，映射的核是所有使(axa^{-1}=x)恒成立的(a)（内自同构的单位元是恒等变换）。为此我们定义与所有元素可交换的元素为中心元素，它们组成的子群叫中心（center），记作(C(G))或(C)，中心仅有({e})的群叫无中心群。这样一来，使用同构定理就有下式成立。

[ ext{Inn}:Gcong G/C ag{10}]

　　而对于一般自同构群的研究则没有什么显著成果，它和原群之间并无特别的关系，这里只作简单讨论。若自同构群( ext{Aut}:G)有中心，取一个非恒等自同构变换( au(a)=b
eq a)和内自同构(sigma_a)，从而有( ausigma_a=sigma_a au)，进而你可以证明(a^{-1}b)是(G)的中心。从而如果( ext{Aut}:G)有中心，则(G)也有中心。反之如果(G)没有中心，则( ext{Aut}:G)也没有中心。考虑以下问题：

　　• 证明(S_n)和( ext{Aut}:S_n)都是无中心群；

　　• 证明(n)阶循环群的自同构群是循环群的充要条件是(n=2,4,p^e,2p^e)，其中(p)为奇素数。

2.3 可解群

　　商群可以将群分为两个层次的“子群”，这样的分割可以一直继续下去，如果有限步后子群为(1={e})（公式（11）），这样的序列被称为正规群列，其中的商群称为因子群。正规群列本质上是讲群分成了若干个因子群，如果不做其它要求，这个群列一定是存在的。但有时希望因子群有更好的性质，以便研究群的结构，为此若群(G)某个正规群列的因子群可交换，我们称(G)为可解群。所有交换群显然是可解群，而对非交换群，我们需要研究其可解的条件。

[G=G_0 riangleright G_1 rianglerightcdots riangleright G_n=1 ag{11}]

　　现在来看看(G)的因子群(G/N)可交换时，正规子群(N)应该满足什么条件。(G/N)可交换就是说，对任何(a,bin G)有(aNcirc bN=bNcirc aN)，由(N)正规容易有(a^{-1}b^{-1}abN=N)，从而(a^{-1}b^{-1}abin N)。记([a,b]=a^{-1}b^{-1}ab)，它被称为(a,b)的换位子。以上结论说明(G/N)可交换的充要条件是，(N)包含了所有的换位子。反过来，考察所有换位子的生成子群(D(G))，容易验证它的每个元素其实是有限个换位子之积，并且它还是正规子群，这个群被称为换位子群。这样(G/N)可交换的充要条件便是(D(G)subseteq N)，而(D(G))则是满足条件的最小正规子群。

　　换位子群可以继续生成它的换位子群(D^2(G))，如果这样的序列有限，它被称为换位群列。存在换位群列的群显然是可解群，反之可解群的任意正规群列必然满足(D^k(G)subseteq G_k)，故换位群列存在，这就是说群可解与它存在换位群列是等价的。根据这个结论，分别考察(G)子群的换位子群，以及(D(G))在(G/N)上的同态像，容易证明可解群的所有子群和商群也是可解群。

　　有限群上有时更关注另一种正规群列，它的每个因子群都是最基础的单群，这样的群列叫合成群列，显然有限群总存在合成群列。根据单群的特点容易知道，有限单群要么是素数阶循环群（交换），要么是不可解群（非交换）。这样的话可解的单群就只能是素数阶循环群，又因为可解群的商群和子群也是可解群，所以可解群的合成群列的因子群都是素数阶循环群。该命题的逆命题显然也成立，故对于有限群而言，它是可解群的充要条件是：合成群列的因子群为素数阶循环群。

　　可解群是伽罗瓦分析多项式求根时提出的，它对于解析有限群的结构也非常重要，后面我们会看到它的具体应用。多项式求根中需要讨论(S_n,A_n)的可解性，当(n<5)时有正规群列（12），故(S_n,A_n,(n<5))时都是可解群。当(ngeqslant 5)时，首先(S_n)中显然包含所有(3)-循环，取(a=(i,l,j),b=(j,k,m))，容易验证([a,b]=(i,j,k))。这就是说任何(3)-循环都还在换位子群中，不存在(D^k(S_n)=1)，所以(S_n)不是可解群，从而(A_n)也不是可解群。

[S_2 riangleright 1,quad S_3 riangleright A_3 riangleright 1,quad S_4 riangleright A_4 riangleright K_4 riangleright 1 ag{12}]

3. 直积

　　正规子群可以将群分解成两个群，但这两个群不在同一个层次，似乎也不是真正意义上的“分解”。我们理想的分解应当是：各部分互相独立且顺序无关的，就好比被划分到了不同的维度。为此我们先来构造一类满足条件的群，对群(A_1,A_2,cdots,A_n)，考察如下集合(G)。在(G)上定义乘法((a_1,cdots,a_n)(b_1,cdots,b_n)=(a_1b_1,cdots,a_nb_n))，容易证明在这个乘法下，(G)是一个群。如果把子集({(e_1,cdots,x_k,cdots,e_n)})记做(G_k)，显然(G_k)是与(A_k)同构的群。

[G=A_1 imes A_2 imescdots imes A_n={(x_1,x_2,cdots,x_n)} ag{13}]

　　对于以上(G)的分解(G_k)显然满足我们的需求：（1）(G_k)都是正规子群；（2）(G=G_1G_2cdots G_n)；（3）(G_1cdots G_{k-1}cap G_k={e})。更本质的它满足我们对独立分解的要求：各部分独立且顺序无关，用数学语言描述就是以下等价条件（证明作为习题）。满足以上定义或以下等价条件的分解被称为(G)的直积（direct product），不混淆的情况下也写作(G=G_1 imes G_2 imescdots imes G_n)。

（1）(g=g_1g_2cdots g_n)的分解式存在且唯一，其中(gin G,g_kin G_k)；

（2）(G_i,G_j)中的元素相乘可交换，即(g_ig_j=g_jg_i)恒成立。

　　直积分解将群分解为完全独立几个子群，这就方便了进一步研究，可以进行直积分解的群一般称为可分解群，如果分解的子群都是单群，它又叫完全可分解群。我们有两个基本问题：什么样的群可分解？正规子群是否都可以作为分解因子？第一个问题的回答并不容易，我们目前只能对一些简单的情景进行判断。比如对于循环群，可以证明无限循环群和阶为素数幂的有限循环群的子群都有公共部分，故都是不可分解的。而对于阶有多个素因子的循环群(G=langle aangle)，设它的阶有互素分解(m=m_1m_2cdots m_n)，使用初等数论的知识可以有以下直积分解。

[G=langle a^{frac{m}{m_1}}anglelangle a^{frac{m}{m_2}}anglecdotslangle a^{frac{m}{m_n}}angle,quadleft|langle a^{frac{m}{m_k}}angleight|=m_k ag{14}]

　　那么是否每个正规子群都可以作为分解因子呢？这一点其实对完全可分解群是成立的。试想如果(G=G_1 imes G_2 imescdots imes G_n)是一个完全分解，且有(N rianglelefteq G)。首先有(Ncap G_k rianglelefteq G_k)，而(G_k)是单群，故有(Ncap G_k=G_k)或(Ncap G_k={e})。这就是说(N)完全落在了某几个(G_k)中，它必定是某些(G_k)的直积，所以也可作为分解因子。另外使用同态定理你还可以证明，如果(G=N imes K)，则(G/Ncong K)，这就把商积拉到了与(N)平行的位置。

　　还有一个问题值得考虑，就是可分解群中的子群是被怎样分解的呢？如果(G=G_1 imes G_2 imescdots imes G_n)，我们希望下式能成立，但它的成立是需要条件的。可以证明它成立的充要条件是(|G_k|)互质，充分性使用刚才对循环群的讨论证明(a)分解的每个因子都是其生成群的元素，必要性则通过构造两个(p)-阶元（参考下一篇）之积来导出矛盾。另外，如果(G=G_1 imes G_2)且(G_1leqslant H)，则容易证明有(H=G_1 imes(G_2cap H))。

[H=(Hcap G_1) imes(Hcap G_2) imescdots(Hcap G_n) ag{15}]