對稱結構與同態

保持結構的映射比單純的對應提供更多信息。例如，兩個有限集合可能元素個數相同，卻配備不相容的群運算。我們用簡單的長方形對稱群說明群公理、元素的階和同態如何區分結構。

1 可逆變換構成群

群是帶有滿足結合律的二元運算、單位元以及每個元素的逆元的集合。對於集合的雙射，複合滿足結合律，恆等函數是單位元，每個逆雙射都存在。因此，任何非空且對複合和取逆封閉的雙射集合都是變換群。

對以原點為中心的非正方形長方形，令 $h$ 為關於水平軸反射，$v$ 為關於竪直軸反射。則 $h^2=v^2=e$ 且 $hv=vh=r$，即半周旋轉。群為 $G=\{e,h,v,r\}$。每個非單位元的階均為 2，且該群是阿貝爾群。

循環加法群 $\mathbb Z/4\mathbb Z$ 也有四個元素，但 $[1]$ 的階為 4。這兩個群不可能同構，因為同構保持元素的階：$\phi(g)^k=e$ 當且僅當 $\phi(g^k)=e$，而單射性將其轉化為 $g^k=e$。

子群是使用相同運算並對乘積和逆元封閉的非空子集；這些條件也蘊含它包含單位元。在 $G$ 中，子群為 $\{e\}$、分別由 $h,v,r$ 生成的三個二元素群，以及整個 $G$。不存在三元素子群：子群的等大小陪集劃分有限群，所以子群大小必須整除 4。這一計數結果是 Lagrange 定理。

2 同態記錄結構而非標籤

同態 $\phi:G\to K$ 滿足 $\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$，並保持單位元與逆元。其核是映到單位元的元素集合，其像是目標群的子群。

核判據。 同態單射當且僅當其核為 $\{e\}$。

證明。 若同態單射，只有 $e$ 與單位元有同一像。反之，若 $\phi(a)=\phi(b)$，則 $\phi(a^{-1}b)=e$，平凡核給出 $a^{-1}b=e$，所以 $a=b$。$\square$

同態 $\phi:G\to\mathbb Z/2\mathbb Z$ 可記錄對稱變換是否翻轉水平坐標：令 $\phi(e)=\phi(h)=[0]$，$\phi(v)=\phi(r)=[1]$。複合對應於模 2 相加水平坐標翻轉次數。其核為 $H=\{e,h\}$；該映射忘掉了竪直坐標是否也發生翻轉。

3 商與保留的信息

若對所有 $g$ 有 $gNg^{-1}=N$，則子群 $N$ 正規。核是正規的，因為共軛使單位元的像仍為單位元。阿貝爾群的所有子群均正規。

當 $N$ 正規時，陪集按 $(aN)(bN)=abN$ 相乘。為檢查代表元，將 $a,b$ 換成 $an,bm$，其乘積為 $ab(b^{-1}nb)m$，屬於同一個陪集 $abN$。正規性使公式定義良好。

對長方形群，$G/H$ 有兩個元素 $H$ 和 $vH=\{v,r\}$，運算與 $\mathbb Z/2\mathbb Z$ 相同。一般地，

$$G/\ker\phi\cong\operatorname{im}\phi.$$

映射 $g\ker\phi\mapsto\phi(g)$ 定義良好且單射，因為像相等恰等價於核陪集相等；它滿射到像並保持乘積。這個證明說明商如何恰好識別原映射所忘掉的信息。

核對映射規律與長方形模型

核的論證所用的單位元與逆元性質都有短證明。由 $\phi(e)=\phi(e)^2$，在目標群中乘以 $\phi(e)^{-1}$ 得 $\phi(e)=e$。將 $\phi$ 作用於 $gg^{-1}=g^{-1}g=e$，得 $\phi(g^{-1})$ 是 $\phi(g)$ 的雙側逆元。核包含 $e$ 且對 $ab^{-1}$ 封閉；等式 $\phi(a)\phi(b)^{-1}=\phi(ab^{-1})$ 則證明像是子群。這些均來自群規律，而非同態定義中的額外假設。

對長方形，寫 $h(x,y)=(x,-y)$、$v(x,y)=(-x,y)$。複合將兩個坐標的符號分別相乘，所以水平坐標的符號給出到 $\{1,-1\}$ 的同態，也等價於到模 2 加法群的同態。這直接核對了所述的核。幾何對稱須將指定頂點映到四個頂點之一；由於兩邊長度不同，沿較長邊的相鄰頂點之像隨即確定，其餘頂點由距離確定。所以至多有四個對稱，而列出的四個坐標符號映射全部實現。非正方形假設正是排除正方形額外四分之一周旋轉的關鍵。

4 分級練習

E1 基礎。 在長方形群中計算 $hr$、$vr$ 和 $r^2$。

E2 同態。 列出從 $\mathbb Z/4\mathbb Z$ 到 $\mathbb Z/2\mathbb Z$ 的所有同態及其核。

E3 非同構。 證明 $\mathbb Z/6\mathbb Z$ 與置換群 $S_3$ 雖然都有六個元素，卻不同構。

E4 證明。 證明阿貝爾群在任意同態下的像是阿貝爾群。整個目標群必須是阿貝爾群嗎？

5 完整解答

S1. 因為 $r=hv$ 且生成元可交換，$hr=h^2v=v$、$vr=vhv=h$、$r^2=h^2v^2=e$。

S2. 同態由 $[1]$ 的像決定，該像可為 $[0]$ 或 $[1]$。前者是核為全群的零映射，後者是模 2 約化，核為 $\{[0],[2]\}$。兩種選擇都滿足目標群中的關係 $4[1]=[0]$。

S3. $\mathbb Z/6\mathbb Z$ 是阿貝爾群，但在 $S_3$ 中 $(1\ 2)(2\ 3)\ne(2\ 3)(1\ 2)$。同構保持交換性，所以不存在同構。也可注意 $S_3$ 沒有階為 6 的元素，而該循環群有。

S4. 若 $u=\phi(a)$、$v=\phi(b)$，則 $uv=\phi(ab)=\phi(ba)=vu$。目標群不必是阿貝爾群：任意阿貝爾群到 $S_3$ 的平凡映射，在非阿貝爾目標中有一個元素構成的阿貝爾像。

總結

變換群將抽象公理與可見的對稱性聯繫起來。同態保持運算，核識別丟失的區別。商恰好恢復映射的像。大小相等本身絕不確立結構等價。