核、正規性與商結構

商可以在保持運算的同時壓縮一個群。只有乘法仍不依賴代表元時，這種壓縮才有用。本章推導精確的相容條件，識別由同態產生的商，並證明壓縮前後子群之間的對應。

1 正規子群與相容的等價類

對於 $N\le G$，正規性指對每個 $g\in G$ 有 $gNg^{-1}=N$。這等價於 $gN=Ng$：將第一個等式右乘 $g$，或將第二個右乘 $g^{-1}$ 即可。阿貝爾群的每個子群都正規；非阿貝爾群的子群則須檢查。

同態 $\phi:G\to K$ 的核正規。若 $n$ 在核中，則 $\phi(gng^{-1})=\phi(g)e\phi(g)^{-1}=e$，給出一個包含方向；以 $g^{-1}$ 代替 $g$ 得到另一個方向。注意證明包含與正規性所需相等之間的區別。

定理。 規則 $(aN)(bN)=abN$ 在左陪集上定義良好，當且僅當 $N$ 正規。

證明。 若 $N$ 正規，替換代表元為 $an_1$ 和 $bn_2$，乘積為 $ab(b^{-1}n_1b)n_2$，屬於 $abN$，因此任意選擇給出同一輸出陪集。反之，若規則定義良好，$nN=N$ 蘊含對每個 $n\in N$ 有 $ngN=gN$，故 $g^{-1}ng\in N$。這對每個 $g$ 給出 $g^{-1}Ng\subseteq N$；對 $g^{-1}$ 的相應陳述共軛，得到反向包含。$\square$

商群 $G/N$ 的單位元為 $N$，逆元為 $(aN)^{-1}=a^{-1}N$，結合律從 $G$ 繼承。投影 $\pi:G\to G/N$、$a\mapsto aN$ 滿射且核為 $N$。因此正規子群恰是群同態的核。

2 第一同構定理的完整證明

對 $\phi:G\to K$，定義 $\bar\phi:G/\ker\phi\to\operatorname{im}\phi$，令 $\bar\phi(g\ker\phi)=\phi(g)$。

為證明定義良好，設 $g\ker\phi=h\ker\phi$。則 $g^{-1}h\in\ker\phi$，所以 $\phi(g)^{-1}\phi(h)=e$。反過來，兩像相等給出這個核條件，也證明單射。像中每個元素都有代表 $\phi(g)$，故滿射。最後，

$$\bar\phi((g\ker\phi)(h\ker\phi))=\phi(gh)=\phi(g)\phi(h).$$

因此

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

每一步都必要：僅寫公式並不能證明它定義了同構。

行列式例。 行列式映射 $GL_2(\mathbb R)\to\mathbb R^\times$ 是同態，因為行列式相乘。它是滿射：對每個非零實數 $a$，$\operatorname{diag}(a,1)$ 的行列式為 $a$。其核為行列式等於一的矩陣群 $SL_2(\mathbb R)$。因此

$$GL_2(\mathbb R)/SL_2(\mathbb R)\cong\mathbb R^\times.$$

這並不表示商保留每個矩陣元素；它恰好保留乘法性的行列式信息。

3 子群對應

對應定理。 對 $N\trianglelefteq G$，$G/N$ 的子群與包含 $N$ 的子群 $H\le G$ 雙射對應，映射為 $H\mapsto H/N$ 和 $L\mapsto\pi^{-1}(L)$。正規子群對應正規子群。

證明。 由同態規律，子群的原像是子群，並包含投影的核。若 $H$ 包含 $N$，則 $H/N$ 的原像為 $H$：$gN$ 屬於它意味著對某個 $h\in H$ 有 $gN=hN$，故 $g=hn\in H$。反之，投影 $\pi$ 的滿射性給出 $\pi(\pi^{-1}(L))=L$。對於正規性，以 $gN$ 共軛 $hN$ 得 $(ghg^{-1})N$；利用 $N\subseteq H$，它對每個 $g$ 都屬於 $H/N$ 當且僅當 $H$ 正規。$\square$

若進一步有 $N\subseteq H\trianglelefteq G$，則映射 $G/N\to G/H$、$gN\mapsto gH$ 的核為 $H/N$。第一定理給出第三同構定理：

$$(G/N)/(H/N)\cong G/H.$$

將 $\pi$ 限制在任意子群 $K\le G$ 上得到第二同構定理：核為 $K\cap N$，像為 $KN/N$，故 $K/(K\cap N)\cong KN/N$。$N$ 的正規性確保 $KN$ 是子群，因為可通過共軛將 $N$ 因子移過 $K$ 因子。

下面補充證明重新約定符號：第二同構論證中 $H\le G$ 是任意子群，$N\trianglelefteq G$ 是正規子群。第三同構論證則假設 $N\subseteq K\trianglelefteq G$ 且 $N\trianglelefteq G$。特別地，該論證中的 $G/K$ 確為群；這並未聲稱前面使用的任意子群都正規。

代表元失效的例子與完整投影證明

在 $S_3$ 中取 $H=\{e,(1\ 2)\}$、$b=(1\ 3)$。同一個陪集 $H$ 可用 $e$ 或 $(1\ 2)$ 作代表。以 $e$ 計算它與 $bH$ 的乘積得到 $bH$；以 $(1\ 2)$ 計算則得到 $(1\ 2)bH$，二者不同，因為 $b^{-1}(1\ 2)b=(2\ 3)\notin H$。所以代表元上的規則可能根本沒有定義出陪集上的運算；單純數出陪集個數不能補救這一問題。

下面補全第二同構定理的封閉性細節。$HN$ 含 $e$，所以非空。對 $h_1n_1,h_2n_2\in HN$，有

$$(h_1n_1)(h_2n_2)^{-1} =h_1h_2^{-1}\bigl(h_2n_1n_2^{-1}h_2^{-1}\bigr)\in HN.$$

第一個因子屬於 $H$；括號中的因子由正規性屬於 $N$。子群判據給出 $HN\le G$。$N$ 在 $G$ 中正規也使它在 $HN$ 中正規。限制投影 $h\mapsto hN$ 的核恰為 $H\cap N$；任意 $hn\in HN$ 的陪集都等於 $hN$，所以其像是整個 $HN/N$。這就逐一證明了定理中使用的群與映射都成立。

第三同構定理中，$gN=hN$ 給出 $h^{-1}g\in N\subseteq K$，從而 $gK=hK$。所以 $gN\mapsto gK$ 定義良好。它保持乘積，因為 $(gh)K=(gK)(hK)$；它是滿射，因為每個 $gK$ 都是 $gN$ 的像。其核恰由 $k\in K$ 的陪集 $kN$ 組成，即 $K/N$。核必正規，故先得到 $K/N\trianglelefteq G/N$，再取最後的商群。

4 分級練習

E1 基礎。 不枚舉乘法表，證明指數為 2 的子群正規。

E2 循環群映射。 分類 $\mathbb Z/6\mathbb Z\to\mathbb Z/9\mathbb Z$ 的同態，求每個核和像。

E3 對應。 通過提升到包含 $12\mathbb Z$ 的 $\mathbb Z$ 的子群，列出 $\mathbb Z/12\mathbb Z$ 的子群。

E4 分步取商。 確定 $(\mathbb Z/18\mathbb Z)/(6\mathbb Z/18\mathbb Z)$，並明確描述自然映射。

E5 反例。 在 $S_3$ 中證明 $\langle(1\ 2)\rangle$ 不正規，並解釋商乘法在哪一步失效。

5 完整解答

S1. 若 $g\in H$，陪集 $gH$ 和 $Hg$ 均等於 $H$。否則兩者均為 $H$ 的補集，因為指數為 2 時左右劃分都只有一個其他塊。故對每個 $g$ 有 $gH=Hg$。

S2. 映射由 $a=\phi([1])$ 決定，關係 $6[1]=0$ 要求模 9 有 $6a=0$。因此 $a=0,3,6$。當 $a=0$ 時核為整個定義域、像為零。當 $a=3$ 或 6 時，核為 $\{[0],[3]\}$，像為 $\{[0],[3],[6]\}$。後兩個非零映射的商定義域階為 3，與像一致。

S3. $\mathbb Z$ 的每個子群為 $d\mathbb Z$。包含關係 $12\mathbb Z\subseteq d\mathbb Z$ 等價於 $d\mid12$。因此 $d=1,2,3,4,6,12$ 給出全部六個商子群，其階為 $12/d$。對應定理證明列表完整。

S4. 映射將 $[a]_{18}$ 送到 $[a]_6$，其核為 $\{[0]_{18},[6]_{18},[12]_{18}\}$。由第一或第三定理，商為 $\mathbb Z/6\mathbb Z$。

S5. 以 $(1\ 3)$ 共軛 $(1\ 2)$ 得 $(3\ 2)$，它在子群外。在必要性證明中，將 $eN$ 換成 $nN$ 可能改變與 $gN$ 的乘積，因為 $g^{-1}ng$ 未必屬於 $N$。故所提乘法依賴代表元。

總結

正規性恰是群商乘法所需的條件。第一同構定理識別映射保留的信息，對應定理追蹤子群通過投影後的結構。其他同構結果來自明確的映射和核，而非對商記號進行符號消去。