# §17 模

## §17.1 模
正如群作用在集合上一样，环作用在Abel群上。当一个环作用于一个Abel群时，该Abel群被称为该环上的**模**。

当群作用于集合时，必须通过双射作用，因此必须尊重集合的**势(cardinality)** 等性质。但环作用于Abel群时，它尊重的是Abel群内部的加法结构，这便是下面定义中的条件(1)。

在此情境下，我们将像对待群一样，建立模代数的所有定义。

**定义 17.1** 设$R$为一个环，$M$为一个Abel群。$R$在$M$上的**左作用(left action)** 是一个函数
$$
\begin{aligned}
R\times M&\to M,\\
(r,m)&\mapsto rm
\end{aligned}
$$
使得对于所有$r, s\in R$和$m, m^{\prime}\in M$，满足：

(1) $r(m+m^{\prime})=rm+rm^{\prime}$。

(2) $(r+s)m=rm+sm$。

(3) $s(rm)=(sr)m$。

(4) $1m=m$。

当$R$在$M$上的左作用确定后，我们称$M$为**左$R$-模(left $R$-module)**。



**注** 这里，“乘以$r$”可以理解为由某个环元素缩放。因此，一个模就是一个带有加法的集合，并附带一个由$r$缩放的概念。

有一种更简洁的表达方式。上面所有内容等价于一个环同态$R\to\mathrm{End}(M)$。

一个右$R$-模是一个Abel群$M$，带有一个满足(1)-(4)类似条件的函数$M\times R\to M$。

现在可能感觉数据量很大，因为我们同时涉及$R$和$M$。实际上，我们通常固定一个环$R$，只研究不同$M$之间的关系。

**练习** 设$M$为左$R$-模，则
$$
0m=m\quad\text{and}\quad (-r)m=-(rm).
$$

证明：为清晰起见，我们用$0_{R}$表示$R$的零元。根据条件(2)，我们有
$$
0_{R}m=(0_{R}+0_{R})m=0_{R}m+0_{R}m
$$
因此根据消去律，我们得到
$$
0=0_{R}m
$$
左边的$0$是$M$的加法单位元。同样地，
$$
rm+(-r)m=(r-r)m=0_{R}m=0.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 17.1** (a) 设$R=\mathbb{R}$，$M=\mathbb{R}^{n}$，即$n$维的实向量空间。那么我们定义一个函数
$$
\begin{aligned}
\mathbb{R}\times M&\to M,\\
(t,v)&\mapsto t\vec{v}
\end{aligned}
$$
即通过$t$进行缩放。如果$\vec{v}=(v_{1},\ldots,v_{n})$，
$$
t\vec{v}=(tv_{1},\ldots,tv_{n}).
$$
这满足上述所有性质。

(b) 任意环$R$自身是其上的一个左模。

(c) 这是一个远离“缩放”概念的例子，更贴近“作用”这一概念。设$\mathbb{R}[t]$为变量$t$上的实系数多项式环。选取一个$m\times m$矩阵$T$，我们将其视为一个线性映射$T: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{m}$。那么，$\mathbb{R}^{m}$是一个左$\mathbb{R}[t]$-模，其作用定义为
$$
(a_{0}+a_{1}t+\cdots+a_{k}t^{k})v:=a_{0}v+a_{1}T(v)+\cdots+a_{k}(T\circ\cdots\circ T)(v)
$$
其中$T\circ \cdots\circ T$表示$T$复合$k$次。

## §17.2 子模
**定义 17.2** 设$R$为一个环，$M$为一个左$R$-模。若$M$的一个Abel子群$M^{\prime}\subset M$满足对于所有$r\in R$，$x\in M^{\prime}$时有$rx\in M^{\prime}$，则称$M^{\prime}$为$M$的**子模(submodule)**。

**例 17.2** (a) 若$R=\mathbb{R}$且$M=\mathbb{R}^{n}$，则子模是闭合于加法、取逆及缩放的子集。这与$\mathbb{R}^{n}$的线性子空间相同。

(b) 设$R$为交换环，则$I\subset R$是理想当且仅当$I$是$R$的子模。

(c) 设$M=\mathbb{R}^{m}$为线性变换$T: \mathbb{R}^{k}\to\mathbb{R}^{k}$定义的$\mathbb{R}[t]$-模。那么，子模是一个线性子空间$V$，满足$T(V)\subset V$。换言之，它是$T$不变的子空间。

## §17.3 模同态
**定义 17.3** 设$M$和$N$为左$R$-模。则一个$R$-模同态，或$R$-模映射，是一个函数
$$
f: M\to N.
$$
使得$f$是一个群同态，并且
$$
f(rx)=rf(x)
$$
对于所有$r\in R$, $x\in M$。

**定义 17.4** 一个$R$-模**同构(isomorphism)**是一个双射的同态。

**定义 17.5** 一个$R$-模同态$f: M\to N$的**核(kernel)** 和**像(image)** 分别是$f$作为群同态的核和像。

这意味着$\ker(f)=\{x~|~f(x)=0\}$，$\mathrm{im}(f)=\{y\in N~|~y=f(x), x\in M\}$。

**例 17.3** (a) 若$M\cong\mathbb{R}^{n}$和$N\cong\mathbb{R}^{m}$，具有$\mathbb{R}$上的缩放模结构，则线性映射$M\to N$是一个$\mathbb{R}$-模同态。

(b) (没有从上面(b)来的明显的例子)

(c) 设$M=\mathbb{R}^{m}$为左模，定义由线性变换$T$。令$N=\mathbb{R}^{n}$为线性变换$S: \mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$定义的左模。则一个$R$-模同态是一个线性映射
$$
f: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n}.
$$
具有性质
$$
f(T(v))=S(f(v)).
$$

**定义 17.6** 设$M$和$N$为左$R$-模，则所有$R$-模同态的集合记作
$$
\mathrm{Hom}_{R}(M, N).
$$

**命题 17.1** $\mathrm{Hom}_{R}(M, N)$是一个左$R$-模。

证明：**标量乘法的定义**：

对于$r \in R$和$f \in \mathrm{Hom}_R(M, N)$，定义标量乘法$r \cdot f$为：
$$
(r \cdot f)(m) = r f(m), \quad \forall m \in M.
$$

**验证$r \cdot f$是一个$R$-模同态**：

1. 加法性：
$$
   \begin{aligned}
   (r \cdot f)(m_1 + m_2) &= r f(m_1 + m_2) \\
   &= r [f(m_1) + f(m_2)] \\
   &= r f(m_1) + r f(m_2) \\
   &= (r \cdot f)(m_1) + (r \cdot f)(m_2).
   \end{aligned}
$$
因此，$r \cdot f$是加法性的。

2. 标量乘法的相容性：对于所有$s \in R$和$m \in M$，
$$
\begin{align*}
   (r \cdot f)(s m) &= r f(s m) \\
   &= r [s f(m)] \\
   &= s [r f(m)] \tag{因为$R$是交换的} \\
   &= s (r \cdot f)(m).
\end{align*}
$$
因此，$r \cdot f$是$R$-线性的。

**验证模公理**：

1. 关于环加法的分配性：
$$
   \begin{aligned}
   ((r + s) \cdot f)(m) &= (r + s) f(m) \\
   &= r f(m) + s f(m) \\
   &= (r \cdot f + s \cdot f)(m).
   \end{aligned}
$$

2. 关于模加法的分配性：
$$
   \begin{aligned}
   (r \cdot (f + g))(m) &= r (f + g)(m) \\
   &= r [f(m) + g(m)] \\
   &= r f(m) + r g(m) \\
   &= (r \cdot f)(m) + (r \cdot g)(m).
   \end{aligned}
$$

3. 标量乘法的结合性：
$$
   \begin{aligned}
   ((r s) \cdot f)(m) &= (r s) f(m) \\
   &= r (s f(m)) \\
   &= r \cdot (s \cdot f)(m).
   \end{aligned}
$$

4. 单位元：
$$
   (1_R \cdot f)(m) = 1_R f(m) = f(m).
$$
   
**结论**：

由于满足所有模的公理，$\mathrm{Hom}_R(M, N)$在上述定义的标量乘法下是一个左$R$-模。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §17.4 直和与自由模
**定义 17.7** 设$M$和$N$为左$R$-模，则定义**直和(direct sum)**
$$
M\oplus N
$$
等同于作为群的$M\times N$，并具有$R$-模结构
$$
r(m,n):=(rm,rn).
$$

**命题 17.2** $M\oplus N$是一个$R$-模。

证明：我们已知$M\oplus N$是一个Abel群。另一方面，
$$
1(m,n):=(1m,1n)=(m,n)
$$
因为$M$和$N$都是模。而且我们有
$$
\begin{align*}
r((m,n)+(m^{\prime},n^{\prime}))&=r(m+m^{\prime},n+n^{\prime})\\
&=(r(m+m^{\prime}), r(n+n^{\prime}))\\
&=(rm+rm^{\prime},rn+rn^{\prime})\tag{3}\\
&=(rm,rn)+(rm^{\prime},rn^{\prime})\\
&=r(m,n)+r(m^{\prime},n^{\prime}).
\end{align*}
$$
其中(3)我们运用了$M$和$N$都是左$R$-模的性质。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 17.4** 若$R=\mathbb{R}$，且$M$和$N$也是$\mathbb{R}$，作为其自身的模，那么
$$
\mathbb{R}\oplus\mathbb{R}\cong\mathbb{R}\times\mathbb{R}\cong\mathbb{R}^{2}
$$
作为群，我们有通常的缩放操作
$$
r(x_{1},x_{2})=(rx_{1},rx_{2})。
$$

**注** 存在一个显然的同构
$$
(M\oplus N)\oplus O\cong M\oplus(N\oplus O),\quad (m,n,o)\mapsto (m,n,o).
$$

**定义 17.8** 设$R$为一个环，则直和模
$$
R^{n}:=R\oplus \cdots\oplus R
$$
称为**秩为$n$的自由$R$-模(free $R$-module of rank $n$)**。

## §17.5 自由模的泛性质
**问题**：为什么称之为自由$R$-模？

**命题 17.3** 设$M$是一个$R$-模。则任意的元素$n$元组$x_{1},\ldots,x_{n}\in M$唯一地确定一个$R$-模同态
$$
X: R^{n}\to M
$$
定义为
$$
(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)\mapsto x_{i}
$$
其中第$i$个坐标为$1$。

**注** 这与具有$n$个生成元的自由群的性质相同：任意一个群$G$的元素$n$元组唯一地确定从$F_{n}$到$G$的映射。

证明：给定$(x_{1},\ldots,x_{n})$，定义$X: R^{n}\to M$为
$$
X(a_{1},\ldots,a_{n}):=a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n}\in M。
$$
这是一个群同态，因为
$$
\begin{aligned}
X((a_{1},\ldots,a_{n})+(b_{1},\ldots,b_{n}))&=(a_{1}+b_{1})
x_{1}+\cdots+(a_{n}+b_{n})x_{n}\\
&=(a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{x})+(b_{1}x_{1}+\cdots+b_{n}x_{n})\\
&=X(a_{1},\ldots,a_{n})+X(b_{1},\ldots,b_{n}).
\end{aligned}
$$
其中中间的等号使用了$M$为$R$-模的性质。这也是一个$R$-模同态，因为
$$
\begin{aligned}
X(r(a_{1},\ldots,a_{n}))&=X((ra_{1},\ldots,ra_{n}))\\
&=(ra_{1})x_{1}+\cdots+(ra_{n})x_{n}\\
&=r(a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n})\\
&=rX((a_{1},\ldots,a_{n})).
\end{aligned}
$$
同样，倒数第二个等号使用了$M$是$R$-模的性质。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §17.6 0个生成元的自由模
**练习** 设$M$为左$R$-模，证明
$$
r0_{M}=0_{M},\quad\text{and}\quad r(-x)=-rx.
$$

证明：$R$在$M$上的作用等价于一个环同态$R\to\mathrm{End}(M)$。特别地，$R$中的每个元素$r$决定了一个Abel群同态。因此，以$r$为倍数的缩放保留了$M$的加法单位元和加法逆元。

如果你喜欢更计算化的证明，可以观察到
$$
r0_{M}+r0_{M}=r(0_{M}+0_{M})=r0_{M}.
$$
因此根据Abel群的消去律，我们可以从两边减去$r0_{M}$得到
$$
r0_{M}=0_{M}.
$$
因此
$$
r(-x)+rx=r(-x+x)=r0_{M}=0_{M},
$$
这表明$r(-x)$是$rx$的加法逆元。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 我们知道$R^{\oplus n}$对于$n\geqslant 1$的情况。但对于$n=0$呢？

我们应该寻找一个$R$-模$R^{\oplus 0}$，使得存在一个双射
$$
\mathrm{Hom}_{R}(R^{\oplus 0},M)\cong\mathrm{Map}_{\text{Sets}}(\varnothing,M).
$$
但从空集到任意集合的函数唯一。因此我们必须寻找一个$R^{\oplus 0}$的模，使得只有一个模同态到任意$M$。唯一满足此性质的模是零模，即具有$r0=0$的平凡Abel群。

§17 模

# §16 域
## §16.1 域的基本概念
**定义 16.1** 一个交换环称为**域(field)**，如果 $R-\{0\}$ 在乘法下是一个群。



**例 16.1** $\mathbb{R}, \mathbb{Q}, \mathbb{C}$ 是域，因为每个非零元素都有一个乘法逆元。

**例 16.2** $\mathbb{Z}$ 不是一个域，因为任何不是 $\pm 1$ 的整数都没有乘法逆元。
## §16.2 子域
## §16.3 素域
## §16.4 域的特征
## §16.5 域扩张

§16 域

# §15理想与商环
## §15.1 理想
你可能会这样想：如果 $S \subset R$ 是一个“正常”的子环，那么 $R/S$ 将是某个环。这是对群的盲目类比。然而，这个类比是错误的。

**定义 15.1** 设 $R$ 是一个交换环。一个子集 $I \subset R$ 被称为一个**理想(ideal)**，如果

(1) $I$ 在加法下是一个子群，并且

(2) $x \in I$ 蕴含 $rx \in I$ 对于所有 $r \in R$。



**注** 注意 (2) 表明如果 $x, y \in I$，那么 $xy \in I$。所以看起来像是一个关于成为子对象的闭合条件。但是 $I$ 不一定包含 $R$ 的乘法单位元，因此 $I$ 绝对不是一个子环。从启发性的角度看，(2) 实际上是说 $I$ 通过乘法将 $R$ 的每个元素都吸引到 $I$ 中。

**命题 15.1** 对于每个非零整数 $n$，令 $n\mathbb{Z} \subset \mathbb{Z}$ 为那些是 $n$ 的倍数的整数。$n\mathbb{Z}$ 是环 $\mathbb{Z}$ 中的一个理想。

证明：(1) $n\mathbb{Z}$ 包含 $0$，并且如果两个数可被 $n$ 整除，那么它们的和也可以。类似地，如果 $a$ 可被 $n$ 整除，那么 $-a$ 也可以。因此 $n\mathbb{Z}$ 在加法下是一个子群。

(2) 最后，如果 $r$ 是任意整数且 $x$ 可被 $n$ 整除，那么 $rx$ 也可被 $n$ 整除。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 由于 $R$ 是Abel群，注意任何子群 $I$ 都是正规子群。因此存在一个Abel群 $R/I$。

**命题 15.2** 设 $R$ 是一个交换环，$I \subset R$ 是一个理想。那么运算
$$
\times: R/I \times R/I \to R/I,\qquad \overline{r} \cdot \overline{s} = \overline{rs}
$$
连同 $R/I$ 上的通常加法，使得 $R/I$ 成为一个交换环。

证明：我们需要证明此运算不依赖于代表元 $r \in \overline{r}$ 和 $s \in \overline{s}$ 的选择。

令 $r^{\prime} = r + x$ 和 $s^{\prime} = s + y$，其中 $x, y \in I$。（这意味着 $\overline{r^{\prime}} = \overline{r} \in R/I$，且 $\overline{s^{\prime}} = \overline{s} \in R/I$。）

则
$$
r^{\prime}s^{\prime} = (r + x)(s + y) = rs + xs + ry + xy.
$$
注意最后三项在 $I$ 中，因为 $I$ 是一个理想，因此它们的和也在 $I$ 中，因为 $I$ 是一个子群。所以 $\overline{r^{\prime}s^{\prime}} = \overline{rs}$。也就是说，该运算是良定义的。

我们已经知道 $(R/I, +)$ 是一个Abel群。因此我们需要证明 $(R/I, \times)$ 是一个Abel幺半群，并且乘法对加法分配。

首先，乘法是结合的，因为
$$
(\overline{a}\overline{b})\overline{c} = \overline{ab}\overline{c} = \overline{(ab)c} = \overline{a(bc)} = \overline{a}(\overline{b}\overline{c}).
$$
注意这里关键的一步是使用了 $(R, \times)$ 是结合的这个事实。

乘法是交换的，因为
$$
\overline{a}\overline{b} = \overline{ab} = \overline{ba} = \overline{b}\overline{a}
$$
再次使用了 $(R, \times)$ 是交换的。

乘法单位元是 $\overline{1}$：
$$
\overline{1}\overline{a} = \overline{1a} = \overline{a},\quad \overline{a}\overline{1} = \overline{a1} = \overline{a}.
$$
最后，乘法对加法分配，因为
$$
\overline{a}(\overline{b} + \overline{c}) = \overline{a(b + c)} = \overline{ab + ac} = \overline{a}\overline{b} + \overline{a}\overline{c}.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$
因此，为了得到新的有趣的环，我们可以寻找理想然后取商环。

**例 15.1** 环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 对理想 $I = n\mathbb{Z}$ 的商环。

**例 15.2** $\mathbb{Z} \subset \mathbb{Q}$ 是一个子群，实际上也是一个子环，但它绝不是一个理想。这是因为如果 $x$ 是一个整数且 $r$ 是一个有理数，$rx$ 不一定是一个整数。实际上，子环通常不是理想。

## §15.2 理想与商环的例子
**定义 15.2** 设 $x \in R$ 是一个交换环的元素。由 $x$ 生成的理想是所有形如 $rx$ 的元素的集合，其中 $r \in R$。我们用 $(x)$ 表示这个理想。

**命题 15.3** 这是一个理想。

证明：设 $I = (x)$。$I$ 在加法下是封闭的，因为 $rx + sx = (r+s)x \in I$。它包含加法单位元，因为 $0x = 0$。它包含逆元，因为 $-(rx) = (-r)x$。因此 $I$ 在加法下是一个子群。最后，如果 $s \in R$ 且 $rx \in I$，我们有 $s(rx) = (sr)x \in I$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 15.3** 设 $R = \mathbb{R}[t]$ 为一元多项式环。考虑由多项式 $t^{2}+1$ 生成的理想 $I$。因此
$$
I = \{f(t)~\text{使得}~f(t) = g(t)(t^{2}+1)~\text{对于某个多项式}~g(t)\in \mathbb{R}[t]\}.
$$

那么环 $R/I$ 是什么？

**命题 15.4** 环 $\mathbb{R}[t]/(t^{2}+1)$ 同构于 $\mathbb{C}$。

是不是很酷？通常，当你有一个环 $R$ 并且你通过某个等式对它的多项式环取商时，你实际上是向 $R$ 中“添加”了一个满足这个多项式方程的元素。这就是Galois理论的开端。

## §15.3 理想的几何解释
**问题**：你应该如何理解理想？

代数上：一个在倍数下闭合的子群。$I \subset R$，满足
- $rx \in I$，对所有 $x \in I$，$r \in R$。
- $(I, +) \subset (R, +)$ 子群。

你可能觉得这不太有启发性。因此，

几何上：设 $R = \{\text{从某空间}~X~\text{到}~\mathbb{R}~\text{的连续函数}\}$。这个 $R$ 是一个环，因为
- 连续函数之和是连续的，
- 连续函数之积是连续的，
- 零函数是加法单位元
    $$
    (0 + f)(x) = 0(x) + f(x) = f(x)
    $$
    因此 $0 + f = f$。（类似地，$f = f + 0$。）
- 常数函数 $1: x \mapsto 1_{\mathbb{R}}$ 是乘法单位元
    $$
    (1 \cdot f)(x) = 1(x) \cdot f(x) = 1_{\mathbb{R}} \cdot f(x) = f(x)
    $$
    因此 $1 \cdot f = f$。（类似地，$f \cdot 1 = f$。）
- $-f$ 发送 $x \mapsto -f(x)$，是加法逆元。
- $\begin{aligned}
        f \cdot (g + h): x \mapsto f(x)((g + h)(x)) &= f(x)(g(x) + h(x))\\
        &= f(x)g(x) + f(x)h(x)
    \end{aligned}$，因此 $f(g + h) = fg + fh$。
- 结合律也可以很容易地验证。

好的，因此 $R = \{\text{连续函数}\}$。

令 $Y \subset X$ 是一个子集并定义
$$
I_{Y} = \{\text{函数}~f \in R~\text{使得}~f(y) = 0, \forall y \in Y\}.
$$
即，$I_{Y} = \{\text{在}~Y~\text{上消失的函数}\}$。

**命题 15.5** $I_{Y} \subset R$ 是一个理想。

证明：令 $f_{1}, f_{2} \in I_{Y}$。那么 $\forall y \in Y$，
$$
(f_{1} + f_{2})(y) = f_{1}(y) + f_{2}(y) = 0 + 0 = 0
$$
因此 $f_{1} + f_{2} \in I_{Y}$。类似地，
$$
(-f_{1})(y) = -f_{1}(y) = -0 = 0.
$$
因此 $-f_{1} \in I_{Y}$。（注意这也意味着 $0 \in I_{Y}$。但更直接地，$0(y) = 0$，$\forall y \in Y$，所以 $0 \in I_{Y}$。）所以 $I_{Y} \subset R$ 是一个子群。我们只需要验证它在 $R$ 的缩放下是封闭的。

给定 $g \in R$，$f \in I_{Y}$，
$$
(\underbrace{g \cdot f}_{\in R})(y) = \underbrace{g(y) \cdot f(y)}_{\in R} = g(y) \cdot 0 = 0
$$
因此 $gf \in I_{Y}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
**结论**：每个子集 $Y \subset X$ 产生一个理想 $I_{Y} \subset R$。

**注** 这个例子应该成为范式的事实并不显然。例如，你如何将 $\mathbb{Z}$ 理解为“某空间 $X$ 上的函数”？理想 $p\mathbb{Z}$ 如何由 $X$ 的某个“子集”给出？

无论如何，这种思维方式对微分几何、数论（想象一下能够讨论素数的几何！）等领域有着巨大的影响。

此外，如果我们有 $Y \subset X$，我们应该能够讨论 $Y$ 上的函数——另一个环！

**哲学**：令 $Y$ 产生理想 $I_{Y}$。那么
$$
\{\text{在}~Y~\text{上的函数}\} \cong R/I_{Y}。
$$

**例 15.4 （我们偏离所有连续函数，只考察多项式函数。）**
设 $R = \mathbb{R}[x,y] = \{\text{在}~\mathbb{R}^{2}~\text{上的多项式函数}\}$。令 $Y = \{(x,y)~\text{使得}~y^{2} - x = 0\}$。那么
$$
I_{Y} = \{\text{多项式}~f~\text{使得}~f(y^{2}, y) = 0\} \xlongequal{\text{不显然}} (y^{2} - x)
$$
其中 $(y^{2} - x)$ 是由元素 $y^{2} - x \in R$ 生成的理想。大致来说，如果 $f(x, y)$ 在 $Y$ 上消失，它必须由 $y^{2} - x$ 因式分解。然后
$$
\{\text{在}~Y~\text{上的代数/多项式函数}\} \cong R/(y^{2} - x).
$$
那么为什么？如果 $f_{1}$，$f_{2}$ 是 $X$ 上的函数，它们限制在 $Y$ 上。但
$$
f_{1}(y)= f_{2}(y),\quad \forall y \in Y
$$
<span style="display: flex; flex-direction: row; justify-content: center; align-items: center;transform:rotate(90deg);">$\Leftrightarrow$</span> 
$$
f_{1}(y) - f_{2}(y) = 0,\quad \forall y \in Y
$$
<span style="display: flex; flex-direction: row; justify-content: center; align-items: center;transform:rotate(90deg);">$\Leftrightarrow$</span> 
$$
f_{1} - f_{2} \in I_{Y}
$$
即，$f_{1}$ 和 $f_{2}$ 定义了相同的 $Y$ 上的函数当且仅当 $[f_{1}] = [f_{2}] \in R/I_{Y}$。

§15 理想和商

# §14 环
## §14.1 环的定义
**定义 14.1** 一个**幺半群(monoid)** 是一个没有逆元的群。也就是说，幺半群是一个集合$M$，与之配合一个函数
$$
\cdot: M\times M\to M
$$
该函数具有单位元并且是结合的。我们称一个幺半群是**交换的(commutative)**，如果对所有$a, b\in M$，有$ab=ba$。



**定义 14.2** 一个**结合环(associative ring)** 是一个三元组$(R,+, \cdot)$，其中$R$是一个集合，且

(1) $+: R \times R \rightarrow R$是一个函数，使$(R,+)$成为一个Abel群。我们称此运算为加法，其单位元为$0$。

(2) $\cdot: R \times R \rightarrow R$是一个函数，使$R$成为一个幺半群。我们称$\cdot$运算为乘法，其单位元为$1$。

(3) 最后，我们要求乘法对加法是分配的：这意味着对所有$a, b, c \in R$，有
$$
a(b+c)=a b+a c \quad \text{且} \quad(b+c) a=b a+c a
$$
其中我们将$a \cdot b$写作$a b$。

我们通常只写$R$表示环，而隐去运算$+$和$\cdot$。

**定义 14.3** 如果$(R, \cdot)$是一个abel幺半群，我们称$R$为**交换环(commutative ring)**。

在讨论群时，我很快证明了消去律，因为它是有用的知识。这里是另一个有用的知识：

**命题 14.1** 设$R$是一个结合环，$0$是$R$的加法单位元。那么
$$
0\cdot a=a\cdot 0=0
$$
对所有$a\in R$成立。

证明：
$$
\begin{align*}
0\cdot a&=(0+0)\cdot a\tag{因为$0+0=0$}\\
&=0\cdot a+0\cdot a\tag{分配律}
\end{align*}
$$
利用Abel群的消去律，我们可以从等式的两边减去$0\cdot a$。剩下$0=0\cdot a$。类似地，$a\cdot 0=0$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
**注** 我们不会深入探讨原因，但环的行为在它们是否交换方面有着极大的不同。

## §14.2 交换环的例子
**例 14.1** 考虑三元组$(\mathbb{Z},+,\cdot)$。这使得$(\mathbb{Z},+)$成为阿贝尔群，而$(\mathbb{Z},\cdot)$显然是一个幺半群——乘法有一个称为$1$的单位元并且是结合的。分配律是你熟悉的分配律。

**例 14.2** 使用通常的加法和乘法，三元组$(\mathbb{Q},+,\cdot)$是一个环。对于$\mathbb{R}$和$\mathbb{C}$及其通常的乘法也是如此。这些是特殊类型的环，因为$R-\{0\}$中的任一元素在乘法下都有逆元。

**例 14.3 (多项式环)**
令$\mathbb{Z}[x]$表示系数为整数的$x$的多项式的集合。因此，一个元素是一个表达式
$$
p(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_{i}x^{i}
$$
其中对于大于某个有限$n$的所有$i$，$a_{i}=0$。例如，以下是$\mathbb{Z}[x]$中的元素：
$$
0, 5, 3+x-5x^{4}, x。
$$
在第三个例子中，$a_{0}=3$，$a_{1}=1$，$a_{2}=0$，$a_{3}=0$，$a_{4}=-5$。

设$q(x)$是一个系数为$b_{i}$的多项式。多项式的加法定义如下
$$
p(x)+q(x):=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(a_{i}+b_{i})x^{i}。
$$
注意，因为对于大于$n$的$i$，$a_{i}=0$，且对于大于某个$m$的所有$i$，$b_{i}=0$，因此和确实是一个多项式，因为$(a_{i}+b_{i})=0$对于所有大于$\max(m,n)$的$i$成立。

两个多项式的积定义为通常的方式
$$
\begin{aligned}
p(x)\cdot q(x)&=(a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n}x^{n})(b_{0}+b_{1}x+\cdots+b_{m}x^{m})\\
&=a_{0}b_{0}+(a_{1}b_{0}+a_{0}b_{1})x+\cdots+a_{n}b_{m}x^{n+m}\\
&=\sum\limits_{k\geqslant 0}\left(\sum\limits_{i+j=k}a_{i}b_{j}\right)x^{k}.
\end{aligned}
$$

**命题 14.2** $\mathbb{Z}[x]$是一个交换环。更一般地说，如果$R$是一个交换环，那么系数在$R$中的多项式集合$R[x]$是一个交换环。

证明：
1. $R[x]$是一个环，因为

(1) 加法是封闭的：对于$R[x]$中的两个多项式$p(x)$和$q(x)$，它们的和$p(x)+q(x)$是一个多项式，其系数为$p(x)$和$q(x)$的相应系数之和。由于$R$是交换环并在加法下封闭，因此该运算在$R[x]$中是良定义的。

(2) 乘法是封闭的：对于两个多项式$p(x)$和$q(x)$，它们的积$p(x)\cdot q(x)$表示为
$$
p(x)\cdot q(x)=\left(\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\right)\left(\sum\limits_{j=0}^{m}b_{j}x^{j}\right)=\sum\limits_{k=0}^{n+m}c_{k}x^{k}
$$
其中系数$c_{k}$计算为
$$
c_{k}=\sum\limits_{i+j=k}a_{i}b_{j}。
$$
因为$R$在乘法下封闭，所以系数$c_{k}$是$R$的元素，因此积是$R[x]$中的多项式。

(3) 加法是结合且交换的：$R[x]$中的多项式加法是结合且交换的，因为$R$中的加法是结合且交换的，并且对各个系数的操作遵循$R$的性质。

(4) 乘法是结合的：$R[x]$中的多项式乘法是结合的，因为分配律成立，且$R$中的乘法是结合的。因此对于$R[x]$中的多项式$p(x), q(x)$和$r(x)$，有
$$
(p(x)\cdot q(x))\cdot r(x)=p(x)\cdot(q(x)\cdot r(x)).
$$

(5) 分配律：乘法对加法是分配的，因为对于$R[x]$中的多项式$p(x), q(x)$和$r(x)$，有
$$
p(x)\cdot(q(x)+r(x))=p(x)\cdot q(x)+p(x)\cdot r(x).
$$
这是因为分配律适用于$R$中的个别系数。

2. 乘法的交换性：对于任何多项式$p(x), q(x)\in R[x]$，有
$$
p(x)\cdot q(x)=q(x)\cdot p(x)。
$$
这是因为$R$中的乘法是交换的。特别地，如果$p(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$且$q(x)=\sum\limits_{j=0}^{m}b_{j}x^{j}$，则积为
$$
p(x)\cdot q(x)=\sum\limits_{k=0}^{n+m}\sum\limits_{i+j=k}a_{i}b_{j}x^{k}.
$$
由于$R$中的乘法是交换的，有$a_{i}b_{j}=b_{j}a_{i}$，因此
$$
p(x)\cdot q(x)=q(x)\cdot p(x).
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 14.4 (光滑函数)**
这是一个更难写出集合中所有元素的例子。令$C^{\infty}(\mathbb{R}^{n})$表示从$\mathbb{R}^{n}$到$\mathbb{R}$的所有无穷可微函数的集合。给定两个函数$f$和$g$，定义它们的和$f+g$为一个函数，该函数将$x\in\mathbb{R}^{n}$映射到$f(x)+g(x)$，其中加法发生在$\mathbb{R}$中。它们的乘积$fg$是一个将$x\in\mathbb{R}^{n}$映射到$f(x)\cdot g(x)\in\mathbb{R}$的函数。这也是一个环。

## §14.3 环$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$
我们已经看到了三个我们熟悉的环的例子。它们都是无限的。现在来看一些有限的例子。

**引理 14.3** 令$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$为整数模$n$的集合。函数
$$
\cdot: \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\qquad \overline{a}\cdot\overline{b}:=\overline{a\cdot b}
$$
是良定义的。

**注** 我们用$\overline{a}$表示与$a\in\mathbb{Z}$相关联的等价类。这里，$a\cdot b$是整数的通常乘法，而$\overline{a\cdot b}$表示模$n$的等价类。

证明：我们需要证明，如果$\overline{a}=\overline{a}^{\prime}$且$\overline{b}=\overline{b}^{\prime}$，那么
$$
\overline{a\cdot b}=\overline{a^{\prime}\cdot b^{\prime}}。
$$
因为$a=a^{\prime}$模$n$当且仅当$a=a^{\prime}+An$（其中$A$是整数）。同样，$b=b^{\prime}+Bn$对于某个$B$。因此
$$
ab=(a^{\prime}+An)(b^{\prime}+Bn)=a^{\prime}b^{\prime}+(a^{\prime}B+Ab^{\prime}+AB)n
$$
因此$ab$等于$a^{\prime}b^{\prime}$模$n$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**推论 14.4** 令$+$为$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$上的通常加法，$\cdot$为上述运算。那么

(1) $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$是一个单位元为$\overline{0}$的Abel群。

(2) $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\cdot)$是一个单位元为$\overline{1}$的Abel幺半群。

(3) 运算$\cdot$对$+$是分配的。

证明：(1) 是我们早已证明的结论。

(2) 为了证明结合性，注意到
$$
\begin{aligned}
(\overline{a}\cdot\overline{b})\cdot\overline{c}&=\overline{a\cdot b}\cdot\overline{c}\\
&=\overline{(a\cdot b)\cdot c}\\
&=\overline{a\cdot(b\cdot c)}\\
&=\overline{a}\cdot\overline{b\cdot c}\\
&=\overline{a}\cdot(\overline{b}\cdot\overline{c}).\tag{14.1}
\end{aligned}
$$
除(14.1)外，每一行都是基于$\cdot$的定义，而(14.1)使用了整数乘法的结合性。交换性成立是因为
$$
\overline{a}\cdot\overline{b}=\overline{a\cdot b}=\overline{b\cdot a}=\overline{b}\cdot\overline{a}。
$$
注意中间等号只是整数乘法的交换性。单位元是$1$，因为$\overline{a}\cdot\overline{1}=\overline{a\cdot 1}=\overline{a}$。

(3) 分配律成立是因为
$$
\begin{aligned}
\overline{a}\cdot(\overline{b}+\overline{c})&=\overline{a}\cdot\overline{b+c}\\
&=\overline{a\cdot(b+c)}\\
&=\overline{ab+ac}\\
&=\overline{ab}+\overline{ac}\\
&=\overline{a}\cdot\overline{b}+\overline{a}\cdot\overline{c}.\tag{14.2}
\end{aligned}
$$
除了(14.2)，其他各行均基于定义，而(14.2)使用了通常整数的分配律。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
## §14.4 交换环的动机
现代数学中有一种哲学认为，可以通过研究空间上的函数集的性质来推断空间本身的性质。例如，通过研究空间$X$上的多项式函数集，可以推断出空间$X$的某些性质。实际上，所有函数集始终是一个交换环。这些环的性质决定了空间$X$的某些特性。这并不是显而易见的，其中一些最有意义的相关发展直到19世纪80年代才出现——也就是在Descartes首先注意到代数方程可以描述具体几何近两百年后。因此，如果你认为代数（从伊斯兰黄金时期的800年代开始）和几何（源自希腊人）在Descartes将其结合起来之前经过了近千年，而我们又花了两百年才系统地理解环是研究几何的有力工具，你可能会意识到自己正在接触一些非常深刻的思想。我们无法深入探讨利用环研究几何的理论——但是如果你感兴趣，可以查阅一些关于交换代数和代数几何的资料。
## §14.5 非交换环的例子
**例 14.5 (矩阵环)**
确定一个整数$n\geqslant 0$，考虑所有元素为$\mathbb{R}$的$n\times n$矩阵的集合$M_{n\times n}(\mathbb{R})$。你可以对矩阵进行加法和乘法运算，并且矩阵乘法对加法是分配的。因此$M_{n\times n}(\mathbb{R})$是一个环。为了明确分配律，考虑三个矩阵$A, B, C$，其元素为$a_{ij}, b_{ij}, c_{ij}$。则$A(B+C)$的$ij$项为
$$
\sum\limits_{k=1}^{n}a_{ik}(b_{kj}+c_{kj})=\sum\limits_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}+\sum\limits_{k=1}^{n}a_{ik}c_{kj}
$$
但这个右侧是$AB+AC$的$ij$项。你也可以类似地证明$(B+C)A=BA+CA$。

**例 14.6 (群环)**
设$G$是有限群，$R$是一个交换环。那么$R[G]$作为一个集合，是从$G$到$R$的所有函数的集合。（因此每个元素$g\in G$都对应一个$R$中的元素$r_{g}$。）我们用求和表示这样的一个函数：
$$
\sum\limits_{g\in G}r_{g}g。
$$
例如，下面是$\mathbb{Z}[S_{3}]$的一个元素：
$$
5(~)+3(12)-8(123)。
$$
加法是显然的——我们仅对每一项相加，因此
$$
\left(\sum r_{g}g\right)+\sum\left(s_{g}g\right)=\sum\limits_{g\in G}(r_{g}+s_{g})g。
$$
即，这是函数的加法。乘法不仅仅是函数的乘法。$\sum r_{g} g$和$\sum s_{g} g$的乘积在$g$的系数由以下公式给出
$$
\sum\limits_{(g_{1},g_{2})~\text{s.t.}~g_{1}g_{2}=g}r_{g_{1}}s_{g_{2}}.
$$
换句话说，
$$
\left(\sum\limits_{g\in G}r_{g}g\right)\left(\sum\limits_{h\in G}s_{h}h\right)=\sum\limits_{g\in G}\sum\limits_{h\in G}r_{g}s_{h}(gh)=\sum\limits_{k\in G}\left(\sum\limits_{(g_{1},g_{2})~\text{s.t.}~g_{1}g_{2}=g} r_{g}s_{h}\right)k.
$$
注意，这种乘法不是交换的。

## §14.6 环同态
**定义 14.4** 设$R$和$S$是环，且$f: R\to S$是一个函数。我们称$f$为一个**环同态(ring homomorphism)**，如果

(1) $f$是加法的群同态，

(2) $f(1)=1$（即$f$将$R$的乘法单位元映射到$S$的单位元），并且

(3) 对所有$a,b\in R$有$f(ab)=f(a)f(b)$。

**定义 14.5** 如果$f$是一个双射，我们称$f$是一个**同构(isomorphism)**。

现在我想进一步说明为什么$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$是一个环。我们如何证明它是一个群的？通过应用一个普遍原则：如果$H\triangleleft G$，那么$G/H$是一个群。

我想对环做同样的事情。但在这个上下文中，当我们说到环时，我们将意味着一个交换环。

§14 环

# §13 Sylow定理
## §13.1 计数
我们已经看到轨道-稳定子定理为我们解答了一些非平凡的问题：例如，四面体的对称群有多大？回顾一下，该定理表明对于任何作用在集合$X$上的群$G$以及$X$中的任意元素$x$，都有双射$G/G_{x}\cong\mathcal{O}_{x}$。特别地，如果群$G$是有限的，我们有
$$
|\mathcal{O}_{x}|=|G|/|G_{x}|
$$
这类计数定理在数学中非常有用。它们就像篮球中的“上篮”一样，是最简单的得分方式。一旦你将一个复杂问题简化为计数问题，你就取得了进展。



在Lagrange定理的证明中，我们使用了这样一个推理：任何集合都是其轨道的并集。因此，给定$G$作用在有限集合$X$上的群作用，我们可以得出结论
$$
|X|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{x}|
$$
让我们进一步利用这个观察。上述等式被称为**计数公式(counting formula)**。
## §13.2 $p$-群
**定义 13.1** 设$p$为素数。如果一个有限群$G$的阶为$p$的幂，即
$$
|G|=p^{n}
$$
其中$n\geqslant 1$为整数，则称$G$为 **$p$-群($p$-group)**。

**定义 13.2** 设$G$作用在集合$X$上。如果对于$X$中的某个元素$x$，对所有$g\in G$都有$gx=x$，则称$x$是该群作用的一个**不动点(fixed point)**。

**命题 13.1** 固定一个$p$-群$G$，并且固定一个阶不被$p$整除的有限集合$X$。那么$G$对$X$的任何作用都至少有一个不动点。

**例 13.1** 如果有人声称他们有一个$p$-群作用在四面体上，你可以查看$G$在四面体顶点集合上的诱导作用。如果$p$不是$2$，那么该群作用至少会固定一个顶点。

证明：根据轨道-稳定子定理，任何轨道$\mathcal{O}_{x}$的阶都能整除群$G$的阶。因此，我们可以得到$|\mathcal{O}_{x}|$必须等于$p^{k}$，其中$k\geqslant 0$。注意，我们必须证明对于某个$x\in X$，$|\mathcal{O}_{x}|=p^{0}=1$以显示一个不动点。

这样的$x$必须存在——否则，每个$\mathcal{O}_{x}$都等于$p^{k}$，其中$k\geqslant 1$，因此每个$\mathcal{O}_{x}$都能被$p$整除。于是计数公式右侧
$$
|X|=\sum\limits_{\text{轨道}}\mathcal{O}_{x}
$$
被$p$整除。但根据假设，$|X|$不能被$p$整除。因此，$\mathcal{O}_{x}$必须为$1$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
这是另一个应用：

**命题 13.2** 设$G$是一个$p$-群。那么$G$的中心非平凡（即其中心必须包含不止单位元素）。

在以下内容中，我们用$Z$表示$G$的中心。

证明：考虑$G$对自身的共轭作用。该作用的轨道正是$G$的共轭类。因此计数公式为
$$
|G|=\sum\limits_{\text{共轭类}}|[x]|
$$
其中$[x]$是$x$的共轭类——它是所有形如$gxg^{-1}$的元素的集合，其中$g\in G$。$|[x]|=1$当且仅当$x$在$G$的中心中。因为如果$\mathcal{O}_{x}$中唯一的元素是$x$本身，这意味着对所有$g\in G$都有$gxg^{-1}=x$——这当然意味着$gx=xg$。

最后，我们知道$1_{G}\in G$始终在$G$的中心中，因此计数公式为
$$
|G|=1+\sum\limits_{\text{共轭类}\neq[1_{G}]}|[x]|
$$
如果对所有$x\neq 1_{G}$都有$|[x]|\geqslant 2$，那么右侧就不会被$p$整除——因为它会是一个类似于
$$
1+\sum\limits_{\text{各种}~k\geqslant 1}p^{k}
$$
的求和。这与$|G|$只能被$p$整除相矛盾。因此，必须存在某个$x\neq 1_{G}$使得$|[x]|=1$；也就是说，中心中必须存在某个$x\neq 1_{G}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

它有一个非常好的推论

**推论 13.3** 任意阶为$p^{2}$的群都是Abel群。

这是一条非常非平凡的推论。例如，想象一下手动证明阶为$49$的群必须是Abel群的情况。

我们已经知道，任何阶为$p$的群都是Abel群，因为它必须是循环群。这是更高的一个幂。

证明：$G$的中心是一个子群，因此根据Lagrange定理，我们必须有$|Z|=1$、$p$或$p^{2}$，因为这些是$p^{2}$的唯一因数。

另一方面，命题告诉我们$|Z| \neq 1$，因此它必须是$p$或$p^{2}$。

假设$|Z|=p$。我们将引出一个矛盾。对于固定的$x \in G$，$x \notin Z$，让我们检查$x$在$G$下的共轭作用的稳定子。这就是我们上次提到的$x$的中心化子，并记作$Z(x)$。它是所有满足$xy=yx$的$y \in G$的集合。

由于一个群作用的稳定子总是一个子群，根据Lagrange定理，我们知道$|Z(x)|$必须整除$p^{2}$。另一方面，由于$Z \subset Z(x)$，因为中心的任何元素（根据定义）都与$x$交换。此外，由于$x \in Z(x)$，因为$x$与自身交换。这证明$|Z| < |Z(x)|$，因此$|Z(x)|$必须是一个大于$p$的且能整除$p^{2}$的数。我们得出结论$|Z(x)|=p^{2}$。

但这意味着$G$的每个元素都与$x$交换。因此$x$必须在中心中。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

所以这种“计数”策略已经取得了很大的成效。让我们尽可能多地利用它。所有这些努力的一个美丽结果就是Sylow定理。

## §13.3 第一Sylow定理
设$p$整除$|G|$。我们写作
$$
|G|=p^{e} \cdot m
$$
其中$p^{e}$是$p$整除$|G|$的最大幂。特别地，$\operatorname{gcd}(m, p)=1$。

**定义 13.3** 一个**Sylow $p$-子群(Sylow $p$-subgroup)**，或 **$p$-Sylow子群($p$-Sylow subgroup)**，是一个子群$H \subset G$，满足$|H|=p^{e}$。换句话说，它是一个阶为$p$的幂的最大子群。

所以如果有多个不同的素数$p$整除$|G|$，我们可以尝试为每个这样的$p$找到一个Sylow $p$-子群。到目前为止，我们还不知道它们是否存在，或在$G$中可能有多少个。

**例 13.2** 设$G=S_{3}$。由于$6=3 \cdot 2$，一个Sylow $3$-子群是$G$中阶为3的子群。只有一个这样的子群，即$H=\{\mathrm{id},(123),(132)\}$。有三个Sylow $2$-子群：$\{\mathrm{id},(12)\},\{\mathrm{id},(13)\},\{\mathrm{id},(23)\}$。

**定理 13.4 (第一个Sylow定理)**
设$p$整除$|G|$。则存在一个Sylow $p$-子群。

在进入该定理的证明之前，让我们引入两个将在证明中使用的引理。

**引理 13.5** $p$不整除$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$。

证明：阶为$p^{e}$的子集的数量不被$p$整除。回想一下
$\begin{pmatrix}
    a\\
    b
\end{pmatrix}=$从大小为$a$的集合中选择$b$个无序元素的方式数量。因此$\begin{pmatrix}
    a\\
    b
\end{pmatrix}=\frac{a!}{b!(a-b)!}$。于是我们有
$$
\begin{pmatrix}
p^{e}m\\
p^{e}
\end{pmatrix}=\frac{(p^{e}m)(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}
$$
注意，如果$p$整除一个分子项
$$
p^{e}m-k,
$$
它也整除
$$
p^{e}-k
$$
在分母中，而且次数相同！为什么？如果
$$
k=p^{i}l,\quad p\nmid l.
$$
$$
\begin{aligned}
p^{e}m-k&=p^{i}(p^{e-i}m-l)\\
p^{e}-k&=p^{i}(p^{e-i}-l)
\end{aligned}
$$
注意$i<e$，否则$p^{e}-k$将为负数！

所以$\frac{p^{e}m-k}{p^{e}-k}$不被$p$整除。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 我们已经论证了
$$
\begin{pmatrix}
p^{e}m\\
p^{e}
\end{pmatrix}=\frac{p^{e}m(p^{e}m-1)\cdots(p^{e}m-p^{e}+1)}{p^{e}(p^{e}-1)\cdots 1}
$$
不被$p$整除。这归结为
$$
p^{i}\mid p^{e}m-k\quad \Rightarrow\quad p^{i}\mid p^{e}-k.
$$
为什么$i<e$？因为否则，
$$
k=p^{e+a}l\quad \Rightarrow\quad p^{e}-k=p^{e}(1-p^{a}l)\leqslant 0~\text{如果}~a\geqslant 0.
$$
更具体地，根据二项式系数的定义，$k$必须从$0$运行到$p^{e}-1$，所以$k$本身必须小于$p^{e}$。

**命题 13.6** 设$U\subset G$是一个子集。$U$的稳定子$H$的阶能整除$|U|$。

证明：如果$U$被$H$固定，那么
$$
U=\bigcup\limits_{u\in U}Hu,
$$
且$U$被分割成陪集。因此，
$$
U=\bigsqcup Hu
$$
所以
$$
|U|=|H|+\cdots+|H|.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

让我们尝试证明第一个Sylow定理。我们的策略是什么？计数。

更好的问题是：计数什么？

证明：$G$作用在$\mathcal{P}_{p^{e}}(G)$上，作用方式为左乘：
$$
S\mapsto gS.
$$
由于根据引理，$p$不整除$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|$，因此存在一个轨道$\mathcal{O}_{U}$，使得$p$不整除$\mathcal{O}_{U}$。（因为$|\mathcal{P}_{p^{e}}(G)|=\sum\limits_{\text{轨道}}|\mathcal{O}_{U}|$。）

设$U\in\mathcal{O}_{U}$。根据轨道-稳定子定理，
$$
|G|/|G_{U}|=|\mathcal{O}_{U}|
$$
并且根据另一个引理，$U=\bigcup\limits_{\text{陪集}}G_{U}$。所以$|G_{U}|$能整除$|U|=p^{e}$。因此
$$
p^{e}m=|G|=|G_{U}|\cdot|\mathcal{O}_{U}|
$$
其中$|G_{U}|$是$p$的幂，而$|\mathcal{O}_{U}|$不被$p$整除。
$$
|G_{U}|=p^{e}.
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**推论 13.7** 若$p$整除$|G|$，则存在一个阶为$p$的元素$x \in G$。

您可能之前未曾考虑过这个推论。根据Lagrange定理，我们知道$G$中的任意元素$x$的阶必须整除$|G|$。但给定一个能整除$|G|$的数，对于一个整除$G$的素数$p$，显然存在一个阶为$p$的指定元素吗？

证明：由于$p$整除$G$，因此$|H| \geqslant 2$。因此，我们可以选择一个$x \in H$，使得$x \neq 1_{G}$。此外，根据Lagrange定理，$x$的阶必须整除$|H|$。因此
$$
x^{p^{k}}=1_{G}
$$
对于某个$k \geqslant 1$。令$y=x^{p^{k-1}}$。那么$y^{p}=1_{G}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**例 13.3** 设
$$
G=S_{7}\times\mathbb{Z}/14\mathbb{Z}
$$
则
$$
\begin{aligned}
|G|&=7!\times 14\\
&=7^{2}\times 5\times 3^{2}\times 2^{5}.
\end{aligned}
$$
第一Sylow定理保证该群包含以下子群：

- 一个阶为$49$的子群
- 一个阶为$5$的子群
- 一个阶为$9$的子群
- 一个阶为$32$的子群

**例 13.4** 你能在$S_{7}$中找到一个阶为$16$的子群吗？

证明：1. 找到合适的素数幂：
- $S_{7}$的阶是$7! = 5040$，而$16$是$2$的幂，特别是$2^{4}$。
- 我们需要在$S_{7}$中找到一个阶为$16$的子群，这将是一个Sylow $2$-子群。
2. 寻找阶为$2$的元素：
- 在$S_{7}$中，阶为$2$的元素是换位（$2$-循环），它交换两个元素并保持其他元素不变。例如，$(12) \in S_{7}$的阶为$2$。
- 一组不相交的换位的积，例如$(12)(34)$，也有阶$2$。通常，不相交的$k$个换位的积有阶$2^{k}$。
3. 构造一个阶为$16$的子群：
- 为了得到一个阶为$16$的子群，我们需要由$4$个不相交的换位生成的群（因为$2^{4}=16$）。
- 考虑$S_{7}$中的以下不相交换位：$(12)$，$(34)$，$(56)$，$(78)$。
- 这四个不相交的换位生成一个阶为$16$的子群。该子群同构于$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$，因为每个换位生成一个阶为$2$的循环群，并且这些换位是相互独立的（即它们彼此交换）。

因此，$S_{7}$中阶为$16$的子群可以由不相交换位$\{(12), (34), (56), (78)\}$生成，并且同构于$\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

第一Sylow定理告诉我们Sylow $p$-子群存在——给定群$G$，满足
$$
|G|=p^{e}m,\quad p\nmid m,
$$
若$|H|=p^{e}$，则$H\subset G$是一个Sylow $p$-子群。

## §13.4 第二Sylow定理
**定理 13.8 (第二Sylow定理)**
确定一个有限群$G$和一个素数$p$，使得$p$整除$|G|$。

(1) 任意两个Sylow $p$-子群是共轭的。

(2) 对于$G$的任意一个$p$-群子群$H$，存在一个包含$H$的Sylow $p$-子群。

证明：设$K\subset G$为子群，$K$作用在$G/H$上，即$G$的左陪集$\{gH\}$的集合。
$$
gH\mapsto (kg)H.
$$
如果$K$是一个$p$-群而$H$是一个Sylow $p$-子群，那么$|K|=p^{l}$且$|G/H|=|G|/|H|=p^{e}m/p^{e}=m$。由于$p\nmid m$，$K$对$G/H$的作用具有一个不动点：存在一个$g$，使得
$$
k\cdot gH=gH,\quad \forall k\in K.
$$
即对于所有$k\in K$，对于所有$h\in H$，存在$h^{\prime}\in H$，使得
$$
k\cdot g\cdot h=g\cdot h^{\prime}.
$$
因此，$k=gh^{\prime}h^{-1}g^{-1}$。

因此，$k\in gHg^{-1}$。

因此，$K\subset gHg^{-1}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

注意，如果仅存在一个Sylow $p$-子群，则它必然是正规子群。为什么？

对于$\forall g\in G$，
$$
\begin{aligned}
    C_{g}:G&\to G\\
    x&\mapsto gxg^{-1}
\end{aligned}
$$
是一个群同构。所以它将阶为$k$的子群映射到阶为$k$的子群。如果只存在一个这样的子群$H$，那么$C_{g}$必须将$H$映射到$H$，对于所有$g\in G$，即
$$
gHg^{-1}=H,\quad \forall g\in G.
$$
因此$H$是正规子群。

第二个Sylow定理告诉我们，逆命题也是成立的。

**推论 13.9** 如果Sylow $p$-子群$H$是$G$的正规子群，则$H$是$G$中唯一的Sylow $p$-子群。
## §13.5 正规化子
在第三Sylow定理之前，我们还需要引入一个重要的概念——正规化子。

**定义 13.4** 设$K\subset G$是一个子群。那么
$$
N(K)=\{g\in G\mid gKg^{-1}=K\}
$$
称为$K$的**正规化子(normalizer)**。

**命题 13.10** (1) $N(K)$是$G$的一个子群。

(2) $K\triangleleft N(K)$，即$K$在$N(K)$中是正规子群。

(3) $N(K)$是$G$对$\mathcal{P}_{|K|}(G)$的共轭作用的稳定子，其中$\mathcal{P}_{|K|}(G)$表示$G$中阶等于$|K|$的所有子群的集合。

## §13.6 第三Sylow定理
在进入第三Sylow定理之前，我们先快速回顾一个有用的事实。我们知道半直积可以被识别为分裂短正合列：$H\cong L\rtimes R$ $\Leftrightarrow$ 存在分裂的短正合列<img src="https://i.upmath.me/svg/%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0A1%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20L%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20H%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20R%20%5Carrow%5Br%5D%20%5Carrow%5Bl%2C%20%22j%22'%2C%20bend%20right%5D%20%26%201%0A%5Cend%7Btikzcd%7D" style="display:inline;"/>

**问题**：那么什么时候我们可以识别为直积呢？

**命题 13.11** 以下陈述是等价的：

(1) $H\cong L\times R$。

(2) $H\cong L\rtimes_{\phi} R$，其中$\phi:R\to \mathrm{Aut}(L)$是平凡映射。

(3) 存在一个分裂短正合列<img src="https://i.upmath.me/svg/%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AL%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20H%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20R%20%5Carrow%5Bl%2C%20%22j%22'%2C%20bend%20right%5D%0A%5Cend%7Btikzcd%7D" style="display:inline;"/>，使得$j(R)\triangleleft H$。

证明：我们来证明(1)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(2)$\Rightarrow$(1)的链式推理。

(1)$\Rightarrow$(3)：如果$H\cong L\times R$，我们可以定义包含映射
$$
\begin{aligned}
i: L&\to H\\
l&\mapsto (l,1_{R})
\end{aligned}
$$
以及投影映射
$$
\begin{aligned}
p: H&\to R\\
(l,r)&\mapsto r
\end{aligned}
$$
这两个映射都是群同态。于是我们得到了一个分裂的短正合列
<div align=center>
    <img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AL%20%5Carrow%5Br%2C%20%22i%22%5D%20%26%20H%20%5Carrow%5Br%2C%20%22p%22%5D%20%26%20R%20%5Carrow%5Bl%2C%20%22j%22%2C%20bend%20left%5D%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

$\begin{aligned}
\text{其中}j: R&\to H~\text{是另一种“包含”同态。}\\
r&\mapsto (1_{L},r)
\end{aligned}$

此外，$j(R)\triangleleft H$。为什么？
$$
\begin{aligned}
(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime},r^{\prime})^{-1}&=(l^{\prime},r^{\prime})(1_{L},r)(l^{\prime -1},r^{\prime -1})\\
&=(l^{\prime}1_{L}l^{\prime -1},r^{\prime}rr^{\prime -1})\\
&=(1_{L},r^{\prime}rr^{\prime -1})\in j(R).
\end{aligned}
$$

(3)$\Rightarrow$(2)：设$r\in j(R)$，$l\in i(L)$。那么
$$
rlr^{-1}l^{-1}\in i(L)\cap j(R)=\{1_{H}\}
$$
因此，我们可以得到$\phi(r) = \mathrm{id}_L$。

(2)$\Rightarrow$(1)：如果$\phi(r)=\mathrm{id}_{L}$，$\forall r$，那么
$$
\begin{aligned}
(l_{1},r_{1})\cdot(l_{2},r_{2})&=(l_{1}\cdot\phi_{r_{1}}(l_{2}),r_{1}r_{2})\\
&=(l_{1}l_{2},r_{1}r_{2})
\end{aligned}
$$
这就是$L\times R$上的乘法定义。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

现在我们陈述第三Sylow定理，这将极大地帮助我们确定群的结构。

**定理 13.12 (第三Sylow定理)**
设$G$是一个有限群，$p$是一个能整除$|G|$的素数。我们记
$$
\mathrm{Syl}_{p}(G)
$$
为$G$的Sylow $p$-子群的集合。则

(1) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|$能整除$m$。

(2) $|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\equiv 1\pmod p$。

**注** (1) 表明$G$通过共轭作用作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上，根据第二个Sylow定理，该作用只有一个轨道，即$|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=|G|/\text{稳定子}~G_{H}$，其中$H$是一个Sylow $p$-子群。由于$H \subset G_{H}$，因此$|G_{H}|=p^{e}\cdot m^{\prime}$，所以
$$
|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=p^{e}m/p^{e}\cdot m^{\prime}=m/m^{\prime}。
$$

对于(2)，我们将证明对于任何$H\in\mathrm{Syl}_{p}(G)$，$H$是$H$对$\mathrm{Syl}_{p}(G)$共轭作用的唯一不动点。因此
$$
|\mathrm{Syl}_{p}(G)|=1+\sum \mathcal{O}
$$
其中$\mathcal{O}$都是$p$的倍数。

证明：设$H$为一个Sylow $p$-子群。$G$通过共轭作用作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上：
$$
K\mapsto gKg^{-1}
$$
根据轨道-稳定子定理，
$$
|G|/|G_{H}|=|\mathcal{O}_{H}|=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|
$$
第二个等式根据第二Sylow定理成立。因为$H \subset G_{H}$，所以$p^{e}\mid |G_{H}|$。因此，
$$
p^{e}m/p^{e}m^{\prime}=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\quad\Rightarrow\quad m=|\mathrm{Syl}_{p}(G)|\cdot m^{\prime}
$$
因为$G$作用在$\mathrm{Syl}_{p}(G)$上，所以$H$是一个不动点。如果$K$是另一个不动点，则有$H \subset N(K)$且$K \subset N(K)$。根据第二个Sylow定理，$H$在$N(K)$中共轭于$K$。但$K\triangleleft N(K)$，所以$H=K$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

这里有一个例子应用：

**命题 13.13** 如果$|G|=15$, $G$是循环的。

证明：我们的策略是确定$\mathrm{Syl}_{5}(G)$和$\mathrm{Syl}_{3}(G)$的结构。

对于$p=5$，我们有
$$
|G|=p^{e}m=5^{1}\cdot 3.
$$

根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|$能整除$3$。

(b) $|\mathrm{Syl}_{5}(G)|\equiv 1\pmod 5$。


(a)告诉我们$|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$或$3$

(b)则要求$|\mathrm{Syl}_{5}(G)|=1$，因为$1$是小于$5$且满足$\equiv 1\pmod 5$的唯一值。

因此，$G$中存在唯一一个阶为$5$的子群$H_{5}$，并且$H_{5}$是正规子群。

类似地，

(c) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|$能整除$5$。

(d) $|\mathrm{Syl}_{3}(G)|\equiv 1\pmod 3$。

由(c)得出$|\mathrm{Syl}_{3}(G)|=1$。因此，$G$中存在唯一一个阶为$3$的子群$H_{3}$，并且$H_{3}$也是正规子群。

由于$\gcd(|H_{3}|,|H_{5}|)=\gcd(3,5)=1$，我们有$H_{3}\cap H_{5}=\{1_{G}\}$。因此可以构造出短正合列
<div align=center>
    <img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0A1%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20H_%7B3%7D%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20H_%7B5%7D%20%5Carrow%5Br%5D%20%5Carrow%5Bl%2C%20%22j%22'%2C%20bend%20right%5D%20%26%201.%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

因为$H_{3}$和$H_{5}$都是$G$的正规子群，因此我们有同构$G\cong H_{3}\times H_{5}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**命题 13.14** 设$|G|=p\cdot P$，其中$p\neq P$是两个素数，且$P$是较大的素数。那么$G\cong \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\rtimes\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。

证明：根据第三Sylow定理，

(a) $|\mathrm{Syl_{P}}(G)|$能整除$p$。

(b) $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|\equiv 1 \pmod P$。

(a) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$或$p<P$

(b) $\Rightarrow$ $|\mathrm{Syl}_{P}(G)|=1$ 因为小于$P$且满足$\equiv 1\pmod P$的唯一数是$1$。

$\Rightarrow$ $\exists! H_{P}\subset G$阶为$P$。

$\Rightarrow$ $H_{P}\triangleleft G$。

因此我们可以考虑以下短正合列
$$
1\to H_{P}\to G\to G/H_{P}\to 1.
$$
因为$|G/H_{P}|=p$，所以$G/H_{P}$同构于$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，而$|H_{P}|=P$，因此$H_{P}$同构于$\mathbb{Z}/P\mathbb{Z}$。

所以我们有以下短正合列
$$
1\to \mathbb{Z}/P\mathbb{Z}\to G\to\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\to 1.
$$
根据第一Sylow定理，存在一个分裂映射$j$，因为$p$和$P$互质。
$$
~\tag*{$\square$}
$$