# §12 单群与Hölder计划
## §12.1 单群
有些群不能由其他群构建出来。例如，如果$H$不允许任何（非平凡的）正规子群呢？那么就不可能有短正合列，除非$H \cong K$或$G \cong H$。在这种意义上，没有正规子群的群是最简单的群。

**定义 12.1** 一个群$H$称为**单群(simple group)**，如果它没有非平凡的正规子群。




**例 12.1** 一个循环群当且仅当它是有限的素数阶时是单群。(如果它是素数阶，它是单群，因为它没有子群，除了它本身和$\{1\}$。另一方面，阶为$n$的循环群对于每一个除以$n$的数$n/k$都有一个子群；例如，取任意生成元$x$的集合$\{1, x^{k}, \ldots\}$。因此，循环群在它是素数阶时是单群。)

**例 12.2** $\mathbb{Z}$不是单群。（它有很多子群，并且Abel群的任意子群都是正规子群。）

**例 12.3** $A_{1}, A_{2}, A_{3}$是单群。（$A_{1}$和$A_{2}$都有一个元素。根据第一个同构定理，$A_{3}$是$S_{3}$的指数为$2$的子群——它是阶为$3$的群，属于素数阶的循环群。）

**例 12.4** $A_{4}$不是单群。（我们需要找到一个非平凡的正规子群。这个群唯一的非平凡正规子群由2个循环的乘积元素构成。这个正规子群同构于Klein四元群，而商群是阶为$3$的循环群。）

**定理 12.1** 对于$n\geqslant 5$，$A_{n}$是一个单群。

证明：为了证明$n \geqslant 5$时交错群$A_n$是单群，我们需要证明$A_n$除了平凡子群$\{e\}$和$A_n$本身外没有其他正规子群。

设$N$是$A_n$的一个正规子群，且$N \neq \{e\}$。我们将证明$N = A_n$，从而证明$A_n$是单群。

1. $N$包含一个3-循环：
    
因为$N$是非平凡的，存在一个非恒等元$\sigma \in N$。我们考虑$\sigma$的互不相交的循环分解中的循环类型。

情况1：如果$\sigma$包含一个3-循环，则$N$包含一个3-循环。

情况2：如果$\sigma$不包含3-循环，我们将通过以下步骤证明$N$仍然包含一个3-循环。

2. 共轭与正规性：
    
因为$N$在$A_n$中是正规子群，对于任意$\tau \in A_n$，共轭$\tau \sigma \tau^{-1} \in N$。该性质使我们能够从已有的元素中生成$N$中的新元素。

3. 生成3-循环：
- 将元素表示为3-循环的乘积：
        
任何偶置换都可以表示为3-循环的乘积。例如，长度为$k \geqslant 3$的循环$(a_1\, a_2\, \dots\, a_k)$可以写成：
$$
(a_1\, a_2\, a_3)(a_1\, a_3\, a_4)\dots(a_1\, a_{k-1}\, a_k)
$$
- 使用对易子得到3-循环：
        
考虑$\sigma$和适当的$\tau \in A_n$。换位子$\gamma = \sigma \tau \sigma^{-1} \tau^{-1}$是$N$的一个元素（因为$N$是正规子群）且可以是3-循环。

4. $N$包含所有3-循环：
- 共轭类：

在$A_n$中，3-循环分为两个共轭类，但它们的并集是所有3-循环的集合。因为$N$包含至少一个3-循环且是正规子群，它必须包含该共轭类的所有3-循环。

- 用3-循环生成$A_n$：

当$n \geqslant 5$时，群$A_n$由其3-循环生成。因此，由所有3-循环生成的$A_n$的子群是$A_n$本身。

5. 结论：因为$N$包含所有3-循环，$N$生成$A_n$。因此，$N = A_n$。

因此，当$n \geqslant 5$时，$A_n$是单群。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
## §12.2 Hölder计划
现在我们已经看到了很多群的例子，我们想开始对它们进行分类。我们是否可以想出一个一般的策略来帮助我们说：“我知道所有的群”？

**问题**：我们如何分类所有群？

在某种程度上，这个问题没有一个令人满意的答案。我们可以尝试了解所有的单群，然后了解它们的构造方式。19世纪开始的策略被称为Hölder计划。它看起来很自然。问题是，我们不知道如何执行它。我们甚至无法分类所有有限单群。

那么我们是否可以了解所有有限单群及其扩张？这至少会分类所有有限群。我们仍然不知道如何做到这一点。我们可以在1985年左右对所有有限单群进行分类，但我们仍然不知道如何解决分类其扩张的问题。为了让您了解分类的困难程度，请考虑以下定理为Thompson赢得了Fields奖：

**定理 12.2 （Feit-Thompson或奇数阶定理）**
每个有限的非Abel单群都有偶数阶。

因此，例如，如果你给我一个非Abel群，其阶是奇数，我就知道它不是单群。

**定义 12.2** 用于分类群的**Hölder计划(Hölder program)** 为：

(1) 分类所有单群。

(2) 分类所有构造单群扩张的方式。

我们不知道如何完成这个计划。例如，我们不知道如何做第(1)步。我们只知道如何对有限单群进行分类，并且直到1985年才完成这一工作。即使对于有限群，我们也没有完成第(2)步。
## §12.3 可解群
继Hölder计划的重点关注复杂群结构的理解和分解后，我们现在探讨可解群，这些群可以系统地分解为简单的Abel分量。

**定义 12.3** 群$G$称为**可解的（Solvable）**，如果它有一个有限的子群序列
$$
G=G_{0}\triangleright G_{1}\triangleright G_{2}\triangleright\cdots\triangleright G_{n}=\{e\}
$$
使得每个$G_{i}$在$G_{i-1}$中是正规子群且相应的商群$G_{i-1}/G$是Abel的。

**注** 群是“可解的”，因为它可以被分解为更小、更简单的部分，最终达到平凡群。

**例 12.5** 每个循环群都是Abel群，因此它是平凡地可解的。

**例 12.6**
$S_{3}$是可解的。正规序列：$S_{3}\triangleright A_{3}\triangleright\{e\}$。商群：$S_{3}/A_{3}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$，且$A_{3}/\{e\}\cong\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。它们都是Abel的，因此$S_{3}$是可解的。

**例 12.7** $S_{5}$不是可解的。缺乏合适的正规序列突显了可解群和更复杂群之间的差异。

**命题 12.3** 可解群的每个子群都是可解的。

证明：一个可解群$G$有一个子群链：
$$
G=G_{0} \triangleright G_{1} \triangleright \dots \triangleright G_{n}=\{e\},
$$
其中每个商群$G_{i-1}/G_{i}$都是Abel的。

设$H \subseteq G$为子群。我们可以将$H$与链中的每个群相交：
$$
H \cap G_{0} \triangleright H \cap G_{1} \triangleright \dots \triangleright H \cap G_{n}=\{e\}。
$$
每个商群$(H\cap G_{i-1})/(H \cap G_{i})$是Abel商群$G_{i-1}/G_{i}$的子群，因此它也是Abel的。

这给出了$H$的一个Abel商群的正规序列，意味着$H$是可解的。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**命题 12.4** 可解群的商群是可解的。

证明：如果群$G$是可解的，则它有一个正规子群链：
$$
G=G_{0}\triangleright G_{1} \triangleright \dots \triangleright G_{n}=\{e\},
$$
其中每个商群$G_{i-1}/G_{i}$都是Abel的。

设$N \triangleleft G$为正规子群，我们想要证明商群$G/N$是可解的。

利用$G$的链在商群中形成一个新链：
$$
G_{0}/N \triangleright G_{1}/N \triangleright \dots \triangleright G_{n}/N= \{e\}.
$$

每个新的商群：
$$
   (G_{i-1}/N)/(G_{i}/N) \cong G_{i-1}/G_{i}
$$
是Abel的，因为原始商群$G_{i-1}/G_{i}$是Abel的。

因此，商群$G / N$是可解的。
$$
~\tag*{$\square$}
$$
关于可解群的讨论展示了如何将群分解为更简单的组成部分。虽然可解群结构清晰且易于处理，但非可解群（如单群）的研究在理解群论的广泛图景中仍然至关重要。

在下一章中，我们将继续探讨群论中的更多专门结果，例如Sylow定理，它为有限群的结构提供了更深刻的见解。

§12 单群和Hölder计划

§11 短正合序列和半直积

§10 同构定理

# §9 商群
## §9.1 商群
设 $H\subset G$ 是一个子群。

**问题**：何时轨道集
$$
G/H
$$
可以被赋予群结构？



**注** $Hg$ 是 $g$ 关于 $H$ 在 $G$ 上的作用的轨道。因此
$$
Hg=\mathcal{O}_{g}
$$

因此，问题是：是否存在一种自然的群运算用于 $H$ 的陪集的集合？

一个候选
$$
\begin{aligned}
    G/H\times G/H&\to G/H\\
    (Hg_{1},Hg_{2})&\mapsto Hg_{1}g_{2}
\end{aligned}
$$
这个映射是良定义的吗？

一般来说，不是。但在特殊情况下是良定义的！

**定理 9.1** 如果 $H\subset G$ 是正规子群，则运算
$$
\begin{aligned}
G/H\times G/H&\to G/H\\
(Hg_{1},Hg_{2})&\mapsto Hg_{1}g_{2}
\end{aligned}
$$
是良定义的，并且使得 $G/H$ 成为一个群。

证明：要证明这个运算是良定义的，我们需要证明：如果存在某些 $g_{1}, g_{1}^{\prime}, g_{2}, g_{2}^{\prime}\in G$ 使得 $Hg_{1}=Hg_{1}^{\prime}$ 且 $Hg_{2}=Hg_{2}^{\prime}$，那么
$$
Hg_{1}g_{2}=Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}。
$$
事实上，
$$
Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}=\{hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}\mid h\in H\}
$$
其中
$$
\begin{aligned}
Hg_{1}=Hg_{1}^{\prime} &\Rightarrow \mathcal{O}_{g_{1}}=\mathcal{O}_{g_{1}^{\prime}}\\
&\Rightarrow g_{1}, g_{1}^{\prime}~\text{属于相同轨道}\\
&\Rightarrow g_{1}^{\prime}=h_{1}g_{1}, \text{对于某个}~h_{1}\in H.
\end{aligned}
$$
同样，
$$
Hg_{2}=Hg_{2}^{\prime} \Rightarrow g_{2}^{\prime}=h_{2}g_{2}, \text{对于某个}~h_{2}\in H。
$$
因此
$$
\begin{aligned}
Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}&=\{h\cdot h_{1}g_{1}\cdot h_{2}g_{2}\mid h\in H\}\\
&=\{h\cdot h_{1}g_{1}\cdot h_{2}g_{1}^{-1}g_{1}g_{2}\mid h\in H\}\\
&=\{h\cdot h_{1}h_{3}g_{1}g_{2}\mid h\in H\}\subset Hg_{1}g_{2}
\end{aligned}
$$
由于 $H$ 是正规子群，我们用 $h_{3}:=g_{1}h_{2}g_{1}^{-1}\in H$。

由于 $Hg_{1}g_{2}$ 和 $Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}$ 是轨道/等价类，
$$
Hg_{1}g_{2}\supset Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}
$$
因此，
$$
Hg_{1}g_{2}=Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}
$$
良定义证明完毕。

为什么这是一个群？

(1) 结合性
$$
\begin{aligned}
(Hg_{1}\cdot Hg_{2})\cdot Hg_{3}&=Hg_{1}g_{2}\cdot Hg_{3}\\
&=H(g_{1}g_{2})g_{3}\\
&=Hg_{1}(g_{2}g_{3})\\
&=Hg_{1}\cdot Hg_{2}g_{3}\\
&=Hg_{1}\cdot (Hg_{2}\cdot Hg_{3}).
\end{aligned}
$$
(2) 单位元
$$
H1_{G}\cdot Hg=Hg=Hg\cdot H 1_{G}.
$$
(3) 逆元
$$
\begin{aligned}
Hg\cdot Hg^{-1}&=Hgg^{-1}\\
&=H1_{G}\\
&=Hg^{-1}g\\
&=Hg^{-1}\cdot Hg.
\end{aligned}
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$

来看一些例子。

**例 9.1** $H=\{\mathrm{id}_{G}\}\subset G$。

$H$ 是正规子群，因为 $\forall g\in G$，
$$
\begin{aligned}
gHg^{-1}&=\{ghg^{-1}\mid h\in H\}\\
&=\{g\mathrm{id}_{G}g^{-1}\}\\
&=\{\mathrm{id}_{G}\}\\
&=H
\end{aligned}
$$
但 $G/H$ 不是一个新的特殊群，因为存在一个同构
$$
\begin{aligned}
G/H&\to G\\
Hg&\mapsto g
\end{aligned}
$$

**例 9.2** 设 $H=n\mathbb{Z}=\{\text{n 的倍数}\}=\{\ldots,-2n,-n,0,n,2n,\ldots\}$。则 $Ha=\{a^{\prime}\in\mathbb{Z}, \text{使得}~a^{\prime}=kn+a, \text{对于某个}~k\in\mathbb{Z}\}=\mathcal{O}_{a}$。

**命题 9.2** 存在一个双射 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to \{0,1,\ldots,n-1\}$，对于所有 $n\geqslant 1$。

证明：给定 $\mathcal{O}_{a}\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，设 $r_{a}$ 是唯一的数，使得
$$
a=kn+r_{a}, k\in\mathbb{Z}, r_{a}\in\{0,1,\ldots,n-1\}
$$
即 $a\div k$ 的余数。（从小学学过的概念。）

因此，让这个双射为
$$
\begin{aligned}
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}&\to\{0,1,\ldots,n-1\}\\
\mathcal{O}_{a}&\mapsto r_{a}
\end{aligned}
$$
- 良定义？

如果 $\mathcal{O}_{a}=\mathcal{O}_{a^{\prime}}$，
$$
a^{\prime}=a+k^{\prime}n\tag{根据轨道的定义}
$$
因此
$$
\begin{aligned}
a^{\prime}&=k^{\prime}n+kn+r_{a}\\
&=(k^{\prime}+k)n+r_{a}
\end{aligned}
$$
因此
$$
r_{a^{\prime}}=r_{a}
$$
其中 $a^{\prime}=kn+r_{a^{\prime}}$ 中唯一的数属于 $\{0,1,\ldots,n-1\}$。因此，良定义！

- 单射？

给定 $\mathcal{O}_{a}$，$\mathcal{O}_{b}$，
$$
r_{a}=r_{b}
$$
$\Rightarrow$
$$
\begin{aligned}
a&=kn+r_{a}\\
b&=ln+r_{b}\\
&=ln+r_{a}
\end{aligned}
$$
$\Rightarrow$
$$
a-b=(k-l)n
$$
$\Rightarrow$
$$
a\in\mathcal{O}_{b}
$$
$\Rightarrow$
$$
\mathcal{O}_{a}=\mathcal{O}_{b}
$$
- 满射？
$$
\begin{aligned}
\mathcal{O}_{0}&\mapsto 0\\
\mathcal{O}_{1}&\mapsto 1\\
\mathcal{O}_{2}&\mapsto 2\\
&~\,\vdots\\
\mathcal{O}_{n-1}&\mapsto n-1
\end{aligned}
$$
$$
~\tag*{$\square$}
$$
根据这个定理，这意味着
$$
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}
$$
是一个阶为
$$
n=|\{0,1,\ldots,n-1\}|
$$
的群。这个群的结构是什么？
<div align=center>
    <img src=//i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0A%5Cmathbb%7BZ%7D%2Fn%5Cmathbb%7BZ%7D%5Ctimes%5Cmathbb%7BZ%7D%2Fn%5Cmathbb%7BZ%7D%20%5Carrow%5Brr%5D%20%5Carrow%5Bdd%2C%20%22%5Ctext%7Bbijection%7D%22'%2C%20bend%20right%3D60%5D%20%26%20%20%26%20%5Cmathbb%7BZ%7D%2Fn%5Cmathbb%7BZ%7D%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%5C%5C%0A%7B(%5Cmathcal%7BO%7D_%7Ba%7D%2C%5Cmathcal%7BO%7D_%7Bb%7D)%7D%20%5Carrow%5Bd%2C%20maps%20to%5D%20%5Carrow%5Brr%2C%20maps%20to%5D%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%26%20%20%26%20%5Cmathcal%7BO%7D_%7Ba%2Bb%7D%20%5Carrow%5Bd%2C%20maps%20to%5D%20%5C%5C%0A%7B(r_%7Ba%7D%2Cr_%7Bb%7D)%7D%20%5Carrow%5Brr%2C%20maps%20to%5D%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%26%20%20%26%20r_%7Ba%2Bb%7D%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%5C%5C%0A%7B%5C%7B0%2C%5Cldots%2Cn-1%5C%7D%5Ctimes%5C%7B0%2C%5Cldots%2Cn-1%5C%7D%7D%20%5Carrow%5Brr%5D%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%26%20%20%26%20%7B%5C%7B0%2C%5Cldots%2Cn-1%5C%7D%7D%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%20%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

即群结构是：将数相加，然后取除以 $n$ 的余数。

**定义 9.1** 设 $a$, $b\in\mathbb{Z}$。我们写作
$$
a\equiv b \pmod n
$$
或
$$
a=b \pmod n
$$
如果
$$
a-b=kn\quad \text{对于某个}~k\in\mathbb{Z}
$$
等价地，$a\equiv b \pmod n \Leftrightarrow \mathcal{O}_{a}=\mathcal{O}_{b}$。

当我们写作
$$
a \pmod n
$$
我们指的是等价类
$$
\mathcal{O}_{a}=Ha\in G/H
$$

**注** 你可能会觉得记住巨大的等价类 $\mathcal{O}_{a}$, $\mathcal{O}_{b}$ 等很麻烦。因此，可以将 $\mathcal{O}_{a}$ 简单地视为一个数，即将 $a$ 除以 $n$ 时得到的余数 $r$：
$$
a=kn+r
$$
这可以通过双射来证明：
$$
\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\cong \{0,\ldots,n-1\}
$$
因此，当你看到 “$a \pmod n$” 时，你可以简单地将其视为数 $r$。同样地，群运算只是“钟表算术”：
$$
(a,b)\mapsto a+b \pmod n
$$
你可以将其视为 $(a+b)\div n$ 的余数。

## §9.2 子群延伸到商群

设 $G$ 是一个任意的群，且 $H\triangleleft G$。

**命题 9.3** 存在一个从包含 $H$ 的 $G$ 的子群集合到 $G/H$ 中的子群集合的双射。

证明：设 $p: G\to G/H$ 是通过将 $g$ 映射到 $[g]$ 给出的群同态。

给定一个子群 $K\subset G$，注意群同态的组合
$$
K\xhookrightarrow{}G\to G/H.
$$
由于任何群同态的像是一个子群，这表明 $p(K)$ 是 $G/H$ 的一个子群。因此我们有一个从 $\{G\text{的子群}\}\to\{G/H\text{的子群}\}$ 的映射，通过将 $K$ 映射到 $p(K)$ 来给出。

我们证明它是满射：给定 $K^{\prime}\subset G/H$，考虑原像 $p^{-1}(K^{\prime})\subset G$。这是 $G$ 的一个子群，因为如果 $p(x), p(y)\in K^{\prime}$，则 $p(xy)=p(x)p(y)\in K^{\prime}$（因为 $K^{\prime}$ 在乘法下是闭合的）。

现在，只需证明对于所有 $K\subset G$，有 $p^{-1}(p(K))=K$。显然，$K\subset p^{-1}(p(K))$。为了证明另一种包含性，设 $x\in p^{-1}(p(K))$。根据 $p(K)$ 的定义，我们知道存在某个 $y\in K$ 使得 $p(x)=p(y)$。于是 $p(xy^{-1})=1_{G/H}$，因此 $xy^{-1}\in H$。由于 $K$ 包含 $H$，所以 $xy^{-1}\in K$，因此 $x\in K$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**命题 9.4** 存在一个从包含 $H$ 的 $G$ 中的正规子群集合到 $G/H$ 中的正规子群集合的双射。

证明：我们证明，如果 $K$ 是正规子群，那么 $p(K)$ 也是正规子群。（这证明了我们有一个映射 $\{G\text{中的正规子群}\}\to\{G/H\text{中的正规子群}\}$。）

实际上，如果 $[k]\in p(K)$，则 $[g][k][g]^{-1}=[gkg^{-1}]=[k^{\prime}]$ 对某个 $k^{\prime}\in K$ 成立，因为 $K$ 在 $G$ 中是正规子群。因此，$p(K)\subset G/H$ 是正规子群。（注意我们在这里使用了 $G\to G/H$ 是满射这一事实——否则，我们无法知道 $G/H$ 的每个元素都在 $p(G)$ 的像中。）

满射性：我们证明如果 $p(K)$ 是正规子群，则 $K=p^{-1}(p(K))$ 是正规子群。如果 $k\in K$ 且 $g\in G$，我们有 $[gkg^{-1}]=[g][k][g^{-1}]=[k^{\prime}]$，对于某个 $[k^{\prime}]\in p(K)$——即，对于某个 $k^{\prime}\in K$。因此 $gkg^{-1}\in p^{-1}(p(K))=K$。

我们知道这个赋值是单射的。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

## §9.3 交换图
**定义 9.2** 假设我们有群 $K$, $G$, $H$, $X$ 以及这些群之间的映射
<div align=center>
<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AK%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Cphi%22%5D%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Calpha%22'%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cpsi%22%5D%20%5C%5C%0AH%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Cbeta%22%5D%20%26%20X%20%20%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

如果 $\psi\circ\phi=\beta\circ\alpha: K\to X$，我们称这个图是**交换的(commutative)**。

**注** $1$ 将表示平凡群。这个群在同构意义下是唯一确定的！

现在来看这个图
<div align=center>
<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AK%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Cphi%22%5D%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22!%22'%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cpsi%22%5D%20%5C%5C%0A1%20%5Carrow%5Br%2C%20%22!%22%5D%26%20X%20%20%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>
                                                                 
这个图交换是什么意思？这当且仅当 $\psi\circ\phi$ 产生将所有元素映射到恒等元的映射时成立。为什么？因为左边和底部的映射是将 $K$ 中的所有元素映射到 $1_{X}\in X$ 的映射（假设它们是群同态），因此 $\psi\circ\phi$ 是常量映射。

或者，我们有 $\mathrm{im}(\phi)\subset \ker(\psi)$。这与我们之前所谈论的精确性很接近。

**例 9.3** $K=G=X=1$。

**例 9.4** $K=SL_{n}(\mathbb{R})$，$G=GL_{n}(\mathbb{R})$，$X=\mathbb{R}^{\times}$，$\phi$ 是包含映射，$\psi=\det$。

**例 9.5** 设 $K\subset G$ 是一个正规子群，因此 $\phi$ 是嵌入映射。设 $X=G/K$（因为 $K$ 是 $G$ 中的正规子群，所以这是一个群），$\psi$ 是正则的商投影。

## §9.4 商群的泛性质
**定理 9.5** 给定一个交换图
<div align=center>
<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AK%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Ctext%7Bnormal%7D%22%5D%20%5Carrow%5Bd%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cpsi%22%5D%20%5C%5C%0A1%20%5Carrow%5Br%5D%26%20X%20%20%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

存在一个唯一的同态 $\tilde{\psi}: G/X\to X$ 使得图
<div align=center>
<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AG%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Cpsi%22%5D%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cpi%22'%5D%20%26%20X%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Ctilde%7B%5Cpsi%7D%22%5D%20%5C%5C%0AG%2FK%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Cmathrm%7Bid%7D%22%5D%20%20%26%20G%2FK%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>
交换。

换句话说，如果 $\psi: G\to X$ 是这样的，使得 $K\subset\ker(\psi)$ 对于某个 $K\subset G$ 是正规子群，那么存在一个唯一的映射 $\tilde{\psi}: G/K\to X$ 使得 $\psi=\tilde{\psi}\circ\pi$，如果 $\pi: G\to G/K$ 是正则映射到商。这被称为**商群的泛性质(universal property of quotient group)**。

证明：我们要定义这个映射 $\tilde{\psi}: G/K\to X$。通过取一个陪集 $Kg\mapsto \psi(g)$ 或者将 $G/K$ 中的任何陪集的原像通过正则映射 $\pi$ 返回到 $G$，来定义它。我们需要证明这是良定义的。

假设 $Kg=Kg^{\prime}$，或等价地 $g=k\cdot g^{\prime}$。是否有 $\psi(g)=\psi(g^{\prime})$？实际上
$$
\psi(g)=\psi(k\cdot g^{\prime})=\psi(k)\cdot \psi(g^{\prime})=\psi(g^{\prime})，
$$
所以一切正常！我们现在需要验证 $\tilde{\psi}$ 是唯一的且 $\psi=\tilde{\psi}\circ\pi$。但我们有
$$
\psi(g)=\tilde{\psi}(Kg)=\tilde{\psi}(\pi(g))，
$$
因此我们只需证明唯一性。如果我们有另一个这样的映射 $\gamma: G/K\to X$，那么我们有
$$
\psi(g)=\gamma(\pi(g))=\gamma(Kg)，
$$
因此 $\gamma$ 和 $\tilde{\psi}$ 在所有陪集 $K$ 上必须一致，那么我们就完成了。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 唯一性是根据定理中的图交换性的约束得出的。

## §9.5 商群的推广
泛性质的概念允许我们推广商群的概念。

设 $G\overset{\chi}{\twoheadrightarrow}H$ 是任意的满同态（我们现在用双箭头表示它）。那么 $H$ 是 $G$ 的“商群”，即一个如下的图
<div align=center>
<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AK%20%5Carrow%5Br%5D%20%5Carrow%5Bd%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cchi%22%5D%20%5C%5C%0A1%20%5Carrow%5Br%5D%20%20%20%26%20H%20%20%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

具有类似的泛性质。为了回答这个问题，$K$ 是什么？我们只需将它设为 $\chi$ 的核，这样：

**定理 9.6** 给定 $G\overset{\chi}{\twoheadrightarrow}H$，设 $K=\ker(\chi)$。那么如下的图
<div align=center>
<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%0AK%20%5Carrow%5Br%2C%20%22i%22%5D%20%5Carrow%5Bd%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cchi%22%5D%20%5C%5C%0A1%20%5Carrow%5Br%5D%26%20H%20%20%0A%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

其中 $i: K\to G$ 是包含映射，具有相同的泛性质，即给定任何群同态 $\psi: G\to X$ 其核包含 $K$，则存在一个唯一的映射 $\tilde{\psi}: H\to X$ 使得
$$
\psi=\tilde{\psi}\circ\chi.
$$

证明：我们如何定义 $\tilde{\psi}: H\to X$？由于 $\chi$ 是满射，对于任何 $h\in H$，我们有 $h=\chi(g)$，尽管 $g$ 可能不是唯一的！现在定义
$$
\tilde{\psi}:=\psi(g)。
$$
我们需要验证这是一个良定义的同态。假设 $\chi(g)=\chi(g^{\prime})$。那么 $\chi(g)=\chi(g^{\prime})$ 意味着 $\chi(g\cdot(g^{\prime})^{-1})=1_{H}$，因此 $g\cdot (g^{\prime})^{-1}\in K$，于是 $g=g^{\prime}\cdot k$，对于某个 $k\in K$。现在的论证与先前定理的证明完全相同。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**推论 9.7** 假设 $\chi: G\to H$ 是满射且 $K=\ker(\chi)$。那么 $H\cong G/K$。

**注** 这就是所谓的第一同构定理。让我们用泛性质给出证明。在下一章我们会再次看到它。

证明：定理 9.3 给出了一个从 $G/K$ 到 $H$ 的映射，定理 9.4 给出了一个从 $H$ 到 $G/K$ 的映射。组合这些映射给我们一个从 $G/K$ 到 $H$ 再到 $G/K$ 的映射，这样复合映射满足正确的交换性约束。这种映射是由我们从两个定理中得到的两个映射的组合给出的，但从 $G/K$ 到 $G/K$ 的恒等映射也满足这些约束。由于这些映射是唯一确定的，我们必须有这个复合是恒等映射。同样地，我们得到另一个从 $H$ 到 $G/K$ 再到 $H$ 的映射，这种复合映射在另一方向上也是恒等映射。所以我们有两个从 $G/K$ 到 $H$ 以及从 $H$ 到 $G/K$ 的映射，它们在两个方向上的复合都是各自的恒等映射，因此 $G/K$ 和 $H$ 之间存在双射关系，而这些映射是群同态，所以它们实际上作为群是同构的！
$$
~\tag*{$\square$}
$$

**注** 这种泛性质的概念允许我们唯一地区分某些对象（在同构意义下），就像我们在推论的证明中所做的那样，因为泛性质是存在性和唯一性的陈述。如果你在思考，两对象“在一个范畴中”是同构的，当且仅当它们具有相同的泛性质。在我们的例子中，两个群（商群和 $G$ 的任何被满射到的群）在这个“群的范畴”中满足相同的泛性质，所以它们是同构的！这是范畴论中非常重要的一个结果，称为Yoneda引理的一个推论。

**命题 9.8** 设 $K$, $G$ 是任意的群，$\phi: K\to G$ 是任意的群同态。则存在另一个群同态 $\psi: G\to H$ 使得我们有一个泛性质
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<img src=https://i.upmath.me/svg/%24%24%0A%5Cbegin%7Btikzcd%7D%20K%20%5Carrow%5Br%2C%20%22%5Cphi%22%5D%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cepsilon%22'%5D%20%26%20G%20%5Carrow%5Bd%2C%20%22%5Cpsi%22%5D%20%5C%5C%201%20%5Carrow%5Br%5D%20%26%20H%20%5Cend%7Btikzcd%7D%0A%24%24>
</div>

其中 $\epsilon: K\to 1$ 是将 $K$ 中的每个元素映射到平凡群 $1$ 的恒等元的恒等同态，底部箭头 $1\to H$ 是从平凡群到 $H$ 的唯一同态。

证明：1. 构造 $H$ 和 $\psi$: 定义 $H$ 为商群
$$
H=G/\phi(K)
$$
其中 $\phi(K)$ 是 $K$ 在 $\phi$ 下的像，是 $G$ 的一个子群。$G/\phi(K)$ 由所有 $g\phi(K)$ 的陪集组成，其中 $g\in G$。

定义 $\psi: G\to H$ 为自然的投影映射
$$
\psi(g)=g\phi(K)
$$
其中 $\psi$ 将每个元素 $g$ 映射到 $H$ 中的陪集，且 $\psi$ 是一个满射同态。

2. 验证图的交换性：我们需要证明
$$
\psi\circ\phi=\epsilon
$$
对于任何 $k\in K$，计算 $\psi(\phi(k))$:
$$
\psi(\phi(k))=\phi(k)\phi(K)=\phi(K)
$$
因为 $\phi(k)\in \phi(K)$，所以陪集 $\phi(k)\phi(K)$ 等于 $\phi(K)$，这是 $H$ 中的恒等元。因此，$\psi(\phi(k))$ 将 $K$ 中的每个元素映射到 $H$ 中的恒等元。这与通过 $\epsilon$ 进行的组合相匹配：
$$
(\text{从}~1~\text{到}~H~\text{的唯一映射})\circ\epsilon(k)=1_{H}.
$$
因此，这个图是交换的。

3. 这个构造满足以下泛性质：对于任何群 $L$ 和任何同态 $f:G\to L$，使得 $f\circ \phi=\epsilon$，存在一个唯一的同态 $\overline{f}: H\to L$ 使得
$$
f=\overline{f}\circ \psi.
$$
由于
(1) $f\circ\phi=\epsilon$，对于所有 $k\in K$：
$$
f(\phi(k))=1_{L}.
$$
这意味着 $\phi(k)\in \ker(f)$ 对于所有 $k\in K$。因此 $\phi(K)\subset \ker(f)$。

(2) 定义 $\overline{f}: H\to L$ 为
$$
\overline{f}(g\phi(K))=f(g).
$$
这是良定义的，因为如果 $g\phi(K)=g^{\prime}\phi(K)$，那么 $g^{-1}g^{\prime}\in \phi(K)$，所以 $f(g^{-1}g^{\prime})=1_{L}$，这意味着 $f(g)=f(g^{\prime})$。因此，$\overline{f}$ 是一个良定义的同态。

(3) 唯一性：如果存在另一个同态 $\overline{f}^{\prime}$ 使得 $f=\overline{f}^{\prime}\circ \psi$，那么对于所有 $g\in G$：
$$
\overline{f}(g\phi(K))=f(g)=\overline{f}^{\prime}(g\phi(K)).
$$
因此，$\overline{f}=\overline{f}^{\prime}$。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

§12 单群与Hölder计划

§12.1 单群

§11 短正合序列与半直积

§11.1 扩张——短正合序列

§10 同构定理

§10.1 第一同构定理

§10.1.1 商映射作为群同态

§9 商群

§9.1 商群