# §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。
$$
~\tag*{$\square$}
$$

§13 Sylow定理

# §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。

§14 环

§14.1 环的定义

§13 Sylow定理

§13.1 计数

§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