正规子群与同构定理

商有意忽略某些区别。要使其乘法有意义，结果不能依赖代表元的选择。正规性恰是群中这一忽略过程的相容条件。同态则解释映射忘掉了哪些信息、保留了哪些结构。

1 同态与核

群同态 $\phi:G\to K$ 满足 $\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$。它将单位元映为单位元，因为 $\phi(e)=\phi(e)^2$ 且可消去；对 $aa^{-1}=e$ 应用映射可知逆元映为逆元。核为 $\ker\phi=\{g:\phi(g)=e\}$，像为 $\phi(G)$。由子群判据，两者都是子群。

同态单射当且仅当核平凡：$\phi(a)=\phi(b)$ 等价于 $\phi(a^{-1}b)=e$。同构是双射同态，其逆也是同态，因此它识别的是两个群结构，而不只是大小相同的两个集合。

例子包括 $\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z$、$k\mapsto[k]$，以及 $\det:GL_n(\mathbb R)\to\mathbb R^\times$。后者的核由行列式为一的矩阵组成。加法实数上的映射 $x\mapsto x+1$ 虽为双射，却不是同态，因为它不保持零。

2 正规性使乘法定义良好

若对每个 $g\in G$ 都有 $gNg^{-1}=N$，则称子群 $N\le G$ 正规，记为 $N\trianglelefteq G$。这等价于 $gN=Ng$。阿贝尔群的每个子群都正规。每个核也正规，因为 $\phi(gng^{-1})=\phi(g)e\phi(g)^{-1}=e$；再反向共轭可得相等而非仅有包含。

商群定理。 若 $N$ 正规，则规则 $(aN)(bN)=abN$ 在陪集上给出群结构，记为 $G/N$。

证明。 若 $a'=an_1$、$b'=bn_2$，则由正规性有 $a'b'=ab(b^{-1}n_1b)n_2\in abN$。因此输出陪集不依赖代表元。结合律来自 $G$；单位元为 $N$，$aN$ 的逆为 $a^{-1}N$。$\square$

反之，若所提乘法定义良好，$nN=N$ 蕴含对 $n\in N$ 有 $(nN)(gN)=gN$，故 $ngN=gN$ 且 $g^{-1}ng\in N$。将同样的包含关系应用于 $g^{-1}$，得到正规性。这证明正规性是必要条件，而不只是方便的充分条件。

3 第一同构定理

定理。 同态 $\phi:G\to K$ 诱导同构

$$G/\ker\phi\ \cong\ \phi(G),\qquad g\ker\phi\longmapsto\phi(g).$$

证明。 两个陪集相等当且仅当 $g^{-1}h\in\ker\phi$，等价于 $\phi(g)=\phi(h)$。这同时证明定义良好和单射。每个像元素都被取到，且 $\phi(gh)=\phi(g)\phi(h)$ 说明乘法得以保持。$\square$

对 $\phi:\mathbb Z\to\mathbb Z/6\mathbb Z$、$k\mapsto[2k]$，核为 $3\mathbb Z$，像为 $\{[0],[2],[4]\}$。因此 $\mathbb Z/3\mathbb Z$ 同构于该像，而不是整个六元素目标群。

符号映射的核是偶置换群 $A_n$。当 $n\ge2$ 时它满射到 $\{\pm1\}$，故 $S_n/A_n\cong\{\pm1\}$。特别地，$A_n$ 的正规性来自它是核，无须另行枚举陪集。

4 另两个同构定理

第二定理。 若 $H\le G$ 且 $N\trianglelefteq G$，则 $HN=\{hn:h\in H,n\in N\}$ 是子群，且

$$H/(H\cap N)\cong HN/N.$$

证明乘法封闭时，利用正规性将一个 $N$ 因子移过 $H$ 因子；逆元同理处理。将投影 $G\to G/N$ 限制在 $H$ 上，其核为 $H\cap N$、像为 $HN/N$，故第一定理给出结论，并说明 $H\cap N$ 在 $H$ 中正规。

第三定理。 若 $N\trianglelefteq G$、$K\trianglelefteq G$ 且 $N\subseteq K$，则 $K/N\trianglelefteq G/N$，并有

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

映射 $gN\mapsto gK$ 由于 $N\subseteq K$ 而定义良好，它是满射，核为 $K/N$。应用第一定理即可。该陈述没有省略正规性假设：缺少这些假设时，所示商未必是群。

代表元失效的例子与完整投影证明

在 $S_3$ 中取 $H=\{e,(1\ 2)\}$、$b=(1\ 3)$。同一个陪集 $H$ 可用 $e$ 或 $(1\ 2)$ 作代表。以 $e$ 计算它与 $bH$ 的乘积得到 $bH$；以 $(1\ 2)$ 计算则得到 $(1\ 2)bH$，二者不同，因为 $b^{-1}(1\ 2)b=(2\ 3)\notin H$。所以代表元上的规则可能根本没有定义出陪集上的运算；单纯数出陪集个数不能补救这一问题。

下面补全第二同构定理的封闭性细节。$HN$ 含 $e$，所以非空。对 $h_1n_1,h_2n_2\in HN$，有

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

第一个因子属于 $H$；括号中的因子由正规性属于 $N$。子群判据给出 $HN\le G$。$N$ 在 $G$ 中正规也使它在 $HN$ 中正规。限制投影 $h\mapsto hN$ 的核恰为 $H\cap N$；任意 $hn\in HN$ 的陪集都等于 $hN$，所以其像是整个 $HN/N$。这就逐一证明了定理中使用的群与映射都成立。

第三同构定理中，$gN=hN$ 给出 $h^{-1}g\in N\subseteq K$，从而 $gK=hK$。所以 $gN\mapsto gK$ 定义良好。它保持乘积，因为 $(gh)K=(gK)(hK)$；它是满射，因为每个 $gK$ 都是 $gN$ 的像。其核恰由 $k\in K$ 的陪集 $kN$ 组成，即 $K/N$。核必正规，故先得到 $K/N\trianglelefteq G/N$，再取最后的商群。

5 分级练习

E1 基础。 证明每个指数为 2 的子群都正规。

E2 第一定理。 对 $\phi:\mathbb Z\to\mathbb Z/12\mathbb Z$、$k\mapsto[8k]$，求核、像及诱导同构。

E3 第三定理。 确定 $(\mathbb Z/12\mathbb Z)/(4\mathbb Z/12\mathbb Z)$。

E4 反例。 用共轭证明 $H=\{e,(1\ 2)\}$ 在 $S_3$ 中不正规。

6 完整解答

S1. 对 $g\in H$，$gH$ 和 $Hg$ 均等于 $H$。对 $g\notin H$，唯一的另一个左陪集和唯一的另一个右陪集均为补集 $G\setminus H$。故对每个 $g$ 都有 $gH=Hg$。

S2. $[8k]=[0]$ 当且仅当 $12\mid8k$，等价于 $3\mid k$。核为 $3\mathbb Z$，像为 $\{[0],[8],[4]\}$。诱导同构为 $\mathbb Z/3\mathbb Z\to\phi(\mathbb Z)$、$[k]_3\mapsto[8k]_{12}$。

S3. 使用 $N=12\mathbb Z\subset K=4\mathbb Z\subset G=\mathbb Z$。第三定理给出 $\mathbb Z/4\mathbb Z$。中间子群有三个元素，留下四个商陪集，与结果一致。

S4. 用 $(1\ 3)$ 共轭 $(1\ 2)$ 得到 $(3\ 2)$，它不属于 $H$。因此对于该 $g$ 有 $gHg^{-1}\ne H$。Lagrange 定理给出指数为 3，而非特殊的指数 2 条件。

总结

核准确识别同态所消除的差别。正规性使陪集乘法不依赖代表元。第一同构定理将剩余信息识别为像；对精心选取的投影映射应用第一定理，即得第二和第三定理。