对称结构与同态

保持结构的映射比单纯的对应提供更多信息。例如，两个有限集合可能元素个数相同，却配备不相容的群运算。我们用简单的长方形对称群说明群公理、元素的阶和同态如何区分结构。

1 可逆变换构成群

群是带有满足结合律的二元运算、单位元以及每个元素的逆元的集合。对于集合的双射，复合满足结合律，恒等函数是单位元，每个逆双射都存在。因此，任何非空且对复合和取逆封闭的双射集合都是变换群。

对以原点为中心的非正方形长方形，令 $h$ 为关于水平轴反射，$v$ 为关于竖直轴反射。则 $h^2=v^2=e$ 且 $hv=vh=r$，即半周旋转。群为 $G=\{e,h,v,r\}$。每个非单位元的阶均为 2，且该群是阿贝尔群。

循环加法群 $\mathbb Z/4\mathbb Z$ 也有四个元素，但 $[1]$ 的阶为 4。这两个群不可能同构，因为同构保持元素的阶：$\phi(g)^k=e$ 当且仅当 $\phi(g^k)=e$，而单射性将其转化为 $g^k=e$。

子群是使用相同运算并对乘积和逆元封闭的非空子集；这些条件也蕴含它包含单位元。在 $G$ 中，子群为 $\{e\}$、分别由 $h,v,r$ 生成的三个二元素群，以及整个 $G$。不存在三元素子群：子群的等大小陪集划分有限群，所以子群大小必须整除 4。这一计数结果是 Lagrange 定理。

2 同态记录结构而非标签

同态 $\phi:G\to K$ 满足 $\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$，并保持单位元与逆元。其核是映到单位元的元素集合，其像是目标群的子群。

核判据。 同态单射当且仅当其核为 $\{e\}$。

证明。 若同态单射，只有 $e$ 与单位元有同一像。反之，若 $\phi(a)=\phi(b)$，则 $\phi(a^{-1}b)=e$，平凡核给出 $a^{-1}b=e$，所以 $a=b$。$\square$

同态 $\phi:G\to\mathbb Z/2\mathbb Z$ 可记录对称变换是否翻转水平坐标：令 $\phi(e)=\phi(h)=[0]$，$\phi(v)=\phi(r)=[1]$。复合对应于模 2 相加水平坐标翻转次数。其核为 $H=\{e,h\}$；该映射忘掉了竖直坐标是否也发生翻转。

3 商与保留的信息

若对所有 $g$ 有 $gNg^{-1}=N$，则子群 $N$ 正规。核是正规的，因为共轭使单位元的像仍为单位元。阿贝尔群的所有子群均正规。

当 $N$ 正规时，陪集按 $(aN)(bN)=abN$ 相乘。为检查代表元，将 $a,b$ 换成 $an,bm$，其乘积为 $ab(b^{-1}nb)m$，属于同一个陪集 $abN$。正规性使公式定义良好。

对长方形群，$G/H$ 有两个元素 $H$ 和 $vH=\{v,r\}$，运算与 $\mathbb Z/2\mathbb Z$ 相同。一般地，

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

映射 $g\ker\phi\mapsto\phi(g)$ 定义良好且单射，因为像相等恰等价于核陪集相等；它满射到像并保持乘积。这个证明说明商如何恰好识别原映射所忘掉的信息。

核对映射规律与长方形模型

核的论证所用的单位元与逆元性质都有短证明。由 $\phi(e)=\phi(e)^2$，在目标群中乘以 $\phi(e)^{-1}$ 得 $\phi(e)=e$。将 $\phi$ 作用于 $gg^{-1}=g^{-1}g=e$，得 $\phi(g^{-1})$ 是 $\phi(g)$ 的双侧逆元。核包含 $e$ 且对 $ab^{-1}$ 封闭；等式 $\phi(a)\phi(b)^{-1}=\phi(ab^{-1})$ 则证明像是子群。这些均来自群规律，而非同态定义中的额外假设。

对长方形，写 $h(x,y)=(x,-y)$、$v(x,y)=(-x,y)$。复合将两个坐标的符号分别相乘，所以水平坐标的符号给出到 $\{1,-1\}$ 的同态，也等价于到模 2 加法群的同态。这直接核对了所述的核。几何对称须将指定顶点映到四个顶点之一；由于两边长度不同，沿较长边的相邻顶点之像随即确定，其余顶点由距离确定。所以至多有四个对称，而列出的四个坐标符号映射全部实现。非正方形假设正是排除正方形额外四分之一周旋转的关键。

4 分级练习

E1 基础。 在长方形群中计算 $hr$、$vr$ 和 $r^2$。

E2 同态。 列出从 $\mathbb Z/4\mathbb Z$ 到 $\mathbb Z/2\mathbb Z$ 的所有同态及其核。

E3 非同构。 证明 $\mathbb Z/6\mathbb Z$ 与置换群 $S_3$ 虽然都有六个元素，却不同构。

E4 证明。 证明阿贝尔群在任意同态下的像是阿贝尔群。整个目标群必须是阿贝尔群吗？

5 完整解答

S1. 因为 $r=hv$ 且生成元可交换，$hr=h^2v=v$、$vr=vhv=h$、$r^2=h^2v^2=e$。

S2. 同态由 $[1]$ 的像决定，该像可为 $[0]$ 或 $[1]$。前者是核为全群的零映射，后者是模 2 约化，核为 $\{[0],[2]\}$。两种选择都满足目标群中的关系 $4[1]=[0]$。

S3. $\mathbb Z/6\mathbb Z$ 是阿贝尔群，但在 $S_3$ 中 $(1\ 2)(2\ 3)\ne(2\ 3)(1\ 2)$。同构保持交换性，所以不存在同构。也可注意 $S_3$ 没有阶为 6 的元素，而该循环群有。

S4. 若 $u=\phi(a)$、$v=\phi(b)$，则 $uv=\phi(ab)=\phi(ba)=vu$。目标群不必是阿贝尔群：任意阿贝尔群到 $S_3$ 的平凡映射，在非阿贝尔目标中有一个元素构成的阿贝尔像。

总结

变换群将抽象公理与可见的对称性联系起来。同态保持运算，核识别丢失的区别。商恰好恢复映射的像。大小相等本身绝不确立结构等价。