正規子群與同構定理

商有意忽略某些區別。要使其乘法有意義，結果不能依賴代表元的選擇。正規性恰是群中這一忽略過程的相容條件。同態則解釋映射忘掉了哪些信息、保留了哪些結構。

1 同態與核

群同態 $\phi:G\to K$ 滿足 $\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$。它將單位元映為單位元，因為 $\phi(e)=\phi(e)^2$ 且可消去；對 $aa^{-1}=e$ 應用映射可知逆元映為逆元。核為 $\ker\phi=\{g:\phi(g)=e\}$，像為 $\phi(G)$。由子群判據，兩者都是子群。

同態單射當且僅當核平凡：$\phi(a)=\phi(b)$ 等價於 $\phi(a^{-1}b)=e$。同構是雙射同態，其逆也是同態，因此它識別的是兩個群結構，而不只是大小相同的兩個集合。

例子包括 $\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z$、$k\mapsto[k]$，以及 $\det:GL_n(\mathbb R)\to\mathbb R^\times$。後者的核由行列式為一的矩陣組成。加法實數上的映射 $x\mapsto x+1$ 雖為雙射，卻不是同態，因為它不保持零。

2 正規性使乘法定義良好

若對每個 $g\in G$ 都有 $gNg^{-1}=N$，則稱子群 $N\le G$ 正規，記為 $N\trianglelefteq G$。這等價於 $gN=Ng$。阿貝爾群的每個子群都正規。每個核也正規，因為 $\phi(gng^{-1})=\phi(g)e\phi(g)^{-1}=e$；再反向共軛可得相等而非僅有包含。

商群定理。 若 $N$ 正規，則規則 $(aN)(bN)=abN$ 在陪集上給出群結構，記為 $G/N$。

證明。 若 $a'=an_1$、$b'=bn_2$，則由正規性有 $a'b'=ab(b^{-1}n_1b)n_2\in abN$。因此輸出陪集不依賴代表元。結合律來自 $G$；單位元為 $N$，$aN$ 的逆為 $a^{-1}N$。$\square$

反之，若所提乘法定義良好，$nN=N$ 蘊含對 $n\in N$ 有 $(nN)(gN)=gN$，故 $ngN=gN$ 且 $g^{-1}ng\in N$。將同樣的包含關係應用於 $g^{-1}$，得到正規性。這證明正規性是必要條件，而不只是方便的充分條件。

3 第一同構定理

定理。 同態 $\phi:G\to K$ 誘導同構

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

證明。 兩個陪集相等當且僅當 $g^{-1}h\in\ker\phi$，等價於 $\phi(g)=\phi(h)$。這同時證明定義良好和單射。每個像元素都被取到，且 $\phi(gh)=\phi(g)\phi(h)$ 說明乘法得以保持。$\square$

對 $\phi:\mathbb Z\to\mathbb Z/6\mathbb Z$、$k\mapsto[2k]$，核為 $3\mathbb Z$，像為 $\{[0],[2],[4]\}$。因此 $\mathbb Z/3\mathbb Z$ 同構於該像，而不是整個六元素目標群。

符號映射的核是偶置換群 $A_n$。當 $n\ge2$ 時它滿射到 $\{\pm1\}$，故 $S_n/A_n\cong\{\pm1\}$。特別地，$A_n$ 的正規性來自它是核，無須另行枚舉陪集。

4 另兩個同構定理

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

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

證明乘法封閉時，利用正規性將一個 $N$ 因子移過 $H$ 因子；逆元同理處理。將投影 $G\to G/N$ 限制在 $H$ 上，其核為 $H\cap N$、像為 $HN/N$，故第一定理給出結論，並說明 $H\cap N$ 在 $H$ 中正規。

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

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

映射 $gN\mapsto gK$ 由於 $N\subseteq K$ 而定義良好，它是滿射，核為 $K/N$。應用第一定理即可。該陳述沒有省略正規性假設：缺少這些假設時，所示商未必是群。

代表元失效的例子與完整投影證明

在 $S_3$ 中取 $H=\{e,(1\ 2)\}$、$b=(1\ 3)$。同一個陪集 $H$ 可用 $e$ 或 $(1\ 2)$ 作代表。以 $e$ 計算它與 $bH$ 的乘積得到 $bH$；以 $(1\ 2)$ 計算則得到 $(1\ 2)bH$，二者不同，因為 $b^{-1}(1\ 2)b=(2\ 3)\notin H$。所以代表元上的規則可能根本沒有定義出陪集上的運算；單純數出陪集個數不能補救這一問題。

下面補全第二同構定理的封閉性細節。$HN$ 含 $e$，所以非空。對 $h_1n_1,h_2n_2\in HN$，有

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

第一個因子屬於 $H$；括號中的因子由正規性屬於 $N$。子群判據給出 $HN\le G$。$N$ 在 $G$ 中正規也使它在 $HN$ 中正規。限制投影 $h\mapsto hN$ 的核恰為 $H\cap N$；任意 $hn\in HN$ 的陪集都等於 $hN$，所以其像是整個 $HN/N$。這就逐一證明了定理中使用的群與映射都成立。

第三同構定理中，$gN=hN$ 給出 $h^{-1}g\in N\subseteq K$，從而 $gK=hK$。所以 $gN\mapsto gK$ 定義良好。它保持乘積，因為 $(gh)K=(gK)(hK)$；它是滿射，因為每個 $gK$ 都是 $gN$ 的像。其核恰由 $k\in K$ 的陪集 $kN$ 組成，即 $K/N$。核必正規，故先得到 $K/N\trianglelefteq G/N$，再取最後的商群。

5 分級練習

E1 基礎。 證明每個指數為 2 的子群都正規。

E2 第一定理。 對 $\phi:\mathbb Z\to\mathbb Z/12\mathbb Z$、$k\mapsto[8k]$，求核、像及誘導同構。

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

E4 反例。 用共軛證明 $H=\{e,(1\ 2)\}$ 在 $S_3$ 中不正規。

6 完整解答

S1. 對 $g\in H$，$gH$ 和 $Hg$ 均等於 $H$。對 $g\notin H$，唯一的另一個左陪集和唯一的另一個右陪集均為補集 $G\setminus H$。故對每個 $g$ 都有 $gH=Hg$。

S2. $[8k]=[0]$ 當且僅當 $12\mid8k$，等價於 $3\mid k$。核為 $3\mathbb Z$，像為 $\{[0],[8],[4]\}$。誘導同構為 $\mathbb Z/3\mathbb Z\to\phi(\mathbb Z)$、$[k]_3\mapsto[8k]_{12}$。

S3. 使用 $N=12\mathbb Z\subset K=4\mathbb Z\subset G=\mathbb Z$。第三定理給出 $\mathbb Z/4\mathbb Z$。中間子群有三個元素，留下四個商陪集，與結果一致。

S4. 用 $(1\ 3)$ 共軛 $(1\ 2)$ 得到 $(3\ 2)$，它不屬於 $H$。因此對於該 $g$ 有 $gHg^{-1}\ne H$。Lagrange 定理給出指數為 3，而非特殊的指數 2 條件。

總結

核準確識別同態所消除的差別。正規性使陪集乘法不依賴代表元。第一同構定理將剩餘信息識別為像；對精心選取的投影映射應用第一定理，即得第二和第三定理。