同态、同构与直积

5.1 运算前后，记录的是同一件事

在 $\mathbb Z_{12}$ 中把 7 与 8 相加，结果是 3。假如我们只记录每个数除以 4 的余数，7 变成 3，8 变成 0，两份记录相加仍得到 3。这次计算有两条路线：在原来的群中算完才记录，或者记录以后在较小的群中算。它们碰到了一起。

不是所有“只记一部分信息”的办法都如此。若在 $\mathbb Z_{12}$ 中只记录代表数除以 5 的余数，$7+8=3$ 的记录是 3，而 7、8 的记录相加为 $2+3=0\pmod5$。这个记录方法会把运算关系弄乱。

设 $(G,\cdot)$ 和 $(K,\circ)$ 是群。映射 $f:G\to K$ 称为群同态，如果对任意 $a,b\in G$ 都有

$$f(a\cdot b)=f(a)\circ f(b).$$

左边在 $G$ 中先算一次，再应用 $f$；右边把两个输入分别送到 $K$，用 $K$ 的运算合起来。同态的要求是这两条路线对每一对输入都一致。只检查单位元或几对数值，并不能证明这个全称命题。

图中的两条路线有相同终点。箭头 $f$ 可以把不同输入合在一起，但它必须保留这项运算关系。

来看刚才的映射 $f:\mathbb Z_{12}\to\mathbb Z_4$，规定 $f([x]_{12})=[x]_4$。这个定义用了一个整数代表元，所以还要问：换一个代表元，答案会变吗？若 ，则 ，从而 ，所以 。定义与代表元无关，才真正得到一个映射。现在对任意整数 ，

$$f([x]_{12}+[y]_{12})=[x+y]_4=[x]_4+[y]_4.$$

这就证明了同态性质。换成模 5 时，0 与 12 代表同一个模 12 元素，却给出不同的模 5 余数，问题在“映射能否定义”这一步就出现了。即使强制每次选 $0,\ldots,11$ 的标准代表，让它成为集合上的函数，前面的 $7,8$ 也说明它仍然不是同态。

同态并不要求两边写同一种运算记号。对第 1 章的仿射群

$$F_{a,b}(x)=ax+b\quad(a\ne0),\qquad F_{a,b}F_{c,d}=F_{ac,ad+b},$$

只记录斜率得到 $q(F_{a,b})=a$。定义域用函数复合，陪域 $\mathbb R^\times$ 用乘法，因而

$$q(F_{a,b}F_{c,d})=ac=q(F_{a,b})q(F_{c,d}).$$

平移部分 $b$ 被略去了，斜率的合成规律仍然准确。若改成只记录 $b$，并希望落到实数加法群，通常会失败：复合后的平移量是 $ad+b$，并不是 $b+d$。例如 $F_{2,0}F_{1,3}=F_{2,6}$，平移量 6 不等于 。

置换的符号也是一个同态：$\operatorname{sgn}:S_n\to\{1,-1\}$，右边采用乘法。第 3 章证明的 $\operatorname{sgn}(\sigma\tau)=\operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau)$，现在正好落入这个定义。常值映射 也总是同态；一般常值 要满足 ，消去后只能是 。

5-1

从仿射群到实数加法群，哪一项能直接否定 b 值映射 F_{a,b} ↦ b 是同态？

A.某些仿射变换不交换B.这个映射不是单射C.复合平移量 ad+b 可以不同于 b+dD.它把单位变换送到 0

还有两种以后会不断用到的操作。把 $G$ 的子群包含进 $G$，是同态，因为运算原本就是继承的。若 $f:G\to K$、$u:K\to L$ 都是同态，则

$$(u\circ f)(ab)=u(f(a)f(b))=u(f(a))u(f(b)),$$

复合仍是同态。两个箭头衔接时，要确认前一个箭头的输出确实是后一个箭头能够接收的元素。

5.2 哪些输入被合到了一起

还是取 $f:\mathbb Z_{12}\to\mathbb Z_4$ 的余数映射。0、4、8 都送到 0；1、5、9 都送到 1。这些集合正是我们见过的陪集。要说明这种重现不是巧合，先从同态必然保留的几样东西入手。

记两个群的单位元为 $e_G,e_K$。因为

$$f(e_G)=f(e_Ge_G)=f(e_G)f(e_G),$$

在 $K$ 中消去一个 $f(e_G)$，得到 $f(e_G)=e_K$。这里不能说“函数当然把单位送到单位”；结论来自保运算和群的消去律。再看

$$f(g)f(g^{-1})=f(gg^{-1})=e_K, \qquad f(g^{-1})f(g)=e_K.$$

逆元唯一，所以 $f(g^{-1})=f(g)^{-1}$。正整数次幂可反复使用同态等式，零次幂用单位元结论，负次幂再用逆元结论，合起来就是

$$f(g^t)=f(g)^t\qquad(t\in\mathbb Z).$$

称

$$\ker f=\{g\in G:f(g)=e_K\},\qquad \operatorname{im}f=\{f(g):g\in G\}$$

分别为 $f$ 的核与像。核在定义域，像在陪域。核记录哪些输入与单位元变得无法区分；像记录哪些输出真正能到达。它们都不是任意子集，而是子群。

单位元属于核，所以核非空。若 $a,b\in\ker f$，则

$$f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}=e_Ke_K^{-1}=e_K,$$

从而 $ab^{-1}\in\ker f$，满足子群判据。对于像，任取 $x=f(a),y=f(b)$，有 $$，而 也在像中。因此像也是子群。

同样的计算还能处理子群。若 $A\le G$，则 $f(A)\le K$；把刚才的 $a,b$ 限在 $A$ 即可，因为 $ab^{-1}$ 仍在 。若 ，它的原像

$$f^{-1}(B)=\{g\in G:f(g)\in B\}$$

也是 $G$ 的子群：它含 $e_G$，其中 $a,b$ 满足 $f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}\in B$。这个 是集合的原像记号，不要求 可逆。

现在固定一个实际到达的输出 $f(a)$，求所有同样到达这里的 $x$。逐步改写：

$$\begin{aligned} f(x)=f(a) &\iff f(a)^{-1}f(x)=e_K\\ &\iff f(a^{-1}x)=e_K\\ &\iff a^{-1}x\in\ker f\\ &\iff x\in a\ker f. \end{aligned}$$

所以，一个实际到达的输出的全部原像恰好是核的一个左陪集。这样一份原像集合也叫一个纤维。若选的是像以外的 $y\in K$，其纤维为空；我们刚才的结论特意从 $f(a)$ 出发，保证它非空。

模 12 到模 4 的四个纤维，每块各有三个元素。核是包含 0 的那一块，其他块由它平移得到。

陪集平移给出双射 $k\mapsto ak$，因此每个非空纤维都与核等势。若 $G$ 有限，纤维的数量就是像中的元素数，于是

$$|G|=|\ker f|\,|\operatorname{im}f|.$$

这个公式不要求 $f$ 满射到 $K$；若没有满射，右边必须写 $|\operatorname{im}f|$，不能换成 $|K|$。同态可以落入一个很大的群，真正用到的输出却很少。

更进一步，

$$f\text{ 单射}\quad\Longleftrightarrow\quad\ker f=\{e_G\}.$$

必要性容易看见：单射不允许其他输入与 $e_G$ 同像。充分性需要检查任意碰撞。若 $f(a)=f(b)$，则 $a^{-1}b\in\ker f$；核平凡便给出 ，即 。并不是所有函数都能只看一个输出的原像来判断单射，同态的保运算性质使任意碰撞都能被搬回单位元处。

例如 $q(F_{a,b})=a$ 的核是全体平移 $F_{1,b}$，像是 $\mathbb R^\times$。斜率为 2 的纤维是全体 ，并非只有 。在置换符号映射中，核为 ；当 时像为 ，奇置换是另一个纤维。若 ，没有奇置换，像只有 。

5-2

同态 f:G→K 的核只有单位元，就说明 f 是到 K 的双射。

正确错误

在有限群中还有一项方便的限制。若 $g$ 的阶是 $t$，则 $f(g)^t=f(g^t)=e_K$，所以 。同态可以缩短周期；只有当它在 上没有合并元素时，这个周期才不会缩短。

5.3 换一种名字，结构有没有变

循环群 $\langle r\rangle$ 由正方形旋转组成，元素是 $e,r,r^2,r^3$；$\mathbb Z_4$ 的元素是 。把 对应到 ，不只是恰好把四个对象一一配上。旋转的合成恰好对应指数相加：，指数到 4 又回到 0。

一个既是同态又是双射的映射称为同构。若存在这样的 $f:G\to K$，写作 $G\cong K$。双射保证没有遗漏或合并元素，保运算保证改名以后乘法表仍对得上。要证明同构，必须交代这两部分；“两个集合都有四个元素”仅完成了很小的一步。

假设 $f$ 是同构。它的反函数也保运算：任意 $x,y\in K$ 都能唯一写作 $x=f(a),y=f(b)$，于是

$$f^{-1}(xy)=f^{-1}(f(ab))=ab=f^{-1}(x)f^{-1}(y).$$

同构复合仍是同构，恒等映射也是同构。因此“同构”具有自反、对称、传递三种性质。我们可以把相互同构的群当作同一种运算结构，但仍须分清某个论证里元素实际属于哪个群。

同构会保留什么

若 $f$ 是同构，则对任意整数 $t$，

$$f(g)^t=e_K\iff f(g^t)=f(e_G)\iff g^t=e_G.$$

最后一个反向用到了单射。所以 $g$ 与 $f(g)$ 的阶相同，无限阶也会保留。特别地，同构两边每一种有限阶的元素数量都相同。

若 $G$ 交换，任意 $x=f(a),y=f(b)\in K$ 满足

$$xy=f(ab)=f(ba)=yx,$$

因此 $K$ 也交换。这里让任意 $x,y$ 都有原像，用到了满射。类似地，若 $G=\langle g\rangle$，满射给出 $K=\langle f(g)\rangle$。这些性质可经同构的反函数传回去，所以是否交换、是否循环都是同构保留的性质。子群也通过 $A\mapsto$ 一一对应，逆方向是取 ，包含关系和子群大小随之保留。

这些不变量特别适合否定同构。$S_3$ 与 $\mathbb Z_6$ 都有六个元素，前者有不交换的置换，后者交换，所以不同构。$U(8)=\{1,3,5,7\}$ 与 都交换、都有四个元素，但 的三个非单位元平方都为 1，没有 4 阶元素，而 有，所以也不同构。

同样是四个元素，一边存在绕过所有元素才返回的生成元，另一边每个非单位元走两次就返回。任何保运算的改名都无法消除这个差别。

不变量相同通常只说明“这个办法没有区分开”。要断言同构，仍需构造同构，或应用已经证明的分类结论。下面就给循环群建立这样的结论。

循环群只有两种来源

设 $G=\langle g\rangle$。如果 $g$ 是无限阶，映射

$$\phi:\mathbb Z\to G,\qquad k\mapsto g^k$$

保运算且满射。若 $g^k=g^\ell$，则 $g^{k-\ell}=e$。无限阶迫使 $k=\ell$，所以它也是单射，。

若 $g$ 的阶是有限的 $n$，同样的整数幂映射会每隔 $n$ 合并一次。改用

$$\phi:\mathbb Z_n\to G,\qquad [k]_n\mapsto g^k.$$

由 $[k]_n=[\ell]_n\iff n\mid k-\ell\iff g^k=g^\ell$，既证明了选代表元不影响结果，也证明了不同余类不会相撞。满射来自 ，保运算来自整数幂法则。因此 。结合上一章素数阶群必循环的结论，任何 阶群都同构于 ，其中 是素数。

真正写出一个改名

$U(10)=\{1,3,7,9\}$ 中，$3^0,3^1,3^2,3^3$ 依次为 ，。因此 ，一个具体同构就是 。定义本身给出了四个对应，幂法则给出了所有十六次乘法的统一证明，不必逐格猜表。

再看一个无限例子：全体平移 $T_b(x)=x+b$ 构成仿射群的子群。$b\mapsto T_b$ 把实数加法变成平移复合，因为 $$。它满射到平移群，且 保证单射。因此平移群与 同构。这个例子里没有有限乘法表可以穷举，我们仍然能够准确核对双射和保运算。

5-3

有限群 G、K 都有 12 个元素。下列哪一项足以证明 G 与 K 不同构？

A.已知两群都交换B.已知两群各有一个 3 阶元素C.G 有 4 阶元素，而 K 没有D.暂时没有找到两群间的同构

5.4 生成元的去向，带着一个约束

要找出所有 $\mathbb Z_{18}\to\mathbb Z_{12}$ 的同态，逐个尝试十八个输入的去向会非常费事。循环群给了我们一个更短的入口：知道 1 去哪里，其他数的去向就被迫确定了。

设 $f(1)=a\in\mathbb Z_{12}$。由保加法，$f(k)=ka$。但 $\mathbb Z_{18}$ 中 ，因此目标端必须满足 ，也就是 。约去最大公因数 6 后，条件为 。候选只有

$$a=0,2,4,6,8,10.$$

这些候选是否全部可用？必须补上充分性。一般地，给定正整数 $m,n$ 和 $a\in\mathbb Z_n$，试着定义

$$f_a:\mathbb Z_m\to\mathbb Z_n,\qquad [k]_m\mapsto[ka]_n.$$

若 $n\mid ma$，换成另一代表元 $k+tm$ 时，输出变化为 $tma$，是 $n$ 的倍数。因此定义良好。又有

$$f_a([k]+[\ell])=[(k+\ell)a]=[ka]+[\ell a],$$

所以确为同态。反过来，任何同态都由 $a=f(1)$ 决定，并满足 $n\mid ma$。至此，“所有同态”的必要条件和充分条件都已证明。

源群走 $m$ 步已经回到 0。若目标每步加 $a$ 却没有同时回到 0，那么同一个源元素 0 会得到两种输出，这个去向选择就不能使用。

令 $d=\gcd(m,n)$，写 $m=dm'$, $n=dn'$，其中 互质。条件 等价于 ，再由互质整除得到 。于是合法的 恰为

$$0,\frac nd,2\frac nd,\ldots,(d-1)\frac nd,$$

共有 $d$ 个。不同 $a$ 在输入 1 处就不同，不会重复计数。特别地，当 $m,n$ 互质，唯一同态是零映射。

从一个参数读出核与像

像是 $\langle a\rangle\le\mathbb Z_n$。令

$$t=\operatorname{ord}_{\mathbb Z_n}(a)=\frac n{\gcd(n,a)}.$$

那么 $ka=0$ 当且仅当 $t\mid k$。对于合法的同态，$ma=0$ 还保证 $t\mid m$，所以核在 $\mathbb Z_m$ 中恰为

$$\{0,t,2t,\ldots,(m/t-1)t\}=\langle t\rangle,$$

大小为 $m/t$，像的大小为 $t$。这也重新核对了 $|G|=|\ker f||\operatorname{im}f|$。当 $a=0$，使用 ，得 ，像只有 0、核是整个源群；公式没有失效。

回到 $\mathbb Z_{18}\to\mathbb Z_{12}$，选择 $a=4$。像为 $\{0,4,8\}$，，核为 。输出 8 的纤维包含 2，所以整块为

$$2+\ker f=\{2,5,8,11,14,17\}.$$

如果改选 $a=2$，像有 6 个元素、核有 3 个元素。合法的参数里没有能生成整个 $\mathbb Z_{12}$ 的 $a$，故没有满射；也没有阶为 18 的目标元素，故没有单射。

在实验中先保持 $m=18,n=12$，比较 $a=4$ 和 $a=2$ 的纤维。再试 $a=1$，查看“在源端已经回到 0”的那一步为何产生冲突。不要把程序画出的标准代表元连线误当成已经通过良定义检查的同态。

自同构是可逆的改名

从一个群到它自己的同构称为自同构。在 $\mathbb Z_n$ 上，$m=n$，所有 $a\in\mathbb Z_n$ 都能定义同态 $[$；它成为自同构当且仅当 的阶为 ，即 。

例如 $\mathbb Z_{10}$ 的自同构恰由 $a=1,3,7,9$ 给出。参数 3 的逆改名是参数 7，因为 $3\cdot7=1\pmod{10}$。复合满足 ，所以这些自同构在复合下构成的群，与模 的单位群 同构（这里取 ）。映射 的单射可在 1 上检验，满射来自刚才的分类，保运算来自复合等式。

整数群则不同。$\mathbb Z\to\mathbb Z$ 的同态仍由 $f(1)=a$ 决定，为 $f(k)=ak$，但源端没有“第 $m$ 步回到 0”的有限关系，因此任意整数 $a$ 都可用。若要满射，1 必须等于 ，只能有 或 。所以 只有保持符号与整体反号这两个自同构。

5-4

从 Z₂₀ 到 Z₁₂ 的同态共有多少个？填写整数。

提交

5.5 两个坐标，要一起回到起点

一个计数器模 5 循环，另一个模 8 循环，每次都往前走一格。第一个每 5 步回到 0，第二个每 8 步回到 0；要让整个状态同时回到 $(0,0)$，步数必须既被 5 整除又被 8 整除，首次是 40 步。这里的状态是一个有序对，两个坐标共同构成一个群元素。

给定群 $G,K$，在集合 $G\times K$ 上规定

$$(g_1,k_1)(g_2,k_2)=(g_1g_2,k_1k_2).$$

所得的群叫作两群的直积，也称外直积。两坐标可以采用不同运算，分别按各自的规则算。闭合性逐坐标成立；三个有序对的两种括号方式，其第一坐标由 $G$ 的结合律相等，第二坐标由 $K$ 的结合律相等。单位元是 $(e_G,e_K)$，逆元是 $(g^{-1},k^{-1})$。这样四项公理都得到了验证。

投影 $p_G(g,k)=g$ 是满同态，因为它保留逐坐标乘法的第一坐标；其核为 $\{e_G\}\times K$。嵌入 $$ 则是单同态。交换坐标 是 的同构，但这并不表示某个因子内的两个元素可以交换。

逐坐标的整数幂给出 $(g,k)^t=(g^t,k^t)$。若 $g,k$ 的阶分别为有限的 ，则

$$(g,k)^t=(e_G,e_K)\iff u\mid t\text{ 且 }v\mid t,$$

所以

$$\operatorname{ord}(g,k)=\operatorname{lcm}(u,v).$$

若任一坐标无限阶，没有正整数次幂能使那个坐标返回，整个有序对也无限阶。有限多个因子的直积完全类似，阶是各坐标阶的最小公倍数。

模 5 和模 8 两个周期首次在第 40 步共同返回。对比模 4 和模 6，它们第 12 步便共同返回，未走遍全部 24 个有序对。

例如 $(6,10)\in\mathbb Z_{15}\times\mathbb Z_{18}$，两个坐标的阶分别为 $15/\gcd(15,6)=5$、，所以有序对的阶为 45。群本身却有 个元素，不能把元素阶和群阶混为一谈。

什么时候整个直积是循环群

$\mathbb Z_m\times\mathbb Z_n$ 有 $mn$ 个元素，而 $(1,1)$ 的阶为 $\mathrm{lcm}$。当 时，这个阶正好等于 ，所以 生成整群，直积同构于 。

如果最大公因数 $d>1$，是否换一个生成元就行？对任意 $(a,b)$，取 $L=\operatorname{lcm}(m,n)=mn/d$，由于 $m,n$ 都整除 ，都有 。所以所有元素的阶都至多为 ，谁也不能生成整群。由此证明

$$\mathbb Z_m\times\mathbb Z_n\cong\mathbb Z_{mn} \quad\Longleftrightarrow\quad\gcd(m,n)=1.$$

这包含 $m=1$ 或 $n=1$ 的平凡因子情形。对于多于两个因子，条件要改为模数两两互质，因为最小公倍数等于所有模数之积，正好要求没有素因子被两个模数共同含有。仅有所有模数的共同最大公因数为 1 还不够；2、3、6 的共同最大公因数为 1，但 $\mathbb Z_2\times\mathbb Z_3\times\mathbb Z_6$ 中所有元素的阶都整除 6，无法生成其 36 个元素。

用两份余数还原一个整数

互质时，还能把同构直接写成

$$\Phi:\mathbb Z_{mn}\longrightarrow\mathbb Z_m\times\mathbb Z_n, \qquad [x]_{mn}\longmapsto([x]_m,[x]_n).$$

代表元相差 $mn$ 的倍数时，两份余数都不变，所以良定义。逐坐标相加说明它是同态。若两输入同像，它们的差同时被 $m,n$ 整除；互质使这个差被 $mn$ 整除，因此在 $\mathbb Z_{mn}$ 中原本就是同一元素。这证明了单射；源、目标都是 $mn$ 元有限集合，故它也是满射。

也可以不借助有限集合大小，而直接造出原像。由 Bézout 恒等式选整数 $u,v$ 使

$$um+vn=1.$$

给定目标 $([a]_m,[b]_n)$，令

$$x=b\,um+a\,vn.$$

模 $m$ 时第一项为 0，$vn\equiv1$，故 $x\equiv a$；模 $n$ 时第二项为 0，$um\equiv1$，故 $x\equiv b$。因此任何两份余数都有解，而单射已经保证解在模 意义下唯一。这就是两个互质模数情形的。

例如要求 $x\equiv2\pmod5$、$x\equiv3\pmod8$。取 $u=5,v=-3$，有 ，因此

$$x=3\cdot25+2\cdot(-24)=27.$$

检查 $27=5\cdot5+2=8\cdot3+3$。所有整数解是 $27+40t$，$t\in\mathbb Z$；不是只得到一个孤立的整数 27。

把实验中的模数设为 5、8，沿 $(1,1)$ 走一遍，观察 40 个状态是否全部出现，再用余数 2、3 反查 27。换成 4、6 时，比较实际走过的状态与整张 $4\times6$ 网格。空着的位置代表什么约束？

若模数为 4、6，同一个整数的两份余数必须同奇偶，因为它们都还记录着模 2 的信息。例如 $(0,1)$ 不可能来自任何整数。此时从 $\mathbb Z_{12}$ 发出的余数映射是单射，却只能到达那 12 个同奇偶的有序对；$\mathbb Z_4\times\mathbb Z_6$ 一共有 24 个元素。失去互质条件，丢掉的是到达所有余数对的能力。第 2 章的 Bézout 方法还能证明一般兼容条件是 ，本章练习会把这一步补出来。

5-5

Z₄×Z₆ 没有 24 阶元素，因此它不可能同构于 Z₂₄。

正确错误

5.6 把现有的群拆开，以及把它变成置换

外直积从两个群建出一个新群。反过来，给定一个群 $G$，若我们在里面找到了两个子群 $H,K$，什么时候能把 $G$ 看成它们的直积？

很自然地尝试一个箭头

$$\mu:H\times K\to G,\qquad(h,k)\mapsto hk.$$

先查满射。它等价于每个 $g\in G$ 都能写成某个 $hk$，也就是 $G=HK$。再查这种写法是否唯一。若 $hk=h'k'$，则

$$h^{-1}h'=k(k')^{-1}\in H\cap K.$$

因此 $H\cap K=\{e\}$ 会强迫 $h=h',k=k'$，给出单射。反过来，若交集中有 ，则 与 是不同的有序对，却都被送到 ，单射就失败。所以唯一分解所需的恰是交集平凡。

不过，双射还不够。直积中计算再映过去是

$$\mu((h_1,k_1)(h_2,k_2))=h_1h_2k_1k_2,$$

分别映过去再相乘则是 $h_1k_1h_2k_2$。中间的 $k_1$ 和 必须能够交换。若每个 都与每个 交换，两式相同， 保运算。这个条件也必要：在外直积里 与 本来就交换，任何同态的像 也必须交换。

因此，若满足

$$G=HK,\qquad H\cap K=\{e\},\qquad hk=kh\ \text{对所有 }h\in H,k\in K,$$

则称 $G$ 是 $H,K$ 的内直积，上面的 $\mu$ 就是 $H\times K\cong G$ 的同构。每一个条件都有明确的工作：覆盖、唯一、保运算。

两种合成得到同一个结果，需要中间两个来自不同子群的因子能够交换。唯一分解负责配对，不能替代这一步。

例如 $U(8)$ 中取 $H=\{1,3\}$、$K=\{1,5\}$。二者交集只有单位 1，而且所有元素都交换。四个乘积 $1\cdot1,3\cdot1,1\cdot5,3\cdot5$ 模 8 依次为 ，覆盖整群。由于 都同构于 ，我们得到

$$U(8)\cong\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2.$$

具体写成 $(i,j)\mapsto3^i5^j\pmod8$ 即可。这个直积的非单位元都为 2 阶，和前面否定 $U(8)\cong\mathbb Z_4$ 的判断一致。

$D_4$ 则给出缺少第三个条件的反例。取 $H=\langle r\rangle$、$K=\langle s\rangle$，每个元素都有唯一表示 $r^is^\varepsilon$，两子群的交集也平凡。然而 。若误把它们当作直积，便会把 算成 ，而实际为 。 不同构于 ，还可由前者不交换、后者交换立即看出。唯一表示描述的是元素如何列出，运算规则仍须另外核对。

每个群都能作为一组置换出现

第 3 章用顶点置换记录几何对称。一个没有几何图形的抽象群，是否也能这样记录？我们可以让它的元素去移动群自己的元素。

固定 $g\in G$，定义

$$\lambda_g:G\to G,\qquad x\mapsto gx.$$

这是一个置换，因为它有反函数 $\lambda_{g^{-1}}$：$g^{-1}(gx)=x$，$$。对任意 ，

$$(\lambda_g\circ\lambda_h)(x)=g(hx)=(gh)x=\lambda_{gh}(x).$$

于是 $g\mapsto\lambda_g$ 是从 $G$ 到全体 $G$ 上置换所成群 $S_G$ 的同态。它还是单射：若 ，在单位元处比较，就有 。同态的像是子群，因此

$$G\cong\{\lambda_g:g\in G\}\le S_G.$$

这就是 Cayley 定理：每个群都同构于一个置换群。若 $|G|=n$，给它的元素编上 $1,\ldots,n$ 的号，就把 $S_G$ 识别为 $S_n$。无限群的结论也成立，只是此时不能改写成某个有限的 。

这里有两层映射，值得停下来分清。$\lambda_g$ 的输入是一个群元素 $x$，输出是另一个群元素 $gx$；$g\mapsto\lambda_g$ 的输出则是一整张置换。对于固定的非单位元 ， 本身并非 的群同态：它把 送到 ，已经违反同态必保单位元的结论。但它完全可以是集合上的双射。Cayley 定理使用的是第二层那个保运算的箭头。

以 $\mathbb Z_4=\{0,1,2,3\}$ 为例，$\lambda_1$ 是循环 $(0\ 1\ 2\ 3)$，，， 是恒等置换。，对应源群中的 。这组置换只有四个元素，是 的子群，并不是那个具有 24 个元素的整个对称群。

把“一个元素”变成“它在某个集合上怎样移动对象”，会让许多代数性质变成轨道与稳定性的计数。我们将在第 7 章把这种做法推广为群作用；在此之前，还要处理同态合并了信息以后，留下来的陪集如何继续运算。

5.7 练习：给每个箭头一个理由

写下映射时，把定义域、陪域和运算一并写清楚。证明同构前不要提前使用“逆映射”；证明不是同构时，则找一个确实保留的性质，让矛盾落在具体元素或数量上。

1. 一项陌生运算

在 $G=\mathbb R\setminus\{-\tfrac12\}$ 上规定 $x*y=x+y+2xy$。利用 ，证明 是群并与实数非零乘法群同构。给出单位元和 的逆元。若不去掉 ，哪条群公理会出问题？

查看第 1 题解析

$f$ 是 $G\to\mathbb R^\times$ 的双射，反函数为 $y\mapsto(y-1)/2$。计算

$$f(x\ast y)=1$$

2. 一个指定输出，能锁定哪个同态

列出 $\mathbb Z_{20}\to\mathbb Z_{12}$ 的所有同态，分别求核与像。若另外要求 $f(7)=9$，还有几个可能？对留下的映射，求 9 的全部原像。

查看第 2 题解析

令 $a=f(1)$，条件为 $12\mid20a$，所以 $a=0,3,6,9$，对应 $f_a(k)=ka($。逐一计算：

3. 不知道乘法表，也能排除所有非平凡映射

设 $|G|=45$、$|K|=28$。证明任意同态 $f:G\to K$ 都把全部元素送到 $e_K$。你的证明是否需要两群交换？

查看第 3 题解析

$\operatorname{im}f\le K$，由 Lagrange 定理，其大小整除 28。另一方面 $45=|\ker f||\operatorname{im}f|$，所以它也整除 45。两数互质，像的大小只能是 1；像含单位元，故像为 $\{e_K\}$。推理只用了子群计数与同态纤维，不需要交换性。同理，任意两个阶互质的有限群之间，都只有这一种同态。

4. 像会不会保存交集

设 $A,B\le G$，$f:G\to K$ 为同态。证明 $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$，并用 的第一坐标投影构造严格包含的例子。再证明：若 单射，包含必为相等。

查看第 4 题解析

若 $x\in A\cap B$，则 $f(x)$ 同时属于两个像，给出所需包含。取 $A=\{(0,0),(1,0)\}$、，它们都是二阶子群，交集只有 。投影下 ，但 ，是严格包含。

5. 先区分，再构造

判断 $\mathbb Z_8\times\mathbb Z_3$ 与 $\mathbb Z_4\times\mathbb Z_6$ 是否同构。再为 与 写出一个具体同构，不能只说它们元素数量相同。

查看第 5 题解析

第一对群都有 24 个元素，但前者的 $(1,1)$ 阶为 24，后者任意元素的阶都整除 12，所以不同构。

第二对分别因 $\gcd(12,5)=1$ 和 $\gcd(20,3)=1$ 而同构于 $\mathbb Z_{60}$。给定 ，由 、，以及 、，还原

6. 不互质时，哪些余数能一起出现

求所有满足 $x\equiv4\pmod6$、$x\equiv8\pmod{10}$ 的整数，并说明把第二个余数改为 7 后为什么无解。推广到正整数 $m,n$：证明一对余数 能来自同一个整数，当且仅当 整除 ；有解时解模 唯一。

查看第 6 题解析

写 $x=4+6t$，第二个条件变为 $6t\equiv4\pmod{10}$，即 $3t\equiv2\pmod5$。3 在模 5 下的逆为 2，故 ，得到所有解 。若第二余数为 7， 既要偶又要奇，矛盾。

7. 把条件拼成一个同构

设 $|G|=63$，子群 $H,K$ 的阶分别为 7、9，且任意 $h\in H,k\in K$ 都满足 $hk=kh$。证明 。写明如何得到覆盖性，不能把 当成题目已给条件。

查看第 7 题解析

$H\cap K$ 是两者的子群，阶同时整除 7、9，故交集为 $\{e\}$。映射 $\mu:H\times K\to G$，$(h,k)\mapsto hk$ 因交集平凡而单射，证明与正文中的 一样。定义域恰有 个元素，与 相同，故它也是满射，于是 。最后，给定的交叉交换条件保证 保运算，因而是同构。

8. Cayley 定理里的标签可以是置换

在 $S_3$ 中给六个元素另起短名：$e$，$a=(1\ 2)$，$b=(1\ 3)$，，，。把这六个群元素当作六个可移动的标签，写出 和 的不交循环分解，核对 。为什么 是置换，却不是 的群同态？

查看第 8 题解析

左乘 $a$ 使 $e\leftrightarrow a$、$b\leftrightarrow q$、$c\leftrightarrow d$，所以

$$\lambda_a=(e\ a)(b\ q)(c\ d).$$

再走一步：平方映射的边界

证明 $s:G\to G$，$s(g)=g^2$，是群同态当且仅当 $G$ 交换。由此说明：“每个元素的整数幂都有良好法则”为什么不足以保证“取平方”保留两个不同元素的乘法。

查看加深题解析

若 $G$ 交换，则 $(ab)^2=abab=a^2b^2$，所以平方映射保乘法。反过来若它是同态，对任意 $a,b$ 有 。左乘 ，再右乘 ，得到 ，因此 交换。同一生成元的幂只在它自己的循环子群里运算，不能由此交换来自两个不同生成元的因子。