正规子群、商群与第一同构定理

6.1 左右陪集一致，多出了什么条件

在 $D_4$ 中，反射子群 $H=\{e,s\}$ 的左右陪集可能不同：$rH=\{r,rs\}$，$Hr=\{r,r^3s\}$。但旋转子群 $R=\langle r\rangle$ 却不这样。左右各有两块，除了 $R$ 自己，另一块都是全体反射。

称 $N\le G$ 是 $G$ 的正规子群，如果对每个 $g\in G$，都有 $gN=Ng$，记作 $N\trianglelefteq G$。这仍然是子群，只是额外要求所有同代表元的左右陪集一致。 和 总是正规子群；若 交换，每个子群都正规，因为 逐元素成立。

反向却不能把集合相等读成逐元素交换。$gN=Ng$ 只保证：给定 $n\in N$，$gn$ 能写成某个 $n'g$，其中 仍在 。它没有要求 。将等式右乘 ，这个 恰为 。

因而，正规性等价于下面的共轭条件：

$$gNg^{-1}=N\qquad\text{对所有 }g\in G.$$

由 $gN=Ng$，右乘 $g^{-1}$ 就得到它；由共轭集合相等，右乘 $g$ 又得到左右陪集相等。共轭可以在子群内部重新排列元素，只要没有元素被送出去。

旋转子群在反射的共轭下保持为同一个集合，但 $r$ 会变成 $r^{-1}$。集合保持不变，与每个元素保持不动，是两个不同要求。

实际证明时，检查一个方向就够：若对所有 $g\in G,n\in N$ 都有 $gng^{-1}\in N$，则 $N$ 正规。为什么只证明包含就能得到相等？固定 $$，已经有 。对任意 ，把假设应用于 ，得 ，于是

$$n=g(g^{-1}ng)g^{-1}\in gNg^{-1}.$$

另一方向的包含随之成立。这个论证没有数元素，适用于无限群；同时也说明量词“对所有 $g$”不能省掉，因为第二次用的是 $g^{-1}$。

用已经熟悉的运算检查

在 $D_n$ 中，每个元素有形式 $r^is^\varepsilon$。对任意旋转 $r^j$，若共轭者为旋转 ，得到 ；若共轭者为 ，则

$$(r^is)r^j(r^is)^{-1} =r^isr^jsr^{-i} =r^ir^{-j}r^{-i} =r^{-j}.$$

两种结果都在 $\langle r\rangle$，这才检查了所有共轭者，因此 $\langle r\rangle\trianglelefteq D_n$。只算 $srs=r^{-1}$ 而不交代为什么其余元素也被覆盖，会留下一步缺口。

反射子群 $\langle s\rangle\le D_4$ 则被一个共轭反例否定：

$$rsr^{-1}=r^2s\notin\{e,s\}.$$

在这里 $sr^{-1}=rs$，来自 $sr^j=r^{-j}s$。被送出去的是一个不同轴的反射。

若 $f:G\to K$ 是同态，核总是正规子群。核是子群已在第 5 章证明；任取 $x\in\ker f,g\in G$，有

$$f(gxg^{-1})=f(g)f(x)f(g)^{-1}=f(g)e_Kf(g)^{-1}=e_K,$$

因此 $gxg^{-1}\in\ker f$。于是斜率映射的核——全体平移——正规于仿射群；符号映射的核 $A_n$ 正规于 $S_n$。不需要为每个例子重新列出左右陪集。

两个常用的判断理由

若 $[G:N]=2$，则 $N$ 正规。对 $g\in N$，左右陪集都是 $N$；对 $g\notin N$，唯一另一个左陪集和右陪集都等于 ，所以也相等。这里用的是指数为 2，不要求群本身有限。

若有限群 $G$ 中恰有一个大小为 $t$ 的子群 $N$，它也正规。固定 $g$，共轭映射 $c_g(x)=gxg^{-1}$ 保乘法，因为

$$(gxg^{-1})(gyg^{-1})=gxyg^{-1};$$

它的反函数是 $c_{g^{-1}}$，所以是自同构。于是 $gNg^{-1}$ 也是大小为 $t$ 的子群。唯一性迫使 $$。这里“只有一个这样的子群”才提供了保证，仅有“这个子群的阶整除群阶”是不够的。

6-1

N 正规于 G，意味着 N 中每个元素都与 G 中每个元素交换。

正确错误

6.2 让一整块成为一个元素

陪集把群分成互不相交的块。我们现在想让这些块也能够相乘：从第一块选出 $a$，从第二块选出 $b$，在 $G$ 中算出 $ab$，把 $ab$ 所在的块当作答案。拟定的规则是

$$(aN)(bN)=abN.$$

它看上去只需要原群的乘法，可是同一块常有许多代表元。如果换了代表元，最后落进另一块，那就不是“两个块”的确定运算。

一次失败足以看见问题

取 $D_4$ 中的 $H=\{e,s\}$，试着算 $H$ 与 $rH$ 的乘积。第一块用 $e$ 作代表，第二块用 ，规则给出 。第一块也能用 作代表，第二块仍用 ，规则却给出

$$srH=r^3sH=r^3H.$$

而 $rH=\{r,rs\}$、$r^3H=\{r^3,r^3s\}$ 是不同的块。同样的两个输入块，得到两个不同输出。问题不是 的乘法不明确，而是这个乘法不能按拟定方式传到 的陪集上。

两条路线的第一输入集合始终是 $H$，只换了它的代表元。结果落在不同陪集，因而不能把这条规则称为陪集上的二元运算。

正规条件如何修复代表元问题

现在设 $N\trianglelefteq G$。从同两块换代表元，写成 $a'=an_1$、$b'=bn_2$，其中 。计算

$$\begin{aligned} a'b'&=an_1bn_2\\ &=ab\,(b^{-1}n_1b)n_2. \end{aligned}$$

第二行在 $n_1$ 旁边插入了 $bb^{-1}$，没有交换因子。正规性保证 $b^{-1}n_1b\in N$，再由封闭性得到 。所以 与 只差右边一个 中的因子，属于同一个左陪集：。两个代表元都能任意改变，而输出块不变，这就证明了良定义。

代表元带来的改变量 $n_1$ 越过 $b$ 时变成 $b^{-1}n_1b$。正规条件正好保证这次变化仍被吸收在 $N$ 内。

这个条件也必要。假设 $N$ 只是子群，但上述陪集乘法已经良定义。因为 $eN=nN=N$ 对每个 $n\in N$ 都成立，所以用 $e$ 或 $n$ 表示第一块、用任意 $$ 表示第二块时，必须有

$$gN=ngN.$$

由陪集相等判据，$g^{-1}ng\in N$。$g,n$ 都任意，上一节的判据便推出 $N\trianglelefteq G$。因此，通常的代表元乘法能够良定义，当且仅当子群正规。这里讨论的是这条特定规则，不是说一份有限集合永远不能人为安上别的运算。

在实验里保持两个输入陪集不变，只替换其中的代表元。先用 $H=\langle s\rangle$ 重现上面的两个输出，再改用 $N=\langle r^2\rangle$，检查各组代表元是否都落进同一块。有限枚举能核对这个 $D_4$ 例子；一般群的保证来自刚才那一项共轭仍留在 中的证明。

群公理现在怎样读

把所有 $N$ 的陪集组成的集合记为 $G/N$。当 $N$ 正规时，赋予刚才的乘法，得到商群。它的元素是陪集这样的集合，元素之间的乘法结果还是一个陪集。

闭合性来自 $ab\in G$。对于三个陪集，

$$((aN)(bN))(cN)=(ab)cN=a(bc)N=(aN)((bN)(cN)),$$

结合律来自 $G$。单位元是 $eN=N$，因为 $N(aN)=(aN)N=aN$。$aN$ 的逆为 ，在两侧相乘均得到 。这些式子都能使用代表元计算，前提正是良定义已经证明完毕。

商群的元素数量是陪集数量：$|G/N|=[G:N]$。若 $G$ 有限，才进一步写成 $|G|/|N|$。例如 $\mathbb Z/5\mathbb Z$ 有五个元素，而 与 都是无限集，不能用“无穷除以无穷”求它的大小。

每个 $g$ 都有所在的陪集，所以自然产生商映射（也叫自然同态）

$$\pi:G\to G/N,\qquad g\mapsto gN.$$

它满射，因为每块都有代表元；它保运算，因为 $\pi(ab)=abN=(aN)(bN)$；它的核是 $N$，因为 $gN=N$ 当且仅当 $$。我们不是把 删掉，而是把它的全部元素认作商群中的同一个单位元，同时把其他每个陪集也各认作一个元素。

两个极端能帮助检查这个意思。模去平凡子群时，每个陪集是单元素集 $\{g\}$，$G/\{e\}\cong G$。模去整个 $G$ 时只剩一个陪集 $G$，$G/G$ 是平凡群。

6-2

商群 G/N 中，aN 的逆元是什么？

A.a⁻¹ 这个原群元素B.N 中每个元素的逆元组成的集合C.a⁻¹N 这个陪集D.从 aN 中删去 a 后的集合

6.3 商群的大小、元素阶与乘法表

在 $\mathbb Z_{24}$ 中取 $N=\langle6\rangle=\{0,6,12,18\}$。原群交换，所以这个子群正规。商群的六个元素是

$$N,\quad1+N,\quad2+N,\quad3+N,\quad4+N,\quad5+N.$$

例如 $9+N=3+N$，因为两个代表元相差 6；而

$$(4+N)+(5+N)=9+N=3+N.$$

这些名字看上去像模 6 加法，但我们还应说明改名确实是同构。一般地，若正整数 $d\mid n$，在 $\mathbb Z_n$ 中取 $N=\langle d\rangle$，那么

$$a+N=b+N\iff a-b\in N\iff d\mid a-b.$$

最后一个条件以整数代表解释成立，因为 $d\mid n$，换一个模 $n$ 的代表也不会改变是否被 $d$ 整除。因此

$$\mathbb Z_n/N\to\mathbb Z_d,\qquad a+N\mapsto[a]_d$$

良定义且单射；每个模 $d$ 余数都有代表，故满射；陪集相加和余数相加一致，故保运算。所以

$$\mathbb Z_n/\langle d\rangle\cong\mathbb Z_d\qquad(d\mid n).$$

注意 $N$ 的大小是 $n/d$，商群大小是 $d$。在刚才的例子中，子群有四个元素，商群有六个元素，不能对调。

返回单位陪集，比返回单位元容易

原群里的 $g$ 返回单位元要满足 $g^t=e$，商群里的 $gN$ 返回单位陪集却只需要

$$(gN)^t=N\iff g^t\in N.$$

因此 $\operatorname{ord}(gN)$ 是使 $g^t\in N$ 的最小正整数 $t$，若不存在就为无限阶。当原群元素有有限阶 $m$ 时，这个正整数一定存在，而且整除 $m$；也可由商映射保幂、像的阶整除原阶直接得到。

在 $\mathbb Z_{24}$ 中，9 的阶为 $24/\gcd(24,9)=8$。模去 $N=\langle6\rangle$ 后，$$ 不是单位陪集，但两次相加得到 ，所以阶缩短为 2。商群判断“回去”的目标从一个点变成了一整块，较早返回就有了可能。一般的 中， 的阶为 。

同一个 9，在原群中第 8 次累加才回到 0；在商群中第 2 次累加已进入 $N$，因此回到了单位陪集。

不交换的群，可以留下交换的商群

在 $D_4$ 中取 $N=\langle r^2\rangle=\{e,r^2\}$。旋转共轭固定 ，反射共轭把它变成 ，因此 正规。四个陪集为

$$N=\{e,r^2\},\quad R=rN=\{r,r^3\},\quad S=sN=\{s,r^2s\},\quad T=rsN=\{rs,r^3s\}.$$

用代表元计算，得到完整乘法表：

例如 $RS=rsN=T$，而 $SR=srN=r^3sN=T$，两者在原群中不同，却落在同一块。又有 ，，。把

$$N\mapsto(0,0),\ R\mapsto(1,0),\ S\mapsto(0,1),\ T\mapsto(1,1)$$

与 $\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2$ 的逐坐标加法对照，表格完全吻合，因此 $D_4/N\cong\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2$。它有四个元素，却不是 ，因为没有 4 阶元素。

交换性在哪些信息被合并后出现？对任意 $a,b\in G$，把

$$[a,b]=aba^{-1}b^{-1}$$

称为两者的交换子。这个符号表示一个群元素，本课采用上述因子顺序。它等于 $e$ 当且仅当 $ab=ba$：从等式右乘 $ba$ 就可恢复交换关系，反向代入也成立。应用商映射，

$$\pi([a,b])=(aN)(bN)(aN)^{-1}(bN)^{-1}.$$

所以 $aN$ 与 $bN$ 交换，当且仅当 $[a,b]\in N$。让 $a,b$ 遍历全群，便得到一个完整判据：

$$G/N\text{ 交换}\quad\Longleftrightarrow\quad aba^{-1}b^{-1}\in N\text{ 对所有 }a,b\in G.$$

这不是只看某一对元素的条件。在 $D_4$ 的例子中，完整四元表已说明商群交换；$r,s$ 的交换子 $rsr^{-1}s^{-1}=r^2$ 也让我们看见，这一对不交换产生的差异恰好落进了 。

6-3

在 Z₃₀ 中取 N=⟨10⟩。商群中 12+N 的阶是多少？填写整数。

提交

6.4 同态的每一块，恰好对应一个输出

第 5 章证明，同态 $f:G\to K$ 的每个非空纤维都是核的陪集。我们现在还知道核是正规子群，所以这些纤维本身也能组成商群。把同态合并到一起的输入各装成一块，会不会刚好得到它的像所具有的群结构？

设 $N=\ker f$，考虑

$$\overline f:G/N\to\operatorname{im}f, \qquad gN\mapsto f(g).$$

这就是第一同构定理中的同构：

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

不必把它当作凭空出现的公式。这个箭头被原来的 $f$ 强迫确定：一个陪集里的元素原本就同像，我们只让整块指向那个输出。证明需要把每一种可能的障碍分别排除。

换代表元不改变输出。 若 $gN=hN$，则 $g^{-1}h\in N=\ker f$，所以 $f(g)^{-1}f(h)=e_K$，得到 。因此 良定义。

不同块不会再次相撞。 反过来，若 $\overline f(gN)=\overline f(hN)$，则 $f(g)=f(h)$，因而 ，得到 。因此 单射。注意，前一段从块相同推同像，这一段从同像推块相同，两个方向分别承担不同的检查。

每个实际输出都有一块。 任意 $y\in\operatorname{im}f$，按像的定义存在 $g\in G$ 使 $y=f(g)$。于是 $\overline f(gN)=y$，给出满射。若把目标擅自写成整个 ，这一步可能不成立。

陪集的乘法也被保留。 对任意 $gN,hN$，

$$\overline f((gN)(hN))=\overline f(ghN) =f(gh)=f(g)f(h)=\overline f(gN)\overline f(hN).$$

至此，良定义、单射、满射和保运算都齐了。取商没有留下额外的合并，也没有遗漏任何像中的元素，恰好得到一个同构。

从 $g$ 直接经 $f$ 到 $f(g)$，与先经 $\pi$ 到整块 $gN$、再经 $\overline f$ 到 ，结果相同。图中到达的终点群是 。

把 $f$ 的目标限制为像，记作 $f':G\to\operatorname{im}f$，就有 $f'=\overline f\circ\pi$。这样的 是唯一的：由于每个陪集都有形式 ，任何满足这项分解的映射，都必须在 上取值 。如果保留原来的陪域 ，则还要在最后接上包含映射 。

三块陪集，与十二个可能输出

取 $f:\mathbb Z_{18}\to\mathbb Z_{12}$，$f([k]_{18})=[4k]_{12}$。第 5 章已核验 ，因此它确为同态。核为

$$N=\{0,3,6,9,12,15\},$$

像为 $\{0,4,8\}$。商群只有三块，它们与像的对应是

例如在商群中 $(2+N)+(2+N)=4+N=1+N$，经 $\overline f$ 得到 4；在像中先算 ，结果一样。这是第一同构定理的运算部分，并不只是两边都数出三个元素。

每条粗箭头从一整块输入指向一个输出。块内换名不会改变输出，而不同块的输出彼此不同。

实验中选择两块陪集，各换一次代表元，再把“在商群中相加后映过去”与“分别映过去后相加”算完。随后换一个合法同态，观察核变小时，商群和像怎样同步变大。这里要解释的是运算在两边如何对应，不只是再算一遍核的元素个数。

这个例子给出 $\mathbb Z_{18}/N\cong\{0,4,8\}\le\mathbb Z_{12}$。它不等于说 ${\mathbb{Z}}_{18}\mathrm{/}N\cong {\mathbb{Z}}_{12}$：前者只有三个元素，后者有十二个。像虽是陪域的子群，却可能小得多。

不靠有限计数的例子

在仿射群 $\operatorname{Aff}(\mathbb R)=\{F_{a,b}:a\ne0,b\in\mathbb R\}$ 中，斜率映射 满射到 ，核 是全部平移。于是

$$\operatorname{Aff}(\mathbb R)/T\cong\mathbb R^\times.$$

为什么同一斜率正好是一块？固定 $F_{a,b}$，右乘任意平移 $F_{1,t}$ 得到 $F_{a,at+b}$；因 ， 随 遍历全部实数。因此该陪集恰是所有斜率为 的仿射变换。商群合成时只保留斜率的乘法，平移量在同一块内不再区分。第一同构定理的证明从未要求有限，所以这里同样适用。

符号映射则给出 $S_n/A_n\cong\{1,-1\}\cong\mathbb Z_2$，条件是 ，保证存在奇置换并使符号映射满射。当 时，像只有 ，商群也只有一个元素。

6-4

同态 f:G→K 的像是 K 的真子群。第一同构定理直接给出的结论是哪一项？

A.G/ker f 与整个 K 同构B.G/ker f 与 im f 同构C.ker f 与 im f 同构D.G 与 im f 同构

6.5 已经合并的信息，还能不能拿来计算

只记录整数模 12 的余数之后，还能继续计算它模 6 的余数。因为两个整数相差 12 的倍数时，也一定相差 6 的倍数。反过来，只知道模 4 的余数，就不能确定模 6 的余数：0 与 4 在模 4 下相同，模 6 下却不同。

把这个问题放进群的记号。给定同态 $f:G\to K$ 和正规子群 $N\trianglelefteq G$，先把 $g$ 合并到 $gN$，是否还能由这一块唯一确定 $f(g)$？也就是问，是否存在同态

$$u:G/N\to K,\qquad f=u\circ\pi.$$

我们说这时 $f$ 可以通过商群分解，或下降为商群上的映射。用这样的说法前，始终可以回到具体问题：原函数会不会把已经合为一块的输入再次区分开？

答案是

$$f\text{ 能通过 }G/N\text{ 分解} \quad\Longleftrightarrow\quad N\subseteq\ker f.$$

必要性来自单位块。若 $f=u\pi$，任意 $n\in N$ 都满足 $\pi(n)=N$，从而 $f(n)=u(N)=e_K$，所以 。

充分性则要检查任意一块，而不只是单位块。若 $N\subseteq\ker f$，定义 $u(gN)=f(g)$。若 $gN=hN$，则 ${}^{}$，故 ，所以良定义。它保运算，因为 ，并且按定义满足 。每个陪集都有代表元，等式又强迫 ，所以这样的 唯一。

如果被合并成单位块的 $N$ 还含有被 $f$ 送到非单位元的元素，同一块就会要求两个输出。条件 $N\subseteq\ker f$ 排除了这种冲突。

第一同构定理是这一结论中 $N=\ker f$ 的特殊情形。若 $N$ 比核小，虽然能够分解，所得 $u$ 仍会合并一些不同的陪集。它的核可直接求出：

$$\ker u=\{gN:f(g)=e_K\}=(\ker f)/N.$$

右边是核中那些 $N$ 陪集组成的子群。因此 $u$ 单射当且仅当 $N=\ker f$；而 $u$ 的像与 $f$ 的像相同，所以 $u$ 满射到 $K$ 当且仅当 满射到 。是否单射、是否满射，仍是两项不同的检查。

来看整数的例子。令 $f:\mathbb Z\to\mathbb Z_6$，$f(x)=[x]_6$，其核为 。取 ，因为 ，所以能够分解成

$$\mathbb Z\longrightarrow\mathbb Z/12\mathbb Z \xrightarrow{\ u\ }\mathbb Z_6, \qquad u(x+12\mathbb Z)=[x]_6.$$

$u$ 满射，但不是单射：两个不同的陪集 $0+12\mathbb Z$、$6+12\mathbb Z$ 都送到 0。它们正好组成 $\ker u$。这说明能定义一个下降同态，不等于已经得到第一同构定理中的同构。

若取 $N=4\mathbb Z$，则 $4\in N$ 却不在 $\ker f$，包含条件失败。无论怎样给整块 $0+4\mathbb Z$ 选输出，都不能同时符合 $f(0)=0$ 与 ，因此根本没有所要求的 。

有限循环群也可以这样判断。设正整数 $d\mid n$，拟从 $\mathbb Z_n/\langle d\rangle$ 定义 $[x]+\langle d\rangle\mapsto[ax]_m$。要先确认 是原群上的同态，即 ；还需确认它把 送到 0，即 。因为 ，第二个条件其实已经蕴含第一个，但把两层理由说清楚，能够避免只对某个标准代表做计算而漏掉整块中的其他代表。

6-5

若 N 是 ker f 的真子群且正规于 G，f 可以通过 G/N 分解，但下降后的同态不可能是单射。

正确错误

6.6 商群里的子群，从原群哪里来

商群 $G/N$ 的一个子群，由一些 $N$ 陪集组成。把这些陪集拆开，把其中的原群元素全部收回来，会得到什么？由于原像保子群，答案必是 $G$ 的一个子群；而它一定含有整个 $N$，因为商群的单位元素就是 $N$ 这一块。

这给出子群对应定理。设 $N\trianglelefteq G$，则

$$\{H\le G:N\subseteq H\} \quad\longleftrightarrow\quad \{S:S\le G/N\},$$

对应为 $H\mapsto H/N$，反向为 $S\mapsto\pi^{-1}(S)$。左边并非 $G$ 的全部子群，只包括那些含 $N$ 的子群。这个限制会在证明中起作用。

先取 $N\subseteq H\le G$。由于 $N$ 正规于 $G$，它也正规于 $H$：只是把共轭者的范围缩小到 $H$。$H$ 的 陪集也是 的 陪集，因此 可视为 的子集。它恰好等于商映射的像 ，所以是子群。

反向，若 $S\le G/N$，第 5 章的原像子群结论给出 $H=\pi^{-1}(S)\le G$。因为 $S$ 包含单位陪集 $$，而 中每个元素都被 送到这个单位，所以 。两个箭头确实落在约定的范围里。

来回一次，要还原到同一个子群

对含 $N$ 的 $H$，显然 $H\subseteq\pi^{-1}(\pi(H))$。若 $x\in\pi^{-1}(\pi(H))$，则 对某个 成立，因而 ，其中 。现在用到 ，得到 。所以

$$\pi^{-1}(H/N)=H.$$

对 $S\le G/N$，有 $\pi(\pi^{-1}(S))\subseteq S$。任意 $s\in S$ 都是某个陪集 ，有代表元 ；于是 且 ，给出反向包含。因此

$$\pi(\pi^{-1}(S))=S.$$

两个来回都恢复原对象，便证明了一一对应。包含关系也被保留：$H_1\subseteq H_2$ 时，像自然满足 $H_1/N\subseteq H_2/N$；反向对商群里的包含取原像即可。它不是把层次上下翻过来的对应。

左边只保留位于 $N$ 上方的原群子群，右边才是商群的全部子群。原来的底部 $N$ 对应商群里的平凡子群 $\{N\}$。

若 $G$ 有限，每个 $H$ 都由 $|H/N|$ 个大小为 $|N|$ 的陪集组成，因此 $|H|=|N|\,|H/N|$。对应保持包含，却会把子群大小按这个因子缩小。

把模 24 中的一段包含关系取出来

取 $G=\mathbb Z_{24}$、$N=H_6=\langle6\rangle$。由于 $H_{}$ 当且仅当 ，左边可参加对应的恰是 。商群同构于 ，对应表为

这里每一份原群子群大小都是商群对应大小的四倍，因为 $|N|=4$。例如模 6 子群 $\{0,2,4\}$ 的原像，是模 24 中所有偶数余数，确实为 $H_2$。

在实验中选 $n=24$、$N=\langle6\rangle$，先预测能参加对应的原群子群，再逐个选取、投影、提升。试着选 $H_4$，观察为什么来回后不能恢复它。更换 $N$ 以后，商群与可参加对应的那段子群关系会一起改变。

对不含 $N$ 的 $H_4$，投影当然仍有定义，但它的像为模 6 的 $\langle4\rangle=\{0,2,4\}$。取原像后得到的是 $H_2$，并非 。这并不违反定理，因为 ，它根本不在定理左边指定的范围中。

更一般地，对任意 $H\le G$，刚才 $xN=hN$ 的计算给出

$$\pi^{-1}(\pi(H))=HN=\{hn:h\in H,n\in N\}.$$

右边由于等于一个子群的原像，本身也是子群。投影再提升，会把每一个已碰到的 $N$ 陪集整块补齐。只有原来的 $H$ 已经含 $N$ 时，这种补齐才不增加元素。

正规性也有对应

在上述一一对应中，$H\trianglelefteq G$ 当且仅当 $H/N\trianglelefteq G/N$。

若 $H$ 正规于 $G$，则对任意 $gN\in G/N,hN\in H/N$，

$$(gN)(hN)(gN)^{-1}=(ghg^{-1})N\in H/N,$$

因为 $ghg^{-1}\in H$，所以商群中的子群正规。

反过来，若 $H/N$ 正规于 $G/N$，上述商群共轭一定落在 $H/N$。于是对任意 $g\in G,h\in H$，有 $\pi (gh$。取原像并使用 ，得到 ，从而 正规于 。这里仍不能省掉 ，因为恢复原像的等式正依赖它。

6.7 练习：换代表元、找核、恢复子群

遇到商群，先辨认它的元素究竟是哪一块。若用第一同构定理，写出同态本身，再求核与像；若用子群对应定理，先检查原群子群是否包含被取商的 $N$。这些检查决定了后面的箭头能不能成立。

1. 正规性不能直接沿包含传下去

在 $D_4$ 中取 $V=\{e,r^2,s,r^2s\}$、。证明 、，但 不正规于 。要说明 的确是子群，并指出最后一项的具体反例。

查看第 1 题解析

$r^2,s$ 都为二阶且相互交换，因为 $sr^2=r^{-2}s=r^2s$。它们的乘积都能写成 ，其中 ，正好列出 的四个元素；相乘指数取模 2、取逆仍在其中，故是子群，并且交换。 是 的子群，因 交换而正规。

2. 找全 $D_4$ 的正规子群与商群

找出 $D_4$ 的所有正规子群，并列出相应商群的同构类型。证明没有遗漏，而不只是给几个例子。可按子群可能的阶 1、2、4、8 分类，再使用正规式判断。

查看第 2 题解析

阶为 1、8 的子群只有 $\{e\}$、$D_4$，都正规。二阶子群由二阶元素生成；二阶元素是 $r^2$ 和四个反射 $r^is$。 正规，正文已证明。对任意反射，有

3. 大小与阶分开算

在 $\mathbb Z_{42}$ 中取 $N=\langle14\rangle$。求 $|N|$、$|\mathbb Z_{42}/N|$、商群中 的阶，以及商群中全部生成元。18 在原群里的阶是多少？

查看第 3 题解析

$N=\{0,14,28\}$，所以 $|N|=3$，商群大小为 14，并且 $\mathbb Z_{42}/N\cong\mathbb Z_{14}$。 对应模 14 的 4，因此阶为 。全部生成元是 ，其中 ，它们恰与 14 互质。

4. 子群与商群都循环，原群呢

判断：“若 $N\trianglelefteq G$，且 $N$ 与 $G/N$ 都循环，则 $G$ 交换。”给出完整证明或一个核对所有条件的反例。由你的答案还能否定“$G$ 必循环”吗？

查看第 4 题解析

取 $G=D_4$、$N=\langle r\rangle$。$N$ 正规且为四阶循环群，$G/N$ 有两个元素，故同构于 ，也循环。但 ，所以 不交换，更不循环。这说明知道内部一部分与合并后的结构，还没有知道它们在原群里如何相互作用。

5. 把六边形的旋转指数模 3

用 $r,s$ 表示 $D_6$ 的生成元，用 $\rho,\tau$ 表示 $D_3$ 的生成元。定义

$$f:D_6\to D_3,\qquad r^is^\varepsilon\mapsto\rho^i\tau^\varepsilon.$$

证明它是满同态，求核，并写出第一同构定理给出的同构。请按本课 $|D_n|=2n$ 的约定核对数量。

查看第 5 题解析

源端指数 $i$ 按模 6 取值，目标按模 3；把 $i$ 增加 6 不改变目标，且正规式唯一，故映射良定义。两端都有相同形式的乘法：

$$(i,\varepsilon)(j,\delta) =(i+(-1)^\varepsilon j,\varepsilon+\delta),$$

6. 能下降，但什么时候可逆

令 $f:\mathbb Z\to\mathbb Z_{10}$，$f(x)=[3x]_{10}$。对哪些正整数 ，存在 ，使 ？在这些情况下分别判断 是否满射、何时单射。

查看第 6 题解析

$\ker f=10\mathbb Z$，因为 $10\mid3x$ 且 $3,10$ 互质，当且仅当 $10\mid x$。由下降判据，需要且只需要 $n\mathbb{Z}\subseteq 10$，即 。

7. 在另一张子群图上往返

取 $G=\mathbb Z_{36}$、$N=\langle12\rangle$。列出所有含 $N$ 的子群及其在 $G/N$ 中的对应。商群中唯一四阶子群的原像是哪一个？若从原群 出发，投影再取原像，得到什么？

查看第 7 题解析

$G/N\cong\mathbb Z_{12}$，$|N|=3$。设 $H_d=\langle d\rangle\le\mathbb Z_{36}$，含 当且仅当 ，所以参加对应的是

8. 同时保留两份信息

给定同态 $f_1:G\to K_1$、$f_2:G\to K_2$，定义 。证明 是同态，求核，并说明第一同构定理给出什么。应用到整数的模 4、模 6 两份余数：商群是什么？为什么不能把像写成整个 ？

查看第 8 题解析

直积逐坐标运算，所以

$$F(ab)=(f_1(a)f_1(b),f_2(a)f_2(b))=F(a)F(b).$$

再走一步：最少合并多少，才能让商群交换

设 $C=\langle\{aba^{-1}b^{-1}:a,b\in G\}\rangle$，即由所有交换子生成的子群。证明 $C\trianglelefteq G$，并证明它是使 交换的正规子群中最小的一个。

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固定 $g\in G$。共轭一个交换子，插入相邻的 $g^{-1}g$，可写成

$$g(ab{a}^{-1}{b}^{-1})g^{-1}=(ga{g}^{-1})(gb{g}^{-1})(ga{g}^{-1}{)}^{-1}(gb{g}^{-1}{)}^{-}$$