数学

抽象代数——商群

设 $H\subset G$ 是一个子群。

问题：何时轨道集$$G/H$$可以被赋予群结构？

注 $Hg$ 是 $g$ 关于 $H$ 在 $G$ 上的作用的轨道。因此$$Hg=\mathcal{O}_{g}$$

因此，问题是：是否存在一种自然的群运算用于 $H$ 的陪集的集合？

一个候选

$$\begin{aligned} G/H\times G/H&\to G/H\\ (Hg_{1},Hg_{2})&\mapsto Hg_{1}g_{2}\end{aligned}$$这个映射是良定义的吗？

一般来说，不是。但在特殊情况下是良定义的！

定理 如果 $H\subset G$ 是正规子群，则运算$$\begin{aligned}G/H\times G/H&\to G/H\\(Hg_{1},Hg_{2})&\mapsto Hg_{1}g_{2}\end{aligned}$$是良定义的，并且使得 $G/H$ 成为一个群。

证明：要证明这个运算是良定义的，我们需要证明：如果存在某些 $g_{1}, g_{1}^{\prime}, g_{2}, g_{2}^{\prime}\in G$ 使得 $Hg_{1}=Hg_{1}^{\prime}$ 且 $Hg_{2}=Hg_{2}^{\prime}$，那么$$Hg_{1}g_{2}=Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}。$$事实上，$$Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}=\{hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}\mid h\in H\}$$

其中

$$\begin{aligned}Hg_{1}=Hg_{1}^{\prime} &\Rightarrow \mathcal{O}_{g_{1}}=\mathcal{O}_{g_{1}^{\prime}}\\&\Rightarrow g_{1}, g_{1}^{\prime}~\text{属于相同轨道}\\&\Rightarrow g_{1}^{\prime}=h_{1}g_{1}, \text{对于某个}~h_{1}\in H.\end{aligned}$$

同样，$$Hg_{2}=Hg_{2}^{\prime} \Rightarrow g_{2}^{\prime}=h_{2}g_{2}, \text{对于某个}~h_{2}\in H。$$

因此

$$\begin{aligned}Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}&=\{h\cdot h_{1}g_{1}\cdot h_{2}g_{2}\mid h\in H\}\\&=\{h\cdot h_{1}g_{1}\cdot h_{2}g_{1}^{-1}g_{1}g_{2}\mid h\in H\}\\&=\{h\cdot h_{1}h_{3}g_{1}g_{2}\mid h\in H\}\subset Hg_{1}g_{2}\end{aligned}$$

由于 $H$ 是正规子群，我们用 $h_{3}:=g_{1}h_{2}g_{1}^{-1}\in H$。

由于 $Hg_{1}g_{2}$ 和 $Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}$ 是轨道/等价类，$$Hg_{1}g_{2}\supset Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}$$因此，$$Hg_{1}g_{2}=Hg_{1}^{\prime}g_{2}^{\prime}$$良定义证明完毕。

为什么这是一个群？

(1) 结合性$$\begin{aligned}(Hg_{1}\cdot Hg_{2})\cdot Hg_{3}&=Hg_{1}g_{2}\cdot Hg_{3}\\&=H(g_{1}g_{2})g_{3}\\&=Hg_{1}(g_{2}g_{3})\\&=Hg_{1}\cdot Hg_{2}g_{3}\\&=Hg_{1}\cdot (Hg_{2}\cdot Hg_{3}).\end{aligned}$$

(2) 单位元$$H1_{G}\cdot Hg=Hg=Hg\cdot H 1_{G}.$$

(3) 逆元$$\begin{aligned}Hg\cdot Hg^{-1}&=Hgg^{-1}\\&=H1_{G}\\&=Hg^{-1}g\\&=Hg^{-1}\cdot Hg.\end{aligned}$$

$$~\tag*{$\square$}$$

来看一些例子。

例 $H={\mathrm{id}_{G}}\subset G$。

$H$ 是正规子群，因为 $\forall g\in G$，

$$ \begin{aligned} gHg^{-1}&=\{ghg^{-1}\mid h\in H\}\\ &=\{g\mathrm{id}_{G}g^{-1}\}\\ &=\{\mathrm{id}_{G}\}\\ &=H \end{aligned}\tag*{} $$

但 $G/H$ 不是一个新的特殊群，因为存在一个同构$$\begin{aligned}G/H&\to G\\Hg&\mapsto g\end{aligned}$$

例 设 $H=n\mathbb{Z}=\{\text{n 的倍数}\}=\{\ldots,-2n,-n,0,n,2n,\ldots\}$。则 $Ha=\{a^{\prime}\in\mathbb{Z}, \text{使得}~a^{\prime}=kn+a, \text{对于某个}~k\in\mathbb{Z}\}=\mathcal{O}_{a}$。

命题 存在一个双射 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to {0,1,\ldots,n-1}$，对于所有 $n\geqslant 1$。

证明：给定$\
mathcal{O}_{a}\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，设 $r_{a}$ 是唯一的数，使得$$ a=kn+r_{a}, k\in\mathbb{Z}, r_{a}\in\{0,1,\ldots,n-1\}\tag*{} $$即 $a\div k$ 的余数。（从小学学过的概念。）

因此，让这个双射为$$ \begin{aligned} \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}&\to\{0,1,\ldots,n-1\}\\ \mathcal{O}_{a}&\mapsto r_{a} \end{aligned}\tag*{} $$

• 良定义？

如果 $\mathcal{O}_{a}=\mathcal{O}_{a^{\prime}}$，$$a^{\prime}=a+k^{\prime}n\tag{根据轨道的定义}$$因此$$\begin{aligned}a^{\prime}&=k^{\prime}n+kn+r_{a}\\&=(k^{\prime}+k)n+r_{a}\end{aligned}$$因此$$r_{a^{\prime}}=r_{a}$$其中 $a^{\prime}=kn+r_{a^{\prime}}$ 中唯一的数属于 $\{0,1,\ldots,n-1\}$。因此，良定义！

• 单射？

给定$\mathcal{O}_{a}$，$\mathcal{O}_{b}$，$$r_{a}=r_{b}$$

$\Rightarrow$

$$\begin{aligned}a&=kn+r_{a}\\b&=ln+r_{b}\\&=ln+r_{a}\end{aligned}$$

$\Rightarrow$

$$a-b=(k-l)n$$

$\Rightarrow$

$$ a\in\mathcal{O}_{b}\tag*{} $$

$\Rightarrow$

$$ \mathcal{O}_{a}=\mathcal{O}_{b}\tag*{} $$

• 满射？
  $$ \begin{aligned} \mathcal{O}_{0}&\mapsto 0\\ \mathcal{O}_{1}&\mapsto 1\\ \mathcal{O}_{2}&\mapsto 2\\ &~\,\vdots\\ \mathcal{O}_{n-1}&\mapsto n-1 \end{aligned}\tag*{} $$
  $$~\tag*{$\square$}$$

根据这个定理，这意味着$$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$$是一个阶为$$ n=|\{0,1,\ldots,n-1\}| $$的群。这个群的结构是什么？

即群结构是：将数相加，然后取除以 $n$ 的余数。

定义 设 $a$, $b\in\mathbb{Z}$。我们写作$$a\equiv b \pmod n$$或$$a=b \pmod n$$如果$$a-b=kn\quad \text{对于某个}~k\in\mathbb{Z}$$等价地，$a\equiv b \pmod n \Leftrightarrow \mathcal{O}_{a}=\mathcal{O}_{b}$。

当我们写作$$a \pmod n$$我们指的是等价类$$\mathcal{O}_{a}=Ha\in G/H$$

注 你可能会觉得记住巨大的等价类 $\mathcal{O}_{a}$，$\mathcal{O}_{b}$ 等很麻烦。因此，可以将 $\mathcal{O}_{a}$ 简单地视为一个数，即将 $a$ 除以 $n$ 时得到的余数 $r$：$$a=kn+r$$这可以通过双射来证明：$$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\cong \{0,\ldots,n-1\}$$因此，当你看到 “$a \pmod n$” 时，你可以简单地将其视为数 $r$。同样地，群运算只是“钟表算术”：$$(a,b)\mapsto a+b \pmod n$$你可以将其视为 $(a+b)\div n$ 的余数。

设 $G$ 是一个任意的群，且 $H\triangleleft G$。

命题a 存在一个从包含 $H$ 的 $G$ 的子群集合到 $G/H$ 中的子群集合的双射。

证明：设 $p: G\to G/H$ 是通过将 $g$ 映射到 $[g]$ 给出的群同态。

给定一个子群 $K\subset G$，注意群同态的组合$$K\xhookrightarrow{}G\to G/H.$$由于任何群同态的像是一个子群，这表明 $p(K)$ 是 $G/H$ 的一个子群。因此我们有一个从 ${G\text{的子群}}\to{G/H\text{的子群}}$ 的映射，通过将 $K$ 映射到 $p(K)$ 来给出。

我们证明它是满射：给定 $K^{\prime}\subset G/H$，考虑原像 $p^{-1}(K^{\prime})\subset G$。这是 $G$ 的一个子群，因为如果 $p(x), p(y)\in K^{\prime}$，则 $p(xy)=p(x)p(y)\in K^{\prime}$（因为 $K^{\prime}$ 在乘法下是闭合的）。

现在，只需证明对于所有 $K\subset G$，有 $p^{-1}(p(K))=K$。显然，$K\subset p^{-1}(p(K))$。为了证明另一种包含性，设 $x\in p^{-1}(p(K))$。根据 $p(K)$ 的定义，我们知道存在某个 $y\in K$ 使得 $p(x)=p(y)$。于是 $p(xy^{-1})=1_{G/H}$，因此 $xy^{-1}\in H$。由于 $K$ 包含 $H$，所以 $xy^{-1}\in K$，因此 $x\in K$。$$~\tag*{$\square$}$$

命题b 存在一个从包含 $H$ 的 $G$ 中的正规子群集合到 $G/H$ 中的正规子群集合的双射。

证明：我们证明，如果 $K$ 是正规子群，那么 $p(K)$ 也是正规子群。（这证明了我们有一个映射 ${G\text{中的正规子群}}\to{G/H\text{中的正规子群}}$。）

实际上，如果 $[k]\in p(K)$，则 $[g][k][g]^{-1}=[gkg^{-1}]=[k^{\prime}]$ 对某个 $k^{\prime}\in K$ 成立，因为 $K$ 在 $G$ 中是正规子群。因此，$p(K)\subset G/H$ 是正规子群。（注意我们在这里使用了 $G\to G/H$ 是满射这一事实——否则，我们无法知道 $G/H$ 的每个元素都在 $p(G)$ 的像中。）

满射性：我们证明如果 $p(K)$ 是正规子群，则 $K=p^{-1}(p(K))$ 是正规子群。如果 $k\in K$ 且 $g\in G$，我们有 $[gkg^{-1}]=[g][k][g^{-1}]=[k^{\prime}]$，对于某个 $[k^{\prime}]\in p(K)$——即，对于某个 $k^{\prime}\in K$。因此 $gkg^{-1}\in p^{-1}(p(K))=K$。

我们知道这个赋值是单射的。$$~\tag*{$\square$}$$

定义 假设我们有群 $K$, $G$, $H$, $X$ 以及这些群之间的映射

如果 $\psi\circ\phi=\beta\circ\alpha: K\to X$，我们称这个图是交换的(commutative)。

注 $1$ 将表示平凡群。这个群在同构意义下是唯一确定的！

现在来看这个图

这个图交换是什么意思？这当且仅当 $\psi\circ\phi$ 产生将所有元素映射到恒等元的映射时成立。为什么？因为左边和底部的映射是将 $K$ 中的所有元素映射到 $1_{X}\in X$ 的映射（假设它们是群同态），因此 $\psi\circ\phi$ 是常量映射。

或者，我们有 $\mathrm{im}(\phi)\subset \ker(\psi)$。这与我们之前所谈论的精确性很接近。

例 $K=G=X=1$。

例 $K=SL_{n}(\mathbb{R})$，$G=GL_{n}(\mathbb{R})$，$X=\mathbb{R}^{\times}$，$\phi$ 是包含映射，$\psi=\det$。

例 设 $K\subset G$ 是一个正规子群，因此 $\phi$ 是嵌入映射。设 $X=G/K$（因为 $K$ 是 $G$ 中的正规子群，所以这是一个群），$\psi$ 是正则的商投影。

定理 给定一个交换图

存在一个唯一的同态 $\tilde{\psi}: G/X\to X$ 使得图

交换。换句话说，如果 $\psi: G\to X$ 是这样的，使得 $K\subset\ker(\psi)$ 对于某个 $K\subset G$ 是正规子群，那么存在一个唯一的映射 $\tilde{\psi}: G/K\to X$ 使得 $\psi=\tilde{\psi}\circ\pi$，如果 $\pi: G\to G/K$ 是正则映射到商。这被称为商群的泛性质(universal property of quotient group)。证明：我们要定义这个映射 $\tilde{\psi}: G/K\to X$。通过取一个陪集 $Kg\mapsto \psi(g)$ 或者将 $G/K$ 中的任何陪集的原像通过正则映射 $\pi$ 返回到 $G$，来定义它。我们需要证明这是良定义的。假设 $Kg=Kg^{\prime}$，或等价地 $g=k\cdot g^{\prime}$。是否有 $\psi(g)=\psi(g^{\prime})$？实际上$$\psi(g)=\psi(k\cdot g^{\prime})=\psi(k)\cdot \psi(g^{\prime})=\psi(g^{\prime})，$$所以一切正常！我们现在需要验证 $\tilde{\psi}$ 是唯一的且 $\psi=\tilde{\psi}\circ\pi$。但我们有$$\psi(g)=\tilde{\psi}(Kg)=\tilde{\psi}(\pi(g))，$$因此我们只需证明唯一性。如果我们有另一个这样的映射 $\gamma: G/K\to X$，那么我们有$$\psi(g)=\gamma(\pi(g))=\gamma(Kg)，$$因此 $\gamma$ 和 $\tilde{\psi}$ 在所有陪集 $K$ 上必须一致，那么我们就完成了。$$~\tag*{$\square$}$$注 唯一性是根据定理中的图交换性的约束得出的。## §9.5 商群的推广泛性质的概念允许我们推广商群的概念。设 $G\overset{\chi}{\twoheadrightarrow}H$ 是任意的满同态（我们现在用双箭头表示它）。那么 $H$ 是 $G$ 的“商群”，即一个如下的图

具有类似的泛性质。为了回答这个问题，$K$ 是什么？我们只需将它设为 $\chi$ 的核，这样：

定理  给定 $G\overset{\chi}{\twoheadrightarrow}H$，设 $K=\ker(\chi)$。那么如下的图

其中 $i: K\to G$ 是包含映射，具有相同的泛性质，即给定任何群同态 $\psi: G\to X$ 其核包含 $K$，则存在一个唯一的映射 $\tilde{\psi}: H\to X$ 使得$$\psi=\tilde{\psi}\circ\chi.$$

证明：我们如何定义 $\tilde{\psi}: H\to X$？由于 $\chi$ 是满射，对于任何 $h\in H$，我们有 $h=\chi(g)$，尽管 $g$ 可能不是唯一的！现在定义$$\tilde{\psi}:=\psi(g)。$$我们需要验证这是一个良定义的同态。假设 $\chi(g)=\chi(g^{\prime})$。那么 $\chi(g)=\chi(g^{\prime})$ 意味着 $\chi(g\cdot(g^{\prime})^{-1})=1_{H}$，因此 $g\cdot (g^{\prime})^{-1}\in K$，于是 $g=g^{\prime}\cdot k$，对于某个 $k\in K$。现在的论证与先前定理的证明完全相同。$$~\tag*{$\square$}$$

推论  假设 $\chi: G\to H$ 是满射且 $K=\ker(\chi)$。那么 $H\cong G/K$。

注 这就是所谓的第一同构定理。让我们用泛性质给出证明。在下一章我们会再次看到它。

证明：命题a给出了一个从 $G/K$ 到 $H$ 的映射，命题b给出了一个从 $H$ 到 $G/K$ 的映射。组合这些映射给我们一个从 $G/K$ 到 $H$ 再到 $G/K$ 的映射，这样复合映射满足正确的交换性约束。这种映射是由我们从两个定理中得到的两个映射的组合给出的，但从 $G/K$ 到 $G/K$ 的恒等映射也满足这些约束。由于这些映射是唯一确定的，我们必须有这个复合是恒等映射。同样地，我们得到另一个从 $H$ 到 $G/K$ 再到 $H$ 的映射，这种复合映射在另一方向上也是恒等映射。所以我们有两个从 $G/K$ 到 $H$ 以及从 $H$ 到 $G/K$ 的映射，它们在两个方向上的复合都是各自的恒等映射，因此 $G/K$ 和 $H$ 之间存在双射关系，而这些映射是群同态，所以它们实际上作为群是同构的！$$~\tag*{$\square$}$$

注 这种泛性质的概念允许我们唯一地区分某些对象（在同构意义下），就像我们在推论的证明中所做的那样，因为泛性质是存在性和唯一性的陈述。如果你在思考，两对象“在一个范畴中”是同构的，当且仅当它们具有相同的泛性质。在我们的例子中，两个群（商群和 $G$ 的任何被满射到的群）在这个“群的范畴”中满足相同的泛性质，所以它们是同构的！这是范畴论中非常重要的一个结果，称为Yoneda引理的一个推论。

命题  设 $K$, $G$ 是任意的群，$\phi: K\to G$ 是任意的群同态。则存在另一个群同态 $\psi: G\to H$ 使得我们有一个泛性质

其中 $\epsilon: K\to 1$ 是将 $K$ 中的每个元素映射到平凡群 $1$ 的恒等元的恒等同态，底部箭头 $1\to H$ 是从平凡群到 $H$ 的唯一同态。

证明：1. 构造 $H$ 和 $\psi$: 定义 $H$ 为商群$$H=G/\phi(K)$$其中 $\phi(K)$ 是 $K$ 在 $\phi$ 下的像，是 $G$ 的一个子群。$G/\phi(K)$ 由所有 $g\phi(K)$ 的陪集组成，其中 $g\in G$。

定义 $\psi: G\to H$ 为自然的投影映射$$\psi(g)=g\phi(K)$$其中 $\psi$ 将每个元素 $g$ 映射到 $H$ 中的陪集，且 $\psi$ 是一个满射同态。

2. 验证图的交换性：我们需要证明$$\psi\circ\phi=\epsilon$$对于任何 $k\in K$，计算 $\psi(\phi(k))$:$$\psi(\phi(k))=\phi(k)\phi(K)=\phi(K)$$因为 $\phi(k)\in \phi(K)$，所以陪集 $\phi(k)\phi(K)$ 等于 $\phi(K)$，这是 $H$ 中的恒等元。因此，$\psi(\phi(k))$ 将 $K$ 中的每个元素映射到 $H$ 中的恒等元。这与通过 $\epsilon$ 进行的组合相匹配：$$(\text{从}~1~\text{到}~H~\text{的唯一映射})\circ\epsilon(k)=1_{H}.$$因此，这个图是交换的。

3. 这个构造满足以下泛性质：对于任何群 $L$ 和任何同态 $f:G\to L$，使得 $f\circ \phi=\epsilon$，存在一个唯一的同态 $\overline{f}: H\to L$ 使得$$f=\overline{f}\circ \psi.$$由于

(1) $f\circ\phi=\epsilon$，对于所有 $k\in K$：$$f(\phi(k))=1_{L}.$$这意味着 $\phi(k)\in \ker(f)$ 对于所有 $k\in K$。因此 $\phi(K)\subset \ker(f)$。

(2) 定义 $\overline{f}: H\to L$ 为$$\overline{f}(g\phi(K))=f(g).$$这是良定义的，因为如果 $g\phi(K)=g^{\prime}\phi(K)$，那么 $g^{-1}g^{\prime}\in \phi(K)$，所以 $f(g^{-1}g^{\prime})=1_{L}$，这意味着 $f(g)=f(g^{\prime})$。因此，$\overline{f}$ 是一个良定义的同态。

(3) 唯一性：如果存在另一个同态 $\overline{f}^{\prime}$ 使得 $f=\overline{f}^{\prime}\circ \psi$，那么对于所有 $g\in G$：$$\overline{f}(g\phi(K))=f(g)=\overline{f}^{\prime}(g\phi(K)).$$因此，$\overline{f}=\overline{f}^{\prime}$。$$~\tag*{$\square$}$$