实用抽象代数笔记

丢点最近写的内容刷刷存在感。 本来想写非实用抽象代数笔记的，写了一点发现再写的话期中考前抽代就复习不完了，于是就腰斩了那篇笔记。 说不定以后还会接着写，谁知道呢？咕咕咕。

证明$2k$阶群（$k$是奇数）必有$k$阶正规子群。

考虑这样构造一个同态：用任意方式有序化$2k$阶群$G$的元素，将$G$每个元素$g$的左作用看作对$G$中元素的置换${\sigma }_g$，则同态$\varphi :g\mapsto (-1{)}^{\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{n}({\sigma }_g)}$是$G\to \{\pm 1\}$的一个同态。 由同态基本定理，若该同态映上，则$G/\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\varphi \cong \{\pm 1\}$，从而$|\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\varphi |=\frac{|G|}{2}$，也就完成了证明。现在证明同态是映上的，则只要证存在$g$使得$\varphi (g)=-1$。 考虑置换的特殊性质：每个元素$g$只会在各个${\sigma }_{g^{\prime }}$中恰好在每个位置出现一次。现证明这些排列的总逆序对数是奇数，从而必有奇置换，就完成了证明。对于每一对元素$i,j$，由于$i$在每个排列中恰于每个位置出现$1$次，故不可能永远在$j$之前。根据每个元素是否交换$i,j$的顺序，又可构造一个到$\{\pm 1\}$的同态，且该同态必是满的。于是恰有$k$个元素的左作用交换了$i,j$，贡献的逆序对数必为奇数。 而$i,j$二元组的总数目$\frac{2k(2k-1)}{2}$也是奇数，故总逆序对数为奇数，就完成了证明。

设群$G$有一个指数为$n$的子群$H$，证明$H$包含一个$G$的正规子群$N$满足$[G:N]|n!$

考虑这样构造一个$G$在$G{/}_{L}H$上的左作用：$g\ast aH:=gaH$，这个作用对应一个$G\to S(G{/}_{L}H)$的同态，考察其同态核，为满足$\mathrm{\forall }a\in G$，有$a^{-1}ga\in H$的元素$g$。容易知这样的$g$组成一个群$N$且$N\le H$，同态基本定理得$G/N\cong \mathrm{I}\mathrm{m}\varphi \le S(G{/}_{L}H)$，立得$[G:N]|n!$。

重要推论：若$p$是$|G|$的最小质因子且子群$H\le G$满足$[G:H]=p$，则$H⊴G$

这是因为由前述结论，存在$K\le H$使得$K⊴G$且$[G:K]|p!$，由$p$是最小质因子的假设，必有$[G:K]|p$，而显然$p|[G:K]$，故$[G:K]=p$，也就推出$H⊴G$。

重要推论：若群$G$不含指数为$2$的子群，则指数为$3$的子群一定是正规的。

若$H\le G$且$[G:H]=3$，由前述结论，存在$H$的子群$N$满足$N⊴G$且$[G:N]|3!=6$。又易知$3|[G:N]$，故$[G:N]$为$3$或$6$。若$[G:N]=6$，考虑$6$阶群$G/N$，由前述结论必有$3$阶子群$K/N$，由对应定理$K$是$G$的指数为$2$的子群，矛盾。于是$[G:N]=3$，即$N=H,H⊴G$。

设$|G|=p^n$，证明对任意$H<G$，$H<N(H)$

对$n$使用归纳法，$n=0$时，定理显然成立。假设定理对$n\le k$成立，考虑类方程可知对群的中心$C=C(G)$，有$p||C|$。则：

1. 若$C\le H$不成立，由于$C\cup H\subseteq N(H)$，命题显然成立。
2. 否则$C\le H$。构造自然同态后对应定理即得$H/C<G/C$，根据归纳假设，$H/C<N(H/C)$，而$gC\in N(H/C)\iff (\mathrm{\forall }h\in H)(gC\cdot hC\cdot g^{-1}C=gh{g}^{-1}C\in H/C)$ $\iff (\mathrm{\forall }h\in H)(gh{g}^{-1}\in H)\iff g\in N(H)$，故$N(H/C)=N(H)/C$，由对应定理可得$H<N(H)$。