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\(\phi:g\mapsto (-1)^{{\rm sign}(\sigma_g)}\)是\(G\to \{\pm 1\}\)的一个同态。
由同态基本定理，若该同态映上，则\(G/{\rm Ker}\phi\cong \{\pm 1\}\)，从而\(|{\rm Ker}\phi|=\frac{|G|}{2}\)，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\(\phi(g)=-1\)。
考虑置换的特殊性质：每个元素\(g\)只会在各个\(\sigma_{g'}\)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\(G/_LH\)上的左作用：\(g*aH:=gaH\)，这个作用对应一个\(G\to S(G/_LH)\)的同态，考察其同态核，为满足\(\forall a\in G\)，有\(a^{-1}ga\in H\)的元素\(g\)。容易知这样的\(g\)组成一个群\(N\)且\(N\leq H\)，同态基本定理得\(G/N\cong {\rm Im}\phi\leq S(G/_LH)\)，立得\([G:N]|n!\)。
重要推论：若\(p\)是\(|G|\)的最小质因子且子群\(H\leq G\)满足\([G:H]=p\)，则\(H\unlhd G\)
这是因为由前述结论，存在\(K\leq H\)使得\(K\unlhd G\)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\(H\unlhd G\)。
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\(H\leq G\)且\([G:H]=3\)，由前述结论，存在\(H\)的子群\(N\)满足\(N\unlhd G\)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\(N=H,H\unlhd G\)。
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\(n\leq k\)成立，考虑类方程可知对群的中心\(C=C(G)\)，有\(p\big||C|\)。则：
- 若\(C\leq H\)不成立，由于\(C\cup H\subseteq N(H)\)，命题显然成立。
- 否则\(C\leq H\)。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\(gC\in N(H/C)\Leftrightarrow(\forall h\in H)(gC\cdot hC\cdot g^{-1}C=ghg^{-1}C\in H/C)\) \(\Leftrightarrow(\forall h\in H)(ghg^{-1}\in H)\Leftrightarrow g\in N(H)\)，故\(N(H/C)=N(H)/C\)，由对应定理可得\(H<N(H)\)。
