丟點最近寫的內容刷刷存在感。
本來想寫非實用抽象代數筆記的，寫了一點發現再寫的話期中考前抽代就複習不完了，於是就腰斬了那篇筆記。
說不定以後還會接着寫，誰知道呢？咕咕咕。
證明\(2k\)階羣（\(k\)是奇數）必有\(k\)階正規子羣。
考慮這樣構造一個同態：用任意方式有序化\(2k\)階羣\(G\)的元素，將\(G\)每個元素\(g\)的左作用看作對\(G\)中元素的置換\(\sigma_g\)，則同態\(\phi:g\mapsto (-1)^{{\rm sign}(\sigma_g)}\)是\(G\to \{\pm 1\}\)的一個同態。
由同態基本定理，若該同態映上，則\(G/{\rm Ker}\phi\cong \{\pm 1\}\)，從而\(|{\rm Ker}\phi|=\frac{|G|}{2}\)，也就完成了證明。現在證明同態是映上的，則只要證存在\(g\)使得\(\phi(g)=-1\)。
考慮置換的特殊性質：每個元素\(g\)只會在各個\(\sigma_{g'}\)中恰好在每個位置出現一次。現證明這些排列的總逆序對數是奇數，從而必有奇置換，就完成了證明。對於每一對元素\(i,j\)，由於\(i\)在每個排列中恰於每個位置出現\(1\)次，故不可能永遠在\(j\)之前。根據每個元素是否交換\(i,j\)的順序，又可構造一個到\(\{\pm 1\}\)的同態，且該同態必是滿的。於是恰有\(k\)個元素的左作用交換了\(i,j\)，貢獻的逆序對數必爲奇數。
而\(i,j\)二元組的總數目\(\frac{2k(2k-1)}{2}\)也是奇數，故總逆序對數爲奇數，就完成了證明。
設羣\(G\)有一個指數爲\(n\)的子羣\(H\)，證明\(H\)包含一個\(G\)的正規子羣\(N\)滿足\([G:N]|n!\)
考慮這樣構造一個\(G\)在\(G/_LH\)上的左作用：\(g*aH:=gaH\)，這個作用對應一個\(G\to S(G/_LH)\)的同態，考察其同態核，爲滿足\(\forall a\in G\)，有\(a^{-1}ga\in H\)的元素\(g\)。容易知這樣的\(g\)組成一個羣\(N\)且\(N\leq H\)，同態基本定理得\(G/N\cong {\rm Im}\phi\leq S(G/_LH)\)，立得\([G:N]|n!\)。
重要推論：若\(p\)是\(|G|\)的最小質因子且子羣\(H\leq G\)滿足\([G:H]=p\)，則\(H\unlhd G\)
這是因爲由前述結論，存在\(K\leq H\)使得\(K\unlhd G\)且\([G:K]|p!\)，由\(p\)是最小質因子的假設，必有\([G:K]|p\)，而顯然\(p|[G:K]\)，故\([G:K]=p\)，也就推出\(H\unlhd G\)。
重要推論：若羣\(G\)不含指數爲\(2\)的子羣，則指數爲\(3\)的子羣一定是正規的。
若\(H\leq G\)且\([G:H]=3\)，由前述結論，存在\(H\)的子羣\(N\)滿足\(N\unlhd G\)且\([G:N]|3!=6\)。又易知\(3|[G:N]\)，故\([G:N]\)爲\(3\)或\(6\)。若\([G:N]=6\)，考慮\(6\)階羣\(G/N\)，由前述結論必有\(3\)階子羣\(K/N\)，由對應定理\(K\)是\(G\)的指數爲\(2\)的子羣，矛盾。於是\([G:N]=3\)，即\(N=H,H\unlhd G\)。
設\(|G|=p^n\)，證明對任意\(H<G\)，\(H<N(H)\)
對\(n\)使用歸納法，\(n=0\)時，定理顯然成立。假設定理對\(n\leq k\)成立，考慮類方程可知對羣的中心\(C=C(G)\)，有\(p\big||C|\)。則：
- 若\(C\leq H\)不成立，由於\(C\cup H\subseteq N(H)\)，命題顯然成立。
- 否則\(C\leq H\)。構造自然同態後對應定理即得\(H/C< G/C\)，根據歸納假設，\(H/C< N(H/C)\)，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\(N(H/C)=N(H)/C\)，由對應定理可得\(H<N(H)\)。