# 代數導論 (10) - Quotient Group

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這邊要討論如何透過 *homomorphism* 來討論某個群的代數結構，而這當中的關鍵是 *homomorphism* 的 *kernel*。假定有一個 *homomorphism*:

$$
\phi : G \to G'
$$

那麼，$\phi$ 的 *kernel* 其實就是 $G'$ 中單位元的 *preimage*：

$$
\ker \phi = \phi^{pre}(1')
$$

而這個 *kernel* 某程度來說可以建構出其他元素的 *preimage*。因為假定有一個 $G$ 中的元素被送到 $g'$：

$$
\phi(g) = g'
$$

那麼，觀察 $g$ 跟 $K = \ker \phi$ 作用產生的 *coset*，會發現這個集合也在 $g'$ 的 *preimage* 中：

$$
\phi(gK) = \{g'\}
$$

更進一步，若：

$$
\begin{align}
\phi(g_1K) &= \{g_1'\}
\newline
\phi(g_2K) &= \{g_2'\}
\end{align}
$$

那麼這個 $G$ 上的 *homomorphism*，看起來也像是所有 $gK$ 形成的集合上的 *homomorphism*。因為：

$$
\phi((g_1g_2)K) = \{g_1'g_2'\}
$$

換句話說，給定 $G$ 上的 *homomorphism* 後，這些由 *kernel* 形成的 *coset* 之間，彼此也遵循類似的代數結構。而前面的章節中提到：*coset* 們把整個群區分成幾個等價類。所以要操作這些群，只需要挑出幾個代表性的 $g_1'$, $g_2'$ ，就可以對把 $G$ 分割成各個 *coset* 進行操作了。

這樣看來，似乎 *coset* 們自己形成了一個子群。不過如果想要定義一個群，還有一些問題要回答。比如：

1. 這個群所對應的二元運算會是什麼？
2. 除了 *kernel* 之外，怎樣的子群所形成的 *coset* 能夠形成一個群？

答案是：只要拿來做 *coset* 的子群 $H$ 是個 *normal subgroup*，一切好談。

## 定義：Coset 間作用

:::warning
**Def (Coset 間作用)**
假定 $G$ 是一個群，==$H \lhd G$==。對於任意 $g_1, g_2 \in G$，定義他們與 $H$ 所形成的 *coset* 之間的運算 $\star$ 如下：

$$
\boxed{(g_1 H) \star (g_2 H) = (g_1g_2)H}
$$

則在 $H$ 是個 *normal subgroup* 的狀況下，這個運算是 *well-defined* 的：
:::

這個定義要強調 *well-defined* 的理由是：==不同的 $g$ 造出來的 *coset* $gH$ 有可能一樣==，所以上面的定義能保證「從同一個 *coset* 選出不同的代表元素時，乘出來的結果都是同一個集合嗎？」更正式地說，假定：

$$
\begin{align}
g_1' &\in g_1H
\newline
g_2' &\in g_2H
\end{align}
$$

由 *coset* 「不是一樣，就是沒交集」的性質可知：

$$
\begin{align}
g_1H &= g_1'H
\newline
g_2H &= g_2'H
\end{align}
$$

所以問題是這樣：這兩組「同一個 *coset* 的不同表示法」，各自代表了一模一樣的集合，而一模一樣的集合乘出來的結果，就應該要相同。這也就是在問：下面這兩個集合是否一樣：

$$
(g_1'g_2')H = (g_1g_2)H
$$

但要證明這件事，只要證明這兩個集合的交集非空就好。而這邊有一個最直接可以操作的元素，也就是 $g_1'$ 跟 $g_2'$。如果可以證明：

$$
(g_1'g_2') \in (g_1g_2)H
$$

那麼 *coset* 的性質就會自動讓兩個集合相等。但既然「$g_1H = g_1'H$」，以及「$g_2' = g_2H$」，這也就是說「$g_1' \in g_1H$」且「$g_2' \in g_2H$」。更進一步地說，就是存在 $h_1, h_2 \in H$ 使得：

$$
\begin{align}
g_1' &= g_1h_1
\newline
g_2' &= g_2h_2
\end{align}
$$

接下來的目標，就是證明 $(g_1'g_2')$ 在 $(g_1g_2H)$ 裡面，而這就要==用到 $H$ 是 *normal subgroup* 的性質==。把 $(g_1'g_2')$ 中間故意補上 $(g_2g_2^{-1})$ ，利用 *normal subgroup* 的性質，有：

$$
\begin{align}
g_1'g_2' &= (g_1h_1)(g_2h_2)
\newline
&= g_1(g_2g_2^{-1})h_1g_2h_2
\newline
&= g_1g_2(g_2^{-1}h_1g_2)h_2
\newline
&= g_1g_2 h_1 h_2
\end{align}
$$

但既然 $H$ 是個子群，且 $h_1, h_2 \in H$ 所以 $(h_1h_2) \in H$。因此：

$$
g_1'g_2' = (g_1g_2)(h_1h_2) \in (g_1g_2) H
$$

## 定義：Quotient Group

前面提到過：給定一個 *group* $G$ 以及一個子群 $H$，則母群 $G$ 可以表為不相交 *coset* 的聯集。至於這些 *coset* 是否在某些意義下構成一個群？答案一樣是 ==$H$ *normal* 的話，一切好談==：

:::warning
**Def (Quotient Group)**

假定 $G$ 是一個群，$H \leq G$。則 $G/H$ 定義為「所有 $H$ 的 *coset* 所形成之搜集」。即：

$$
\boxed{G/H = \{gH \mid g \in G\}}
$$

若進一步，有：

$$
\boxed{H \lhd G}
$$

則所有 *coset* 所形成的集合，搭配前面的 *coset* 乘法，能夠形成一個群。即：

$$
\boxed{(G/H, \cdot) \text{ is a }\mathbf{group}}
$$

這個群稱作 *Quotient Group*。
:::

要讓 $G/H$ 成為一個群的重點是：==要有一個 *well-defined* 的二元運算==，而前面所定義的 *coset* 乘法，必須要在 *normal subgroup* 的前提下才 *well-defined*。所以這邊的前提才會是一個比較強的 $H \lhd G$。

前面已經證明：*coset* 間的乘法，在 $H$ 是 *normal subgroup* 的狀況下是 *well-defined* 的。因此現在的問題就是：這個集合有沒有滿足群的定義？所以就來驗證看看群的定義。

==單位元==：很直覺的會想猜這個群中的單位元是 $1 \cdot H$。所以就試試看：任取 $gH \in G/H$，則：

$$
\begin{align}
&(1H) \cdot (gH) = (1\cdot g)H = gH
\newline
&(gH) \cdot (1H) = (g \cdot 1)H = gH
\end{align}
$$

==反元素==：對於任意 $gH \in H/G$ (其中 $g \in G$)。既然 $G$ 是個群，所以 $g^{-1} \in G$。因此 $g^{-1}H$ 也是一個合法的 *coset*。更進一步，他會是 $gH$ 的反元素，因為：

$$
\begin{align}
&(gH) \cdot (g^{-1}H) = (g\cdot g^{-1})H = H
\newline
&(g^{-1}H) \cdot (gH) = (g^{-1} \cdot g)H = H
\end{align}
$$

==結合律==：因為 $G$ 保證結合律，所以：

$$
\begin{align}
(g_1H \cdot g_2H)\cdot g_3H &= (g_1g_2H) \cdot g_3H
\newline
&= (g_1g_2g_3)H
\end{align}
$$

另外一方面：

$$
\begin{align}
g_1H \cdot (g_2H \cdot g_3H) &= g_1H \cdot (g_2g_3H)
\newline
&= (g_1g_2g_3)H
\end{align}
$$

由此得證兩者相等。

## 定理：用 Center 做出循環群時

這裡有一個例子。

:::danger
**Thm**
假定 $G$ 是一個群，$Z(G)$ 是 $G$ 的 *center*。則：

$$
\boxed{G/Z(G) \mathbf{\ cyclic} \Rightarrow G \mathbf{\ Abelian}}
$$

其中，$Z(G)$ 是 $G$ 的 *center*。定義為：

$$
Z(G) = \{h \in G \mid ghg^{-1} = h\ \forall g \in G \}
$$

:::

這邊照理要先說 $Z(G) \lhd G$，這樣 *quotient* 出來的東西才是個群。不過 $Z(G) \lhd G$ 之前在 *Quotient Group* 時已經證明過了：因為裡面所有元素被 *G* 中任何元素 *conjugate* 之後都是自己，所以當然在原來的集合裡面，因此 *normal*。

首先可以觀察到：$Z(G)$ 中的每個元素，跟 $G$ 中的每一個元素的可交換。因為假定 $z \in Z(G)$，則對於任意 $g \in G$：

$$
gzg^{-1} = z \Rightarrow gz = zg
$$

除此之外，因為前提說做出來的 *quotient group* 是個循環群，假定 $gZ(G)$ 是一個他的 *generator*，也就是：

$$
\begin{align}
&G / Z(G)
\newline
&= \langle gZ(G) \rangle
\newline
&= \{Z(G), gZ(G) \dots g^{k}Z(G) \dots\}
\end{align}
$$

那麼對於任意兩個 $G$ 中的元素 $x, y$，他們必定分屬於某個 $g^{i}Z(G)$。假定 $x, y$ 有：

$$
\begin{align}
&x \in g^{i}Z(G) \Rightarrow x = g^{i}z_i
\newline
&y \in g^{j}Z(G) \Rightarrow y = g^{j}z_j
\end{align}
$$

其中，$z_i, z_j \in Z(G)$。這樣就可以發現：$xy$ 是可交換的。因為 $z_i$ 與 $z_j$ 在 $N(G)$ 中，所以他們兩個跟群中所有元素的運算都是可交換的，而 $g^{i}$ 與 $g^{j}$ 兩者也可交換，因此分別檢驗 $xy$ 與 $yx$ 能不能做出一樣的東西。首先：

$$
\begin{align}
xy &= (g^iz_i)(g^jz_j)
\newline
&= (g^{i}g^{j} z_iz_j)
\newline
&= g^{(i + j)}z_iz_j
\end{align}
$$

另外一方面：

$$
\begin{align}
yx &= (g^jz_j)(g^iz_i)
\newline
&= g^{j}g^{i} z_jz_i
\newline
&= g^{j + j} z_iz_j
\end{align}
$$

由此得證 $G$ 可交換。