抽象代数/合成序列

定义 2.7.1:

令 $G$ 为一个群。$G$ 的正规序列 是 $G$ 的有限个子群 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 使得

$\{e\}=N_{n}\triangleleft N_{n-1}\triangleleft \cdots \triangleleft N_{1}=G$

两个 $G$ 的正规序列 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 和 $M_{1},\ldots ,M_{k}$ 等价 当且仅当 $n=k$ 且存在一个双射函数 $\sigma :\{1,\ldots ,n\}\to \{1,\ldots ,n\}$ 使得对于所有的 $j\in \{1,\ldots ,n-1\}$

$N_{j}/N_{j+1}\cong M_{\sigma (j)}/M_{\sigma (j)+1}$

$G$ 的正规序列 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 是$G$ 的合成序列 当且仅当对于每个 $j\in \{1,\ldots ,n-1\}$，群

$N_{j}/N_{j+1}$

是简单的。

定理 2.7.2:

令 $G$ 为一个有限群。那么存在 $G$ 的合成序列。

证明:

我们通过对 $|G|$ 进行归纳证明定理。

1. $|G|=1$。在这种情况下，$G$ 是平凡群，并且 $M_{1}$ 与 $M_{1}=G$ 是 $G$ 的一个合成序列。

2. 假设对于所有 $n\in \mathbb {N}$，$n<|G|$ 定理成立。

由于平凡子群 $\{e\}\subset G$ 是 $G$ 的一个正规子群，$G$ 的真正规子群集合不为空。因此，我们可以选择一个真正规子群 $N$，其基数最大。这必然也是一个极大的真正规子群，因为包含它的任何群都必须至少具有相同的基数，因此，如果 $M$ 是正规子群，并且

$N\subsetneq M\subsetneq G$

，那么

$|M|>|N|$

，这就是为什么 $N$ 不是一个基数最大的真正规子群。

根据定理 2.6.?，$G/N$ 是单群。此外，由于 $|N|<|G|$，归纳假设表明 $N$ 存在一个合成序列，我们将其表示为 $N_{2},\ldots ,N_{n}$，其中

$\{e\}=N_{n}\triangleleft N_{n-1}\triangleleft \cdots \triangleleft N_{2}=N$

。然后我们有

$\{e\}=N_{n}\triangleleft \cdots \triangleleft N_{2}=N\triangleleft N_{1}:=G$

, 并且对于每个 $m\in \{1,\ldots ,n-1\}$

$N_{m}/N_{m+1}$ 是一个单群。

因此，$N_{1},\ldots ,N_{n}$ 是 $G$ 的一个合成序列。 $\Box$

我们的下一个目标是证明，给定一个群的两个正规序列，我们可以找到这两个正规序列的两个“细化”，它们是等价的。 首先，让我们定义一下什么是正规序列的细化。

定义 2.7.3:

令 $G$ 是一个群，令 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 是 $G$ 的一个正规序列。 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 的一个**细化**是一个正规序列 $N_{1}',\ldots ,N_{k}'$，使得

$\{N_{1},\ldots ,N_{n}\}\subseteq \{N_{1}',\ldots ,N_{k}'\}$

定理 2.7.4 (Schreier):

设 $G$ 是一个群，设 $N_{1},\ldots ,N_{n}$，$M_{1},\ldots ,M_{k}$ 是 $G$ 的两个正规序列。则存在 $N_{1}',\ldots ,N_{m}'$ 对 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 的细化和 $M_{1}',\ldots ,M_{l}'$ 对 $M_{1},\ldots ,M_{k}$ 的细化，使得 $N_{1}',\ldots ,N_{m}'$ 和 $M_{1}',\ldots ,M_{l}'$ 等价。

证明:

定理 2.7.5（约当-霍尔德定理）:

设 $G$ 是一个群，设 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 和 $M_{1},\ldots ,M_{k}$ 是 $G$ 的两个合成序列。则 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 和 $M_{1},\ldots ,M_{k}$ 等价。

证明:

根据定理 2.6.？，$\{N_{1},\ldots ,N_{n}\}$ 中的所有元素必须互不相同，$\{M_{1},\ldots ,M_{k}\}$ 中的元素也是如此。

根据定理 2.7.4，存在 $N_{1}',\ldots ,N_{m}'$ 的精细化，它是 $N_{1},\ldots ,N_{n}$ 的精细化，以及 $M_{1}',\ldots ,M_{l}'$ 的精细化，它是 $M_{1},\ldots ,M_{k}$ 的精细化，使得 $N_{1}',\ldots ,N_{m}'$ 与 $M_{1}',\ldots ,M_{l}'$ 等价。

但这些精细化满足

$\{N_{1}',\ldots ,N_{m}'\}=\{N_{1},\ldots ,N_{n}\}$

以及

$\{M_{1}',\ldots ,M_{l}'\}=\{M_{1},\ldots ,M_{k}\}$

，因为如果不是这样，我们将得到与定理 2.6 矛盾的结果。

现在我们选择一个双射 $\sigma :\{1,\ldots ,m\}\to \{1,\ldots ,m\}$，使得对于所有的 $j\in \{1,\ldots ,m-1\}$

$N_{j}/N_{j+1}\cong M_{\sigma (j)}/M_{\sigma (j)+1}$