商群

商群把一个群按某个正规子群的陪集分块，并让这些“块”继续相乘。真正需要检查的不是能否分块——任意子群都能给出陪集划分——而是换一个代表计算时乘积是否仍是同一块。

从模四加法看“按块运算”

整数在加法下成群。把相差四的整数归入一类： $[0] = 4 ℤ, [1] = 1 + 4 ℤ, [2] = 2 + 4 ℤ, [3] = 3 + 4 ℤ .$ 要计算 $[2] + [3]$ ，可用代表 $2 + 3 = 5$ ，得到 $[1]$ ；若改选 $6 \in [2]$ 与 $7 \in [3]$ ，则 $6 + 7 = 13$ ，仍在 $[1]$ 。原因是改代表只让和多出四的倍数。这四类在加法下形成 $ℤ / 4 ℤ$ ，其单位元是 $[0]$ ， $[1]$ 的逆元是 $[3]$ 。

一般定义需要正规性

设 $N$ 是群 $G$ 的子群，左陪集 $g N = {g n : n \in N}$ 构成 $G$ 的划分。若想规定 $(g N) (h N) = (g h) N,$ 必须确保结果与代表 $g, h$ 的选择无关。条件是 $N$ 正规： $g N g^{- 1} = N 对每个 g \in G .$ 等价地， $g N = N g$ 对每个 $g$ 成立。阿贝尔群的所有子群都正规，因为交换次序不会改变陪集；非交换群则须逐个检查。

正规性为什么够用？若另取代表 $g^{'} = g n_{1}$ 、 $h^{'} = h n_{2}$ ，其中 $n_{1}, n_{2} \in N$ ，则 $g^{'} h^{'} = g n_{1} h n_{2} = g h (h^{- 1} n_{1} h) n_{2} .$ 正规性保证括号里的 $h^{- 1} n_{1} h$ 属于 $N$ ；子群对乘法封闭，所以整个附加因子也在 $N$ 。因而 $g^{'} h^{'} N = g h N$ ，乘法不依赖代表。这一验证叫良定义；若省掉它，给“块”写公式还不等于已经定义了运算。

于是 $G / N$ （全体左陪集）成为群：结合律从 $G$ 继承，单位元是 $N = e N$ ， $g N$ 的逆是 $g^{- 1} N$ 。把 $g$ 送到 $g N$ 的自然映射是群同态，其核恰为 $N$ 。这解释了“正规”不是任意补上的技术限制：同态的核必正规，而商群正是把核中不能区分的输入合并。

非正规子群会在哪里失败

考察三个符号的置换群 $S_{3}$ ，约定右侧置换先执行。令 $H = {e, (12)}$ ，这是子群。取 $g = (13)$ 。直接复合可得 $g H = {(13), (123)}, H g = {(13), (132)} .$ 左右陪集不同，故 $H$ 不正规。若仍硬把左陪集相乘， $e$ 与 $(12)$ 都代表同一个陪集 $H$ ；但它们分别与 $g$ 相乘，得到 $(13) H$ 和 $(12) (13) H = (132) H$ ，这是两个不同的陪集。同一输入“ $H$ 乘 $g H$ ”给出两个答案，因而没有定义成一个群运算。

正规性也确实是必要条件。假设所有左陪集都能按代表相乘。对于任意 $n \in N, g \in G$ ， $n N = e N$ ，故 $n g N = g N$ ，于是 $g^{- 1} n g \in N$ 。任意 $g$ 都如此，换 $g$ 为 $g^{- 1}$ 可得反向包含，所以 $g^{- 1} N g = N$ 。

商群不是删掉一些元素

在 $ℤ / 4 ℤ$ 中， $[1]$ 不是整数 1，而是 ${\dots, - 3, 1, 5, 9, \dots}$ 这个集合。写 $[1] + [3] = [0]$ ，说的是两类相加所得的类，不是把 1 与 3 当成 0。每一类的全部代表在所研究运算下行为一致，才能用一个代表计算。

商群把“哪些原群元素被视为相同”形式化；等价关系说明一般分块，群同态的第一同构定理则说明每个同态的像都可由一个商群完整描述。另一个同样按类运算、但有加法和乘法两种运算的对象是环中的商环。

来源与相关词条

Thomas W. Judson《Abstract Algebra: Theory and Applications》，§11.2：正规子群、自然映射与商群。
先修：群、等价关系、同余；相关：群同态、环。