Jordan-Holder定理

的Jordan-Holder定理一个关于有限的组合级数的定理组．一个组合系列是子组链吗 $1 = H_0 \ trianglleft H_1 \ trianglleft H_2 \ trianglleft \cdots \ trianglleft H_{k-1} \ trianglleft H_k = G，$在哪里 $H_i$是极大固有正规子群的 $H_ {i + 1}。$由第三同构定理，这就等价于商 $H_ {i + 1} / H_i$是一个简单的组．这个商叫做a构成因素．

不难证明，每一个有限群 $G$有一个合成系列。Jordan-Hölder定理指出，同一组的任意两个组合序列具有相同的长度和相同的组合因子(直到排列)。

循环基团 ${\ mathbb Z} _6$有两个组成系列: $1 \triangleleft {\mathbb Z}_3 \triangleleft {\mathbb Z}_6 \， \， \text{and} \， \， 1 \triangleleft {\mathbb Z}_2 \triangleleft {\mathbb Z}_6。$在这里, ${\ mathbb Z} _3$子群同构吗 $\{0、2、4 \}$的 ${\ mathbb Z} _6,$而且 ${\ mathbb Z} _2$子群同构吗 $\ \}{0, 3。$注意，这两个组合序列具有相同的长度，并且都具有相同的组合因子，但顺序不同: ${\mathbb Z}_6/{\mathbb Z}_3 \cong {\mathbb Z}_2$而且 ${\mathbb Z}_6/{\mathbb Z}_2 \cong {\mathbb Z}_3。$

这里讨论在引言中所作的两个断言:每个有限群都有一个复合级数，以及 $H_i$的极大正规子群 $H_ {i + 1}$是等价的吗 $H_ {i + 1} / H_i$很简单。

很明显，每个有限群都有一个复合级数。为了证明存在极大正规子群，平凡子群在每个群中都是正规的，如果它不是极大子群，则必须有一个更大的正规子群包含它。继续寻找更大的正常子组，直到找到最大的子组。过程是有限的，因为群体是有限的。最大正规子群是 $H_ {k - 1}。$的子组上运行相同的过程 $H_ {k - 1}。$

的第三同构定理的正常子组的状态 $G / N$的正常子组是否一一对应 $G$包含 $N,$通过标准同态的自然对应 $\pi \冒号G \到G/N。$所以 $H_i$的最大值 $H_ {i + 1}$当且仅当没有正规子组严格包含 $H_i$严格地包含在 $H_ {i + 1},$对应的是没有正常的子群 $H_ {i + 1} / H_i$严格地说，哪个大于 $\ \ {1}$并且严格小于整个商。这个和那个是一样的 $H_ {i + 1} / H_i$很简单。

警告:正态关系不是传递关系。也就是说，如果 $K$是正常的 $H$而且 $H$是正常的 $克,$这并不一定是真的 $K$是正常的 $G。$组合序列中的每个子组在后面的子组中都是正常的，但在后面的子组中不一定是正常的 $G$本身。例如, $S_4$有一个合成系列
$1 \ trianglleft {\mathbb Z}_2 \ trianglleft V_4 \ trianglleft A_4 \ trianglleft S_4$(见简单的组Wiki作为派生)，但是 ${\ mathbb Z} _2,$子群所产生的双换位，是不正规的 $S_4。$

让 $G$成为一个有限的群体。考虑两个组合系列

$\begin{aligned} 1 = H_0 \ trianglleft H_1 \ trianglleft H_2 \ trianglleft \cdots \ trianglleft H_{k-1} \ trianglleft H_k &= G \\ 1 = K_0 \ trianglleft K_1 \ trianglleft K_2 \ trianglleft \cdots \ trianglleft K_{\ell-1} \ trianglleft K_\ell &= G \end{aligned}$

然后 $k = \ l形的$构成因子列表在排列前是唯一的;也就是列表 $\ {H_ {i + 1} / H_i \}$而且 $\ {K_ {j + 1} / K_j \}$是一样的，在适当地重新排列其中一个列表之后。

• 独特的分解:Jordan-Hölder定理可以看作是算术基本定理每个整数都可以被分解成质数的乘积，本质上是唯一的(直到因子的排列)。

事实上，从Jordan-Hölder中不难看出算术基本定理:考虑循环群 ${\ mathbb Z} _n”。$每个子群都是正规的，循环群中的极大子群正是具有素数指标的子群。(这是因为商是阿贝尔的，当且仅当它不包含非平凡的固有子群时是简单的，只有当商具有素数阶时才成立。)一个合成级数 ${\ mathbb Z} _n”$必须有表单 $1 \triangleleft {\mathbb Z}_{p_1} \triangleleft {\mathbb Z}_{p_1p_2} \triangleleft \cdots \triangleleft {\mathbb Z}_{p_1p_2\cdots p_k} = {\mathbb Z}_n，$在哪里 $p_i$都是质数。自 ${\ mathbb Z} _n”$有一个合成系列， $n$可以分解成质数的乘积，通过Jordan-Hölder，可以分解成 $n$导致不同的组合系列 $1 \triangleleft {\mathbb Z}_{q_1} \triangleleft {\mathbb Z}_{q_1q_2} \triangleleft \cdots \triangleleft {\mathbb Z}_{q_1q_2\cdots q_\ell} = {\mathbb Z}_n，$在排列前必须有相同的组成因子 $（$而且 $k = \魔法)。$但是复合因子的顺序就是质数 $P_i \ (\text{and} q_j)，$所以这些列表在排列之前是一样的，这正是算术基本定理的表述。

• 对称群的正规子群:为 $n \通用电气5,$交替组 $an$很简单这是一个合成级数 $1 \ triangllefleft A_n \ triangllefleft S_n。$因为组成因子大小是 $2$而且 $\压裂{n !} {2},$的非平凡正规子群 $S_n$有订单 $2，$通过对子群的非平凡元素的简单分析就可以很容易地排除。因此,对于 $N \ge 5，$的唯一非平凡正规子群 $S_n$是 $an。$这与多项式方程的可解性．

• 代数几何:稍微概括一下Jordan-Hölder(到模块)允许对两个代数曲线相交的多重性进行优雅而健壮的定义。这是在Bezout定理，预测两条射影曲线的交点个数。定义的细节超出了本wiki的范围，但其思想是交集多重性被定义为长度定义为其组合序列的长度。合成系列不是唯一的，但它们都有相同数量的术语，这要感谢Jordan-Hölder。

这个证明是相当专业的。它有助于与算术基本定理的证明相比较，有助于理解第二同构定理。

与算术基本定理一样，证明是由归纳法进行的 $| | G。$基本情况 $| G | = 1$是微不足道的。现在假设这个定理对所有严格小于的群都成立 $G。$

以两个合成系列为例 $(H_1、H_2 \ ldots H_k)$而且 $(K_1, K_2 \ ldots K_ \ l形)$为 $G。$这个定理对 $H = H_{k-1}$而且 $K = K_{\ell-1}。$如果 $H = K,$然后我们就完成了，因为组合系列必须相互重排。如果 $H \ne K，$让 $L = H \cap K。$然后 $l$是否有一个组合系列由组组成 $L_j,$通过归纳假设。然后有两个组合系列 $H,$那个涉及到 $H_i$还有下面这个: $1 \三角左L_1 \三角左L_2 \三角左L_2 \三角左cdots \三角左L_{t-1} \三角左L \三角左H。$ $(L=H \cap K$的极大子群 $H$因为 $H/(H\cap K) \cong /K，$由第二个同构定理． $）$

通过归纳，这个组合序列一定是另一个组合序列的重排: $(H_1 / H_0 H_2 / H_1 \ ldots H / H_ {k-2}) \ sim (l1 / L_0 l1, l2 / \ ldots L / L_ {t - 1}, H / L),$在哪里 $\ sim$意思是“在排列之前是相同的。”注意，长度相同意味着 $t + 1 = k。$

类似地，我们得到两个复合级数 $K,$使用相同的 $L_i$第二个的级数。也就是说, $(K_1 / K_0 K_2 / K_1 \ ldots K / K_ {\ ell-2}) \ sim (l1 / L_0 l1, l2 / \ ldots L / L_ {t - 1}, K / L)。$所以 $t + 1 = \ l形。$这证明了 $k = \ l形。$

现在添加 $G / H$到第一对列表，并追加 $G / K$到第二对表。这给了 $\{对齐}开始(/ H_0 H_1、H_2 / H_1, \ ldots H / H_ {k-2}, G / H) & \ sim (l1 / L_0 l1, l2 / \ ldots L / L_ {t - 1}, H / L, G / H) \ \ (l1 / L_0 l1, l2 / \ ldots L / L_ {t - 1}, K / L, G / K) & \ sim (K_1 / K_0 K_2 / K_1 \ ldots K / K_ {\ ell-2}, G / K)。结束\{对齐}$我们希望外层的两个链表在排列时是相同的。里面的两个列表除了最后两个元素是一样的。但 $(H / L, G / H)$而且 $(K / L, G / K)$是一样的 $(G / K, G / H)$而且 $(G / H, G / K),$还是用第二个同构定理。因此，内部的两个列表在置换(最后两个因子的转置)之前是相同的，结果如下。 $_ \广场$