1 第 10 节 陪集与拉格朗日定理

本段是第10节的引言，它首先提出了一个核心观察，并预告了本节即将证明的关键定理——拉格朗日定理。

1. 核心观察与引出定理：段落开头指出一个在研究有限群时可能会发现的规律：“一个子群的阶（元素个数）总是能整除整个群的阶”。这不仅仅是一个巧合，而是一个深刻的性质，这个性质被形式化为拉格朗日定理。这为本节的学习设置了明确的目标：理解并证明这个定理。
2. 证明思路预告：接着，作者概述了证明拉格朗日定理的宏观策略。这个策略不是直接进行代数推导，而是采用一种更具构造性和几何性的方法。具体步骤是：
   • 将整个群 $G$ 划分(partition)成若干个互不相交的子集。
   • 证明这些子集（被称为单元）的大小全都相等，并且等于子群 $H$ 的大小。
   • 基于这个划分，整个群的大小就可以表示为“单元的个数”乘以“每个单元的大小”。
3. 核心概念引入：这些用于划分群 $G$ 的“单元”被赋予了一个专门的名称：陪集(coset)。这表明陪集是理解拉格朗-日定理的基石。本段强调了陪集自身的重要性，它不仅仅是证明过程中的一个工具。
4. 后续内容展望：最后，本段为更长远的内容（第14节）埋下伏笔。它提到，在特定条件下，这些陪集本身可以构成一个新的群，称为陪集群(factor group or quotient group)。这极大地扩展了群论的构造能力。为了让读者对这个更高级的概念有一个初步的印象，本节会做一些铺垫性的说明。这是一种很好的教学方法，通过“剧透”来激发读者的好奇心和学习动力。

本段是“陪集”这一核心概念技术性定义的开端。它明确了接下来要做的事情：通过定义等价关系来严格地、形式化地实现上一段提到的对群 $G$ 的划分。

1. 前提设定：段落首先设定了最基本的上下文环境。
   • $G$ 是一个群。
   • $H$ 是 $G$ 的一个子群 ($H \leq G$)。
   • 这里特意强调了 $G$ 和 $H$ 的阶“可以是有限的或无限的”，这意味着陪集和等价关系的定义具有普遍性，不局限于有限群。这为拉格朗日定理（仅限有限群）和更广泛的群论应用（例如在无限群中的应用）做了区分。
2. 核心技术路径：本段点明了实现划分的数学工具——等价关系 (equivalence relation)。在集合论中，一个集合上的等价关系会自然地导出该集合的一个划分。这个划分中的每个单元就是一个等价类 (equivalence class)。因此，作者的策略是：
   • 在群 $G$ 的元素之间定义一种关系。
   • 证明这种关系是等价关系。
   • 如此一来，群 $G$ 就被自动划分成了若干个等价类。
   • 这些等价类，实际上就是我们要找的陪集。
3. 两种划分的预告：段落明确指出，我们将定义“两个”等价关系，分别记为 $\sim_{L}$ 和 $\sim_{R}$。这暗示着我们将得到两种可能不同的划分。下标 $L$ 和 $R$ 让人联想到“Left”（左）和“Right”（右），预示着即将定义的左陪集和右陪集。这是由于群的运算不一定满足交换律，从左边乘一个元素和从右边乘一个元素可能会得到不同的结果。

这个定理给出了上一段预告的两种关系 $\sim_L$ 和 $\sim_R$ 的具体代数定义，并断言它们都是等价关系。这是构建陪集理论的第一个关键定理。

1. 关系 $\sim_L$ (左关系) 的定义:
   • 两个元素 $a, b \in G$ 被认为是“左相关”的，记为 $a \sim_L b$。
   • 其判断标准是：计算 $a^{-1}b$ (将第一个元素的逆左乘到第二个元素上)。
   • 如果计算结果 $a^{-1}b$ 属于子群 $H$，那么 $a$ 和 $b$ 就是左相关的。否则不是。
   • 这个定义的记忆技巧是：下标是 $L$ (Left)，逆号出现在左边的元素 $a$ 上。
2. 关系 $\sim_R$ (右关系) 的定义:
   • 两个元素 $a, b \in G$ 被认为是“右相关”的，记为 $a \sim_R b$。
   • 其判断标准是：计算 $ab^{-1}$ (将第一个元素右乘到第二个元素的逆上)。
   • 如果计算结果 $ab^{-1}$ 属于子群 $H$，那么 $a$ 和 $b$ 就是右相关的。否则不是。
   • 这个定义的记忆技巧是：下标是 $R$ (Right)，逆号出现在右边的元素 $b$ 上。
3. 定理的结论:
   • 该定理的核心断言是，以上述方式定义的 $\sim_L$ 和 $\sim_R$ 并非普通的关系，它们都满足作为等价关系所需的三个条件：自反性、对称性和传递性。
   • 这个结论至关重要，因为它直接保证了这两个关系都能将群 $G$ 划分为互不相交的等价类。

本段给出了定理10.1中关于 $\sim_L$ 是等价关系的完整证明。证明分为三步，分别验证等价关系的三个基本性质：自反性、对称性和传递性。

1. 引言: 作者明确指出只证明 $\sim_L$ 的部分，而 $\sim_R$ 的证明逻辑类似，作为练习留给读者。他还特别强调，证明的每一步都离不开“$H$ 是一个子群”这个核心条件。这意味着 $H$ 满足单位元、封闭性和逆元封闭性三大性质。
2. 证明自反性 (Reflexivity):
   • 目标：证明对于任意元素 $a \in G$，都有 $a \sim_L a$。
   • 步骤：
   • 根据 $\sim_L$ 的定义，要证明 $a \sim_L a$，我们需要检验 $a^{-1}a$ 是否属于 $H$。
   • 在任何群中，一个元素乘以它自身的逆元都等于单位元 $e$。所以 $a^{-1}a = e$。
   • 关键：因为 $H$ 是一个子群，它必须包含群 $G$ 的单位元 $e$。所以 $e \in H$。
   • 既然 $a^{-1}a = e \in H$，那么根据定义，$a \sim_L a$ 成立。
   • 结论：自反性得证。
3. 证明对称性 (Symmetry):
   • 目标：证明如果 $a \sim_L b$，那么必然有 $b \sim_L a$。
   • 步骤：
   • 从假设出发：$a \sim_L b$。根据定义，这意味着 $a^{-1}b \in H$。
   • 我们的目标是证明 $b \sim_L a$，也就是要证明 $b^{-1}a \in H$。
   • 关键：因为 $H$ 是一个子群，它对求逆元是封闭的。也就是说，如果一个元素在 $H$ 中，那么它的逆元也必须在 $H$ 中。
   • 我们已知 $a^{-1}b \in H$，所以它的逆元 $(a^{-1}b)^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。
   • 利用群的“袜子-鞋子”性质（$(xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1}$），我们计算 $(a^{-1}b)^{-1} = b^{-1}(a^{-1})^{-1} = b^{-1}a$。
   • 因此，我们推导出 $b^{-1}a \in H$。
   • 这正是 $b \sim_L a$ 的定义。
   • 结论：对称性得证。
4. 证明传递性 (Transitivity):
   • 目标：证明如果 $a \sim_L b$ 并且 $b \sim_L c$，那么必然有 $a \sim_L c$。
   • 步骤：
   • 从两个假设出发：
5. $a \sim_L b \implies a^{-1}b \in H$。
6. $b \sim_L c \implies b^{-1}c \in H$。
   • 我们的目标是证明 $a \sim_L c$，也就是要证明 $a^{-1}c \in H$。
   • 关键：因为 $H$ 是一个子群，它对群的二元运算是封闭的。也就是说，如果两个元素都在 $H$ 中，它们的乘积也必须在 $H$ 中。
   • 我们有两个元素，$(a^{-1}b)$ 和 $(b^{-1}c)$，并且我们已知它们都在 $H$ 中。
   • 根据封闭性，它们的乘积 $(a^{-1}b)(b^{-1}c)$ 也必定在 $H$ 中。
   • 利用群的结合律，我们可以化简这个乘积：$(a^{-1}b)(b^{-1}c) = a^{-1}(bb^{-1})c = a^{-1}ec = a^{-1}c$。
   • 因此，我们推导出 $a^{-1}c \in H$。
   • 这正是 $a \sim_L c$ 的定义。
   • 结论：传递性得证。

本段的目的是揭示由等价关系 $\sim_L$ 和 $\sim_R$ 产生的划分中，每个单元（即等价类）的具体形态。这是从抽象的等价关系到具体的陪集形式的关键一步。

1. 连接等价关系与划分：段落首先重申了基本事实：既然 $\sim_L$ 是一个等价关系，它必然会把群 $G$ 划分成若干个等价类。这里的“定理 0.22” 指的是集合论中的一个基本定理，即任何等价关系都对应一个划分，反之亦然。
2. 分析左等价类：
   • 目标：找出包含任意一个给定元素 $a \in G$ 的等价类是什么样子的。
   • 根据等价类的定义，包含 $a$ 的等价类（我们称之为 $[a]$）是 $G$ 中所有与 $a$ 相关的元素 $x$ 的集合。用符号表示就是 $[a] = \{x \in G \mid a \sim_L x\}$。
   • 将 $\sim_L$ 的定义代入：这个集合就是 $\{x \in G \mid a^{-1}x \in H\}$。
   • 对条件 $a^{-1}x \in H$ 进行变形：
   • 这个条件意味着 $a^{-1}x$ 是 $H$ 中的某个元素。我们可以把这个元素记为 $h$，其中 $h \in H$。
   • 所以，$a^{-1}x = h$ 对于某个 $h \in H$ 成立。
   • 为了解出 $x$，我们在等式两边同时左乘 $a$：$a(a^{-1}x) = ah$，化简得到 $(aa^{-1})x = ah$，即 $ex = ah$，也就是 $x = ah$。
   • 结论：与 $a$ 左相关的元素 $x$ 必须具有 $ah$ 的形式，其中 $h$ 是 $H$ 中的任意元素。反之，任何形如 $ah$ 的元素也与 $a$ 左相关（因为 $a^{-1}(ah) = h \in H$）。
   • 因此，包含 $a$ 的等价类就是集合 $\{ah \mid h \in H\}$。
3. 引入记号 aH: 作者为这个集合引入了一个简洁的记号 $aH$。这个记号非常直观，表示“用元素 $a$ 左乘子群 $H$ 中的每一个元素所得到的集合”。这个集合就是 $H$ 的一个左陪集。
4. 分析右等价类：
   • 作者指出，对关系 $\sim_R$ 进行完全相同的逻辑推理，可以得出包含 $a$ 的右等价类。
   • 右等价类为 $\{x \in G \mid a \sim_R x\} = \{x \in G \mid ax^{-1} \in H\}$。
   • 令 $ax^{-1} = h \in H$。变形得到 $a = hx$，再解出 $x$ 得 $x = h^{-1}a$。由于 $H$ 对逆元封闭，当 $h$ 取遍 $H$ 时，$h^{-1}$ 也取遍 $H$。所以这个集合等价于 $\{ha \mid h \in H\}$。
   • 这个集合被记为 $Ha$，表示“用元素 $a$ 右乘子群 $H$ 中的每一个元素所得到的集合”。这个集合就是 $H$ 的一个右陪集。
5. 左右陪集的区别: 段落最后强调了一个非常重要

的点：由于群 $G$ 不一定是阿贝尔群（即不一定满足交换律 $ab=ba$），我们没有任何理由认为 $aH$ 和 $Ha$ 会是同一个集合。它们的形式不同，在非阿贝尔群中，其包含的元素也可能不同。

这是一个形式化的定义，它将上一段推导出的结论固化为标准的数学术语。

1. 上下文: 定义的前提和之前一样：$G$ 是一个群，$H$ 是 $G$ 的一个子群。
2. 左陪集 (Left Coset):
   • 名称: 左陪集 of $H$ containing $a$。
   • 记号: $aH$。
   • 定义: 它是通过取元素 $a$ （来自群 $G$），并将其从左边乘以子群 $H$ 中的每一个元素 $h$ 所形成的集合。
   • 集合表示法: $\{ah \mid h \in H\}$。
   • “包含 $a$”的解释：如前所述，因为 $e \in H$，所以 $ae = a$ 总是 $aH$ 的一个元素，所以 $aH$ 确实是包含 $a$ 的那个陪集。
3. 右陪集 (Right Coset):
   • 名称: 右陪集 of $H$ containing $a$。
   • 记号: $Ha$。
   • 定义: 它是通过取元素 $a$ （来自群 $G$），并将其从右边乘以子群 $H$ 中的每一个元素 $h$ 所形成的集合。
   • 集合表示法: $\{ha \mid h \in H\}$。
   • “包含 $a$”的解释：同理，因为 $e \in H$，所以 $ea = a$ 总是 $Ha$ 的一个元素。

这个定义是本节最重要的核心定义之一，是后续所有讨论的基础。

这个例子旨在通过一个非常具体和熟悉的群——整数加法群 $\mathbb{Z}$——来实例化陪集的概念。

1. 问题设定:
   • 群 $G = \mathbb{Z}$ (所有整数的集合，运算是普通加法)。这是一个无限阿贝尔群。
   • 子群 $H = 3\mathbb{Z}$ (所有3的倍数的集合)。我们可以验证它是一个子群：0是3的倍数；两个3的倍数相加仍是3的倍数；一个3的倍数的相反数也是3的倍数。
2. 符号转换:
   • 由于 $\mathbb{Z}$ 是一个加法群，通用的乘法记号需要转换为加法记号：
   • 左陪集 $aH$ 变成 $a+H$ (在书中写作 $m+3\mathbb{Z}$)。
   • 元素 $ah$ 变成 $a+h$。
   • 单位元 $e$ 是 $0$。
3. 寻找陪集的过程（这是一个构造性的过程）:
   • 第一步：从子群自身开始。
   • 任何子群 $H$ 都是它自身的一个陪集。在加法群里，就是 $0+H = H$。
   • 所以第一个陪集是 $0+3\mathbb{Z} = 3\mathbb{Z} = \{\dots, -6, -3, 0, 3, 6, \dots\}$。这个陪集包含了所有能被3整除的数。

• 第二步：选取一个未被包含的元素。
• 我们发现整数 $1$ 不在 $3\mathbb{Z}$ 中。
• 因此，$1$ 必定属于另一个新的陪集。这个陪集就是包含 $1$ 的陪集，记为 $1+3\mathbb{Z}$。
• 计算它：$1+3\mathbb{Z} = \{1+h \mid h \in 3\mathbb{Z}\} = \{1+ \dots, 1+(-3), 1+0, 1+3, \dots\} = \{\dots, -2, 1, 4, 7, \dots\}$。
• 这个陪集包含了所有除以3余1的数。

• 第三步：继续选取未被包含的元素。
• 现在我们有两个陪集了：$3\mathbb{Z}$ 和 $1+3\mathbb{Z}$。它们的并集是所有除以3余0或1的数。
• 我们发现整数 $2$ 仍然不在这两个集合中。
• 因此，$2$ 属于第三个陪集，$2+3\mathbb{Z}$。
• 计算它：$2+3\mathbb{Z} = \{2+h \mid h \in 3\mathbb{Z}\} = \{\dots, -1, 2, 5, 8, \dots\}$。
• 这个陪集包含了所有除以3余2的数。

• 第四步：检查是否已穷尽。
• 我们得到的三个陪集分别是：除以3余0的数、余1的数、余2的数。
• 任何一个整数除以3的余数必然是0, 1, 2之一。
• 因此，这三个陪集的并集已经覆盖了整个整数集 $\mathbb{Z}$。
• 寻找过程结束。

1. 结论:
   • $\mathbb{Z}$ 被子群 $3\mathbb{Z}$ 划分成了三个左陪集：$3\mathbb{Z}$, $1+3\mathbb{Z}$, 和 $2+3\mathbb{Z}$。
2. 关于右陪集:
   • 作者最后补充说明，因为 $\mathbb{Z}$ 是阿贝尔群（加法满足交换律，$a+b = b+a$），所以左陪集 $m+3\mathbb{Z}$ 和右陪集 $3\mathbb{Z}+m$ 是完全相同的集合。
   • 因此，右陪集的划分与左陪集的划分是同一个划分。

本段从例10.3中提炼出两个重要的观察和推广，将陪集理论与我们更早接触的同余概念联系起来。

1. 第一个观察（推广）:
   • 在例10.3中，我们看到对于阿贝尔群 $\mathbb{Z}$ 和其子群 $3\mathbb{Z}$，左陪集和右陪集是相同的。
   • 本段将这个观察推广到一个普遍的结论：对于任何一个阿贝尔群 $G$ 和它的任意一个子群 $H$，左陪集 $aH$ 和右陪集 $Ha$ 总是相等的。
   • 原因:
   • $aH = \{ah \mid h \in H\}$。
   • $Ha = \{ha \mid h \in H\}$。
   • 因为 $G$ 是阿贝尔群，所以运算满足交换律，即 $ah=ha$ 对所有 $a \in G, h \in H$ 成立。
   • 因此，这两个集合的定义是完全等价的，它们包含完全相同的元素。
   • 这个结论意味着，在讨论阿贝尔群的陪集时，我们通常不需要区分“左”和“右”，可以直接称为“陪集”。
2. 第二个观察（与同余的联系）:
   • 本段引导我们回顾一个更早的概念：同余模n (congruence modulo n)。
   • 同余的定义: 两个整数 $h$ 和 $k$ 是同余模n的，记为 $h \equiv k \pmod n$，当且仅当它们的差 $h-k$ 是 $n$ 的倍数。
   • “$h-k$ 是 $n$ 的倍数”用集合语言来说，就是 $h-k \in n\mathbb{Z}$。
   • 现在我们来看关系 $\sim_R$ 在加法群 $\mathbb{Z}$ 和子群 $n\mathbb{Z}$ 中的定义：$h \sim_R k \iff h k^{-1} \in n\mathbb{Z}$。
   • 在加法群中，$k^{-1}$ 就是 $-k$，乘法就是加法。所以定义变为：$h \sim_R k \iff h+(-k) \in n\mathbb{Z} \iff h-k \in n\mathbb{Z}$。
   • 惊人的发现: 同余关系 $h \equiv k \pmod n$ 和我们新学的等价关系 $h \sim_R k$ 的定义是完全一模一样的！
   • 推论:
   • 由同余关系产生的划分——即剩余类 (residue classes)或同余类 (congruence classes)——与由等价关系 $\sim_R$ (或 $\sim_L$)产生的划分——即陪集——是完全相同的东西。
   • 例如，模3的剩余类有三个：
   • $\bar{0} = \{..., -3, 0, 3, ...\}$ (所有除以3余0的数)
   • $\bar{1} = \{..., -2, 1, 4, ...\}$ (所有除以3余1的数)
   • $\bar{2} = \{..., -1, 2, 5, ...\}$ (所有除以3余2的数)
   • 这和我们在例10.3中找到的三个陪集 $3\mathbb{Z}$, $1+3\mathbb{Z}$, $2+3\mathbb{Z}$ 是完全一样的。
3. 术语统一:
   • 基于以上的深刻联系，作者指出，我们经常将 $\mathbb{Z}$ 关于 $n\mathbb{Z}$ 的陪集直接称为“模 $n\mathbb{Z}$ 的陪集”。这统一了两种看似不同的语言。
   • 再次强调，在 $\mathbb{Z}$ 这个阿贝尔群中，无需区分左右。

这个例子是例10.3的有限群版本，同样是阿贝尔群，使得概念更容易掌握。

1. 问题设定:
   • 群 $G = \mathbb{Z}_6 = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$。这是一个有限阿贝尔群，运算是模6加法。其阶为6。
   • 子群 $H = \{0, 3\}$。我们可以验证它是一个子群：
   • 运算是模6加法。
   • $0+0=0, 0+3=3, 3+0=3, 3+3=6\equiv0 \pmod 6$。结果都在$H$中，满足封闭性。
   • $0$的逆元是$0 \in H$。$3$的逆元是$-3 \equiv 3 \pmod 6$，也在$H$中。满足逆元封闭性。
   • 目标: 找到 $G$ 关于 $H$ 的所有陪集。因为 $\mathbb{Z}_6$ 是阿贝尔群，我们无需区分左右陪集。
2. 求解过程: 采用了与例10.3完全相同的构造性步骤。
   • 第一步：从子群自身开始。
   • 第一个陪集总是子群 $H$ 本身。这里就是 $\{0, 3\}$。这个陪集由 $0+H$ 或 $3+H$ 生成。
   • 已覆盖元素: $\{0, 3\}$。
   • 剩余未覆盖元素: $\{1, 2, 4, 5\}$。

• 第二步：选取一个未被包含的元素。
• 我们从未覆盖的元素中任选一个，比如 $1$。
• 构造包含 $1$ 的陪集：$1+H = 1+\{0, 3\} = \{1+0, 1+3\} = \{1, 4\}$。
• 已覆盖元素: $\{0, 3, 1, 4\}$。
• 剩余未覆盖元素: $\{2, 5\}$。

• 第三步：继续选取未被包含的元素。
• 我们从未覆盖的元素中任选一个，比如 $2$。
• 构造包含 $2$ 的陪集：$2+H = 2+\{0, 3\} = \{2+0, 2+3\} = \{2, 5\}$。
• 已覆盖元素: $\{0, 3, 1, 4, 2, 5\}$。
• 剩余未覆盖元素: 空集。

• 第四步：检查是否已穷尽。
• 我们得到的三个陪集 $\{0,3\}, \{1,4\}, \{2,5\}$ 的并集是 $\{0,1,2,3,4,5\} = \mathbb{Z}_6$。
• 所有元素都已被覆盖，寻找过程结束。

1. 结论:
   • $\mathbb{Z}_6$ 关于子群 $H=\{0,3\}$ 的陪集划分由以下三个陪集构成：
   • $C_0 = \{0, 3\}$
   • $C_1 = \{1, 4\}$
   • $C_2 = \{2, 5\}$
   • 这里我们可以验证拉格朗日定理：$|H|=2$, $|\mathbb{Z}_6|=6$。陪集的数量（指数）是 $6/2 = 3$。我们的确找到了3个陪集。

本段是一个非常精彩的引导性讨论，它通过一个巧妙的视觉化技巧，让读者在不接触形式化定义的情况下，直观地“发现”陪集群的存在。

1. 目的预告: 作者明确表示，这只是一个“有趣的事情”的展示，一个对第14节内容的提前“剧透”，目的是激发兴趣和建立直觉。
2. 实验设置:
   • 对象: 例10.4中的 $\mathbb{Z}_6$ 及其陪集 $\{0,3\}, \{1,4\}, \{2,5\}$。
   • 操作: 重新排列 $\mathbb{Z}_6$ 的加法表。标准的加法表通常按 $0,1,2,3,4,5$ 的顺序列出元素。但这里，作者特意按照陪集的归属来排列元素：先是 $\{0,3\}$ 的元素，然后是 $\{1,4\}$ 的元素，最后是 $\{2,5\}$ 的元素。
   • 视觉化: 为了凸显陪集结构，表格被着色。所有属于同一个陪集的元素（无论是行、列还是表格内部的计算结果）都被涂上相同的颜色。
   • LT (Light, 浅色) 代表陪集 $\{0,3\}$。
   • MD (Medium, 中等色) 代表陪集 $\{1,4\}$。
   • DK (Dark, 深色) 代表陪集 $\{2,5\}$。
3. 核心观察:
   • 当观察着色后的表10.5时，一个惊人的模式出现了：运算结果的颜色（陪集归属）仅仅取决于参与运算的元素的颜色（陪集归属），而与具体是哪个元素无关。
   • 例如，取一个MD色（如1）和一个DK色（如2）相加，结果是 $1+2=3$。3是LT色。
   • 再取一个MD色（如4）和一个DK色（如5）相加，结果是 $4+5=9 \equiv 3 \pmod 6$。3也是LT色。
   • 这表明，我们可以定义一种在“颜色”本身之间的运算：MD + DK = LT。
4. 构造新群:
   • 作者将这种“颜色”之间的运算关系提炼出来，制作了一个新的、更小的运算表——表10.6。这个表的元素不再是数字，而是三种颜色（LT, MD, DK），代表三个陪集。
   • 这个3x3的颜色运算表（表10.6）本身也构成了一个群！
   • 验证: 我们可以通过将颜色映射到数字来验证这一点。令 LT=0, MD=1, DK=2。
   • LT + MD = MD 对应 0 + 1 = 1。
   • MD + DK = LT 对应 1 + 2 = 3 \equiv 0 \pmod 3。
   • 将表10.6完全替换后，得到的恰好是群 $\mathbb{Z}_3$ 的加法表。
5. 结论:
   • $\mathbb{Z}_6$ 关于子群 $\{0,3\}$ 的三个陪集，在一种自然的“陪集加法”下，构成了一个新的、阶为3的群。
   • 这个新的群同构于 $\mathbb{Z}_3$。
   • 这个新构造出来的群，就是所谓的商群或陪集群，记作 $\mathbb{Z}_6 / \{0,3\}$。

这两张表格是上一段讨论的核心素材。

表 10.5 的分析:

• 标题: 表格表示的是群 $\mathbb{Z}_6$ 的二元运算，即模6加法。
• 结构: 这是一个凯莱表 (Cayley table)。行和列的表头都是 $\mathbb{Z}_6$ 的元素，表格内部的 $(i, j)$ 位置的元素是第 $i$ 行表头元素与第 $j$ 列表头元素的和。
• 特殊之处: 行和列的元素排列顺序不是常规的 $0, 1, 2, 3, 4, 5$，而是按照陪集的归属重新组织的：$\{0,3\}$, $\{1,4\}$, $\{2,5\}$。
• 视觉模式 (着色):
• 第一、二行/列的表头 (0, 3) 属于同一个陪集，被想象成浅色(LT)。
• 第三、四行/列的表头 (1, 4) 属于同一个陪集，被想象成中等色(MD)。
• 第五、六行/列的表头 (2, 5) 属于同一个陪集，被想象成深色(DK)。
• 观察表格内部，你会发现它被分成了九个 2x2 的块。每个块内部的元素颜色都是统一的。
• 例如，左上角 2x2 块（LT行 vs LT列），所有结果 (0,3,3,0) 都属于LT陪集。
• 例如，中间 2x2 块（MD行 vs MD列），所有结果 (2,5,5,2) 都属于DK陪集。
• 例如，右上角 2x2 块（LT行 vs DK列），所有结果 (2,5,5,2) 都属于DK陪集。
• 这个模式的意义: 运算结果的陪集归属（颜色）只由操作数的陪集归属（颜色）决定，而与操作数具体是谁无关。例如，MD + MD 的结果总是 DK，无论你算的是 $1+1=2$($\to$DK), $1+4=5$($\to$DK), $4+1=5$($\to$DK), 还是 $4+4=8\equiv2$($\to$DK)。

表 10.6 的分析:

• 标题: 表格表示的是在“颜色”集合 $\{LT, MD, DK\}$ 上的二元运算。
• 元素: 表格的元素是三个陪集的代号：LT, MD, DK。
• 内容: 这张表是对表10.5中 2x2 块宏观模式的总结。
• 表10.6的 (LT, LT) 位置是 LT，因为表10.5中左上角 2x2 块的颜色是LT。
• 表10.6的 (MD, MD) 位置是 DK，因为表10.5中中间 2x2 块的颜色是DK。
• 表10.6的 (MD, DK) 位置是 LT，因为表10.5中第3、4行与第5、6列交叉处的 2x2 块（结果为3,0,0,3）的颜色是LT。
• 结论: 表10.6本身也定义了一个群。如果我们进行替换 LT$\to 0$, MD$\to 1$, DK$\to 2$，那么这张表就变成了：

这正是群 $\mathbb{Z}_3$ 的加法表。

本句话是对前面例子的一个总结和推广，并再次预告了第14节的内容。

1. 结论: 作者在这里给出了一个更普遍的结论，而不仅仅是针对 $\mathbb{Z}_6$ 和 $H=\{0,3\}$ 这个特例。
2. 条件: 这个结论成立的条件是：
   • $G$ 是一个阿贝尔群。
   • $H$ 是 $G$ 的任何一个子群。
3. 操作:
   • 找出 $G$ 关于 $H$ 的陪集划分。
   • 根据这个陪集划分，重新排列 $G$ 的凯莱表（运算表）。
4. 结果: "总是会产生这样的陪集群"。这意味着：
   • 重新排列后的凯莱表总是会呈现出那种块状的、颜色统一的模式。
   • 陪集之间的运算总是良定义的（结果只依赖于陪集，不依赖于代表元素）。
   • 由陪集作为元素构成的新集合，以及在其上定义的运算，总是会形成一个群。

这个例子是与例10.4形成鲜明对比的关键例子。它展示了在非阿贝尔群中，陪集的行为会变得更加复杂。

1. 问题设定:
   • 群 $G = S_3 = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2, \mu_1, \mu_2, \mu_3\}$。这是一个非阿贝尔群，阶为6。($\rho_i$ 是旋转，$\mu_i$ 是翻转)。
   • 子群 $H = \langle\mu_1\rangle = \{\rho_0, \mu_1\}$。这是一个由翻转元素 $\mu_1$ 生成的循环子群，阶为2。
   • 目标: 分别求出 $S_3$ 关于 $H$ 的左陪集划分和右陪集划分，并进行比较。
2. 计算左陪集:
   • 第一个陪集: $H = \{\rho_0, \mu_1\}$。 (由 $\rho_0$ 或 $\mu_1$ 生成)
   • 第二个陪集: 选取一个不在 $H$ 中的元素，如 $\rho_1$。计算 $\rho_1 H$。
   • $\rho_1 H = \{\rho_1 \rho_0, \rho_1 \mu_1\}$。
   • 根据 $S_3$ 的乘法规则 (参考表8.8或通过置换复合运算)：$\rho_1 \rho_0 = \rho_1$, $\rho_1 \mu_1 = \mu_3$。
   • 所以 $\rho_1 H = \{\rho_1, \mu_3\}$。
   • 第三个陪集: 选取一个仍未被包含的元素，如 $\rho_2$ (1, 2, 3, 4, 5)。$\rho_2$ 不在 $H$ 或 $\rho_1 H$ 中。计算 $\rho_2 H$。
   • $\rho_2 H = \{\rho_2 \rho_0, \rho_2 \mu_1\}$。
   • 根据 $S_3$ 的乘法规则：$\rho_2 \rho_0 = \rho_2$, $\rho_2 \mu_1 = \mu_2$。
   • 所以 $\rho_2 H = \{\rho_2, \mu_2\}$。
   • 检查: 三个左陪集 $\{ \rho_0, \mu_1 \}, \{ \rho_1, \mu_3 \}, \{ \rho_2, \mu_2 \}$ 的并集是整个 $S_3$，且互不相交。左陪集划分完成。
3. 计算右陪集:
   • 第一个陪集: $H = \{\rho_0, \mu_1\}$。 (由 $\rho_0$ 或 $\mu_1$ 生成， $H\rho_0 = H$, $H\mu_1 = H$)
   • 第二个陪集: 选取 $\rho_1$，计算 $H \rho_1$。
   • $H \rho_1 = \{\rho_0 \rho_1, \mu_1 \rho_1\}$。
   • 根据 $S_3$ 的乘法规则：$\rho_0 \rho_1 = \rho_1$, $\mu_1 \rho_1 = \mu_2$。
   • 所以 $H \rho_1 = \{\rho_1, \mu_2\}$。
   • 第三个陪集: 选取 $\rho_2$，计算 $H \rho_2$。
   • $H \rho_2 = \{\rho_0 \rho_2, \mu_1 \rho_2\}$。
   • 根据 $S_3$ 的乘法规则：$\rho_0 \rho_2 = \rho_2$, $\mu_1 \rho_2 = \mu_3$。
   • 所以 $H \rho_2 = \{\rho_2, \mu_3\}$。
   • 检查: 三个右陪集 $\{ \rho_0, \mu_1 \}, \{ \rho_1, \mu_2 \}, \{ \rho_2, \mu_3 \}$ 的并集是整个 $S_3$，且互不相交。右陪集划分完成。
4. 核心结论:
   • 比较两种划分：
   • 左陪集划分: $\{\{\rho_0, \mu_1\}, \{\rho_1, \mu_3\}, \{\rho_2, \mu_2\}\}$
   • 右陪集划分: $\{\{\rho_0, \mu_1\}, \{\rho_1, \mu_2\}, \{\rho_2, \mu_3\}\}$
   • 除了 $H$ 本身，其他的陪集都不同！
   • 例如，包含 $\rho_1$ 的左陪集是 $\{\rho_1, \mu_3\}$，而包含 $\rho_1$ 的右陪集是 $\{\rho_1, \mu_2\}$。
   • 作者指出，这个结果“并不奇怪”，根本原因在于 $S_3$ 是一个非阿贝尔群，其运算不满足交换律。

本段紧接着上一个例子，模仿对 $\mathbb{Z}_6$ 的分析方法，试图在 $S_3$ 关于子群 $H=\{\rho_0, \mu_1\}$ 的左陪集上寻找陪集群结构，但最终得出了否定的结论。

1. 实验设置:
   • 对象: $S_3$ 群和它的左陪集划分 $\{\{\rho_0, \mu_1\}, \{\rho_1, \mu_3\}, \{\rho_2, \mu_2\}\}$。
   • 操作: 仿照表10.5，重新排列 $S_3$ 的凯莱表。这次的排列顺序是：先排陪集 $\{\rho_0, \mu_1\}$ 的元素，然后是 $\{\rho_1, \mu_3\}$ 的，最后是 $\{\rho_2, \mu_2\}$ 的。
   • 视觉化: 同样进行着色。
   • LT (浅色) $\to \{\rho_0, \mu_1\}$
   • MD (中等色) $\to \{\rho_1, \mu_3\}$
   • DK (深色) $\to \{\rho_2, \mu_2\}$
2. 核心观察 (与表10.5对比):
   • 在表10.5 ($\mathbb{Z}_6$ 的例子) 中，表格内部呈现出非常整齐的 2x2 同色块。
   • 但在这次生成的表10.9中，这种整齐的块状结构消失了。
   • 例如，我们来看 "浅色(LT) x 深色(DK)" 对应的 2x2 块，即 $\{\rho_0, \mu_1\}$ 的行与 $\{\rho_2, \mu_2\}$ 的列交叉的部分。
   • $\rho_0 \rho_2 = \rho_2$ (DK)
   • $\rho_0 \mu_2 = \mu_2$ (DK)
   • $\mu_1 \rho_2 = \mu_3$ (MD)
   • $\mu_1 \mu_2 = \rho_1$ (MD)
   • 这个 2x2 块内部包含了两种不同的颜色（DK 和 MD）！
3. 结论:
   • 我们没有得到一个陪集群。
   • 原因是陪集间的运算不是良定义的。"LT x DK" 的结果是什么？它既可能是 DK (如 $\rho_0 \rho_2 = \rho_2$)，也可能是 MD (如 $\mu_1 \rho_2 = \mu_3$)。结果依赖于我们从 LT 和 DK 陪集中挑选的具体元素。
   • 由于运算结果不唯一，我们无法定义一个在陪集（颜色）层面上的有效运算。因此，这些陪集不能构成一个群。

[易错点与边界情况]**

• 左陪集 vs 右陪集划分: 这里是按左陪集划分来排列凯莱表的。如果按右陪集划分来排列，同样也得不到块状结构。
• 正规子群的重要性: 这个反例有力地说明了，仅仅是子群是不够的。要想让陪集构成一个群，子群 $H$ 必须满足一个更强的条件，即正规性 ($gH=Hg$ 对所有 $g \in G$ 成立)。在当前例子中，$H=\{\rho_0, \mu_1\}$ 不是 $S_3$ 的正规子群，因为我们已经看到它的左、右陪集不同。

这一小段话又展示了一个新的、更微妙的情况。它告诉我们，在非阿贝尔群中，即使群本身不是交换的，也可能存在某些特殊的子群，其左、右陪集恰好是相同的。

1. 新的实验对象:
   • 群: 仍然是 $S_3$。
   • 子群: 这次换成了一个新的子群 $H' = \langle\rho_1\rangle = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2\}$。这是由旋转元素 $\rho_1$ 生成的循环子群，也称为交错群 $A_3$。它的阶是3。
2. 计算陪集:
   • $|S_3|=6$, $|H'|=3$。根据拉格朗日定理的预示，陪集的个数（指数）应该是 $6/3=2$。
   • 左陪集:
3. $H' = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2\}$。
4. 选取一个不在 $H'$ 中的元素，比如 $\mu_1$。计算 $\mu_1 H'$。
   • $\mu_1 H' = \{\mu_1 \rho_0, \mu_1 \rho_1, \mu_1 \rho_2\} = \{\mu_1, \mu_2, \mu_3\}$。
   • 这两个左陪集已经穷尽了 $S_3$。
   • 右陪集:
5. $H' = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2\}$。
6. 选取 $\mu_1$，计算 $H' \mu_1$。
   • $H' \mu_1 = \{\rho_0 \mu_1, \rho_1 \mu_1, \rho_2 \mu_1\} = \{\mu_1, \mu_3, \mu_2\}$。
   • 由于集合是无序的，$\{\mu_1, \mu_3, \mu_2\}$ 和 $\{\mu_1, \mu_2, \mu_3\}$ 是同一个集合。
   • 核心发现: 对于这个特殊的子群 $H' = A_3$，我们发现它的左陪集划分 $\{\{\rho_0, \rho_1, \rho_2\}, \{\mu_1, \mu_2, \mu_3\}\}$ 和右陪集划分是完全相同的！
7. 结论:
   • “尽管 $S_3$ 不是阿贝尔群”，但它的子群 $A_3$ 却具有“左陪集等于右陪集”这个良好的性质。
   • 满足这个性质 ($gH=Hg$ for all $g \in G$) 的子群 $H$ 就是我们之前提到的正规子群。
   • 所以，$A_3$ 是 $S_3$ 的一个正规子群，而之前例子中的 $\{\rho_0, \mu_1\}$ 不是。

这两张表是前面关于 $S_3$ 两个不同子群讨论的视觉证据。

表 10.8 的分析 (对应子群 $H' = A_3 = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2\}$)

• 结构: 这是 $S_3$ 的标准凯莱表，但被着色了。
• 着色规则:
• 第一、二、三行/列的表头 ($\rho_0, \rho_1, \rho_2$) 属于陪集 $A_3$，被着为浅色。
• 第四、五、六行/列的表头 ($\mu_1, \mu_2, \mu_3$) 属于另一个陪集 $\mu_1 A_3$，被着为深色。
• 视觉模式: 表格呈现出非常整齐的 3x3 块状结构！
• 左上角 3x3 块 (浅色 x 浅色): 结果全是旋转元素，即浅色。 (旋转 x 旋转 = 旋转)
• 右上角 3x3 块 (浅色 x 深色): 结果全是翻转元素，即深色。 (旋转 x 翻转 = 翻转)
• 左下角 3x3 块 (深色 x 浅色): 结果全是翻转元素，即深色。 (翻转 x 旋转 = 翻转)
• 右下角 3x3 块 (深色 x 深色): 结果全是旋转元素，即浅色。 (翻转 x 翻转 = 旋转)
• 结论: 这种完美的块状结构表明，陪集间的运算是良定义的。我们可以定义一个在 {浅色, 深色} 上的运算：
• 浅 x 浅 = 浅
• 浅 x 深 = 深
• 深 x 浅 = 深
• 深 x 深 = 浅
• 如果令 浅色=0, 深色=1，这个运算表就是：

这正是群 $\mathbb{Z}_2$ 的加法表。

• 因此， $S_3$ 关于其正规子群 $A_3$ 的陪集 { $A_3$, $\mu_1 A_3$ } 构成了一个阶为2的陪集群，它同构于 $\mathbb{Z}_2$。

表 10.9 的分析 (对应子群 $H = \{\rho_0, \mu_1\}$)

• 结构: 这是 $S_3$ 的凯莱表，但其行列按照左陪集 $\{\rho_0, \mu_1\}$, $\{\rho_1, \mu_3\}$, $\{\rho_2, \mu_2\}$ 的顺组重新排列。
• 着色规则:
• 浅色 (LT) $\to \{\rho_0, \mu_1\}$
• 中等色 (MD) $\to \{\rho_1, \mu_3\}$
• 深色 (DK) $\to \{\rho_2, \mu_2\}$
• 视觉模式: 表格内部的 2x2 块颜色是混乱的，没有统一的颜色。
• 正如之前分析的，(LT行 x DK列) 交叉处的 2x2 块 $\{\rho_2, \mu_2, \mu_3, \rho_1\}$ 中，包含了 DK 和 MD 两种颜色。
• 同样，(MD行 x MD列) 交叉处的 2x2 块 $\{\rho_2, \rho_0, \rho_0, \rho_1\}$ 中，包含了 DK 和 LT 两种颜色。
• 结论: 无法定义一个在 {LT, MD, DK} 上的良定义的运算。例如，MD x MD 的结果可能是 DK($\rho_1\rho_1=\rho_2$)，也可能是 LT($\rho_1\mu_3=\rho_0$)。因此，这组左陪集无法构成一个陪集群。

本段是对以上所有关于陪集群例子的最终总结，并正式给出了陪集群存在的充要条件，同时鼓励读者通过练习加深理解。

1. 对表10.8的明确结论: 作者再次确认，从表10.8的块状结构可以清楚地看出，子群 $A_3$ 的两个陪集构成了一个陪集群，并且这个群同构于 $\mathbb{Z}_2$。
2. 核心定理的非正式陈述: 这是本节关于陪集群探索的最重要的结论，是第14节将要严格证明的核心定理的预告版。
   • 条件: 对于一个子群 $H$，什么时候它的左陪集可以构成一个陪集群？
   • 充要条件: “正好在 $G$ 划分为 $H$ 的左陪集与右陪集相同时”。
   • 深入解读:
   • “左陪集划分”与“右陪集划分”相同，意味着对于 $G$ 中的任何一个元素 $g$，包含 $g$ 的左陪集 $gH$ 和包含 $g$ 的右陪集 $Hg$ 是同一个集合。即 $gH=Hg$ 对所有 $g \in G$ 成立。
   • 这正是正规子群的定义。
   • 所以，这句话的本质是：一个子群 H 的陪集能构成陪集群，当且仅当 H 是一个正规子群。
3. 术语的简化:
   • 当子群 $H$ 是正规的，由于其左、右陪集相同，我们就不再需要区分它们。
   • 此时，我们可以简单地称之为“$H$ 的陪集”，而无需带“左”或“右”的形容词。
4. 学习建议:
   • 作者再次强调，对陪集群的详细、严格的讨论要等到第14节。
   • 但是，他鼓励读者现在就通过动手实验来建立直觉。本节末尾的练习题中，设计了一些类似的探索性问题，让读者亲自去排列凯莱表、观察模式、判断能否形成陪集群。
   • 这是一种“做中学”(learning by doing)的教学理念，通过主动探索，理解会更加深刻。

本段是证明拉格朗日定理的核心步骤的第一步。在引言中，我们得知证明策略是“将G划分为大小相等的单元”。本段的目的就是为了证明这些“单元”（即陪集）的大小确实是相等的，并且都等于子群 $H$ 的大小。

1. 核心断言: 本段开宗明义地提出了一个关键论断：对于任意一个子群 $H$，它的所有左陪集和所有右陪集，其包含的元素数量（即基数）都与 $H$ 自身完全相同。
2. 证明策略:
   • 如何证明两个集合 A 和 B 的元素数量相同？数学上的标准做法是：在 A 和 B 之间构造一个双射（bijection），即一个既是单射（one-to-one, injective）又是满射（onto, surjective）的映射。
   • 本段提出的证明策略正是如此：我们将具体构造一个从子群 $H$ 到任意一个左陪集 $gH$ 的一对一映射（这里“一对一映射”是“双射”的通俗说法）。
3. 对有限和无限集合的讨论:
   • 如果 H 是有限集: 存在一个从 $H$到$gH$的双射，直接意味着这两个集合的元素个数相等。这是有限集合计数的常识。$|gH| = |H|$。
   • 如果 H 是无限集: 对于无限集，我们无法“数”出元素个数。此时，两个集合之间存在双射这件事，本身就被定义为“这两个集合大小相等”（或称为“基数相同”）。作者在此引用了更早的定义0.13来支持这一点。
   • 这个区分表明，陪集与子群“等大”这个性质，无论对有限群还是无限群都是成立的，具有普遍性。

本段给出了上一段所承诺的证明，即具体构造一个从子群 $H$ 到左陪集 $gH$ 的双射 $\phi$。

1. 定义映射 $\phi$:
   • 映射的名称是 $\phi$。
   • 定义域: 子群 $H$。
   • 到达域: 左陪集 $gH$。
   • 映射规则: 对于输入元素 $h \in H$，输出元素是 $gh \in gH$。用公式表示就是 $\phi(h) = gh$。
   • 作者称这个映射是“自然的”，因为它直接利用了陪集本身的定义来构造，没有引入任何额外的复杂东西。
2. 证明 $\phi$ 是满射 (onto, surjective):
   • 目标: 证明到达域 $gH$ 中的任何一个元素，都能在定义域 $H$ 中找到它的“原像”。
   • 步骤:
   • 从到达域中任取一个元素 $y \in gH$。
   • 根据左陪集 $gH$ 的定义，任何在 $gH$ 中的元素都必须具有 $gh$ 的形式，其中 $h$ 是某个来自 $H$ 的元素。
   • 所以，这个 $y$ 一定可以写成 $y = gh$ for some $h \in H$。
   • 现在我们回头看映射规则 $\phi(x)=gx$。我们是否能找到一个输入 $x \in H$ 使得输出是 $y$？
   • 是的，我们只要输入刚才找到的那个 $h$ 就可以了：$\phi(h) = gh = y$。
   • 这意味着，对于 $gH$ 中任意的元素 $y$，我们总能在 $H$ 中找到一个元素 $h$ 作为它的原像。
   • 结论: $\phi$ 是满射。作者在原文中将其表述为“根据 $gH$ 的定义...此映射是到 $gH$ 上的”，这是一个比较简洁的说法，其背后的逻辑就是上述步骤。
3. 证明 $\phi$ 是单射 (one-to-one, injective):
   • 目标: 证明定义域 $H$ 中不同的输入，必然会得到不同的输出。等价地，如果两个输入的输出相同，那么这两个输入必然是同一个元素。
   • 步骤:
   • 假设 $H$ 中有两个元素 $h_1$ 和 $h_2$，它们的输出相同，即 $\phi(h_1) = \phi(h_2)$。
   • 将映射规则代入，得到 $gh_1 = gh_2$。
   • 关键: 在任何群 $G$ 中，都存在左消去律 (left cancellation law)。即如果 $gx=gy$，则可以两边同时左乘 $g^{-1}$ 得到 $x=y$。
   • 在 $gh_1 = gh_2$ 这个等式上应用左消去律，我们立即得到 $h_1 = h_2$。
   • 这证明了，要想输出相同，输入必须相同。
   • 结论: $\phi$ 是单射。
4. 最终结论:
   • 由于映射 $\phi$ 既是单射又是满射，所以它是一个双射。
   • 因此，集合 $H$ 和集合 $gH$ 之间存在一个双射，这意味着它们的大小（基数）是相等的。

本段是对前面证明的推广和总结。

1. 推广到右陪集:
   • 作者指出，对于右陪集 $Hg$，也可以构造一个类似的双射来证明 $|H|=|Hg|$。
   • 他没有给出具体证明，而是将其作为练习（练习27）。
   • 思考练习27的证明:
   • 我们需要定义一个映射 $\psi: H \to Hg$。
   • 最自然的定义是 $\psi(h) = hg$。
   • 证明满射: 任取 $y \in Hg$，则 $y=hg$ for some $h \in H$。这个 $h$ 就是 $y$ 的原像。所以 $\psi$ 是满射。
   • 证明单射: 假设 $\psi(h_1) = \psi(h_2)$，则 $h_1g = h_2g$。利用群 $G$ 的右消去律，两边右乘 $g^{-1}$，得到 $h_1=h_2$。所以 $\psi$ 是单射。
   • 因此，$\psi$ 是一个双射，证明了 $|H|=|Hg|$。
2. 最终总结:
   • 作者用一个加框的句子，来强调这个阶段性成果。这是一个非常重要的引理。
   • 结论: 不论是左陪集还是右陪集，也不论群是不是阿贝尔，任何一个陪集的大小都严格等于其所源于的子群 $H$ 的大小。
   • 这个结论是拉格朗日定理的最后一块积木。

这是本节的高潮部分，正式陈述并证明了拉格朗日定理。

1. 定理陈述:
   • 名称: 拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem)，是有限群论的基石。
   • 前提/条件:
   • $G$ 是一个有限群。
   • $H$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 结论: 子群 $H$ 的阶（元素个数）必然整除群 $G$ 的阶。
2. 证明过程: 这是一个非常优美且简洁的证明，它将前面所有的铺垫完美地组合在了一起。
   • 步骤1: 设定符号:
   • 令 $|G| = n$ (整个群的大小)。
   • 令 $|H| = m$ (子群的大小)。
   • 步骤2: 引入划分:
   • 我们知道，子群 $H$ 的左陪集构成了对群 $G$ 的一个划分。
   • 这意味着 $G$ 被分成了若干个互不相交的、且其并集为 $G$ 的子集（即左陪集）。
   • 设这个划分中陪集的个数为 $r$。
   • 步骤3: 使用关键引理:
   • 我们刚刚证明了（在带框的陈述中），$H$ 的每个陪集的大小都和 $H$ 自身的大小相等。
   • 所以，这 $r$ 个陪集，每一个的大小都是 $m$。
   • 步骤4: 计数:
   • 整个群 $G$ 的总元素个数 $n$，就等于所有这些互不相交的陪集的元素个数之和。
   • $G = (\text{陪集1}) \cup (\text{陪集2}) \cup \dots \cup (\text{陪集r})$。
   • $n = |G| = |\text{陪集1}| + |\text{陪集2}| + \dots + |\text{陪集r}|$。
   • $n = m + m + \dots + m$ (共 $r$ 个 $m$ 相加)。
   • 因此，我们得到了核心方程：$n = r \cdot m$。
   • 步骤5: 得出结论:
   • 方程 $n = rm$ (其中 $n, r, m$ 都是正整数) 的直接含义就是 $m$ 是 $n$ 的一个约数（或者说 $m$ 整除 $n$）。
   • 证明完毕。

本段是对拉格朗日定理的证明思想和其本质的评论和强调。

1. 定理来源的评论: 作者强调，拉格朗日定理这个深刻的代数结论，其证明的核心却是一个非常简单的“计数”思想。
   • 证明过程没有涉及复杂的代数变形。
   • 它依赖于两个基本事实：
2. 陪集构成了对群的划分。
3. 每个陪集的大小都相等。
   • 整个证明就是把群的总元素数 $n$ 表示为 $r$ 个 $m$ 的和。这本质上是一个小学级别的算术问题。
4. 对计数定理的赞美: “永远不要低估那些计数结果的定理！”。这是一句充满哲理的感慨。在数学中，很多深刻的结构性定理，其根源往往是一些看似朴素的计数原理。组合数学的思想渗透在数学的各个分支。作者以此鼓励读者要重视和欣赏这种简洁而强大的证明方法。
5. 定理本质的定位: 作者指出，拉格朗日定理本身“应被视为一个计数定理”。这意味着，我们应该从“数量关系”的角度来理解它的核心价值。它首先是一个关于元素个数的定理，然后才引申出各种代数结构上的推论。
6. 内容过渡: 这段话也起到了一个承上启下的作用，预告接下来将要介绍的是由拉格朗日定理这个“计数定理”直接导出的一些重要推论。

这是拉格朗日定理的第一个重要推论，它极大地刻画了素数阶群的结构。

1. 推论陈述:
   • 前提: 一个群 $G$ 的阶 $|G|$ 是一个素数 $p$ (例如，阶为 2, 3, 5, 7, 11, ...)。
   • 结论: 那么这个群 $G$ 必定是一个循环群。
2. 证明过程:
   • 步骤1: 设定环境:
   • 设 $|G|=p$，其中 $p$ 是一个素数。
   • 因为一个群的阶至少为1，而素数的定义要求 $p \ge 2$，所以 $G$ 中除了单位元 $e$ 之外，至少还存在另一个元素。
   • 我们从 $G$ 中任取一个非单位元的元素，记为 $a$ ($a \neq e$)。
   • 步骤2: 构造子群:
   • 考虑由这个元素 $a$ 生成的循环子群 $\langle a \rangle$。
   • 这个子群 $\langle a \rangle$ 包含了 $a$ 的所有整数次幂（或在加法群中的倍数），如 $\{\dots, a^{-2}, a^{-1}, a^0=e, a^1=a, a^2, \dots\}$。
   • 因为 $a \neq e$，所以这个子群 $\langle a \rangle$ 至少包含两个不同的元素：$a$ 和 $e$。
   • 步骤3: 应用拉格朗日定理:
   • 令 $\langle a \rangle$ 的阶为 $m$。我们已经知道 $m \ge 2$。
   • $\langle a \rangle$ 是 $G$ 的一个子群。根据拉格朗日定理，子群的阶 $m$ 必须整除整个群的阶 $p$。
   • 步骤4: 利用素数的性质:
   • 我们现在有一个条件：$m$ 是 $p$ 的约数，且 $m \ge 2$。
   • 关键: 素数 $p$ 的正约数只有两个：1 和 $p$。
   • 既然 $m$ 必须是 $p$ 的约数，并且 $m \ge 2$，那么 $m$ 不可能是1，唯一的可能性就是 $m=p$。
   • 步骤5: 得出结论:
   • 我们得出了子群 $\langle a \rangle$ 的阶 $m$ 等于 $p$。
   • 而整个群 $G$ 的阶也是 $p$。
   • 一个阶为 $p$ 的子群，在一个阶为 $p$ 的群中，只能是这个群本身。
   • 所以 $\langle a \rangle = G$。
   • 根据循环群的定义，如果一个群可以由它的某一个元素生成，那么它就是循环群。
   • 因此，$G$ 是一个循环群。证明完毕。

本段是对推论10.11的意义的进一步阐发和总结。

1. 结构分类的结论:
   • 推论10.11告诉我们，任何素数阶群都是循环群。
   • 我们从之前的学习中知道，任何有限循环群的阶为 $n$ 的，都与 $\mathbb{Z}_n$ 同构。
   • 将这两个事实结合起来：
   • 一个阶为素数 $p$ 的群 $G$ $\implies$ $G$ 是循环群 $\implies$ $G$ 与 $\mathbb{Z}_p$ 同构。
   • 这意味着，对于一个给定的素数 $p$ (例如 $p=17$)，世界上所有阶为 $p$ 的群，尽管它们的元素可能长得千奇百怪（可能是数字、矩阵、置换...），但它们的内在群结构（运算规则）都是一模一样的，都和最简单的 $\mathbb{Z}_p$ 完全相同。
   • 用群论的语言说，在“同构”这个分类标准下，对于每个素数 $p$，只存在唯一一种群。
2. 再次赞美计数定理:
   • 作者再次发出赞叹，如此深刻和优美的结构性结论（素数阶群的唯一性），其根源竟然只是拉格朗-日定理这个简单的“计数定理”。
   • 这再次强调了从简单原理推导出深刻结果的数学之美。
3. 对学生的提醒:
   • “证明前面的推论是考卷上最常见的问题。” 这是一句非常实在的“应试技巧”提示。
   • 它告诉读者，这个推论及其证明不仅在理论上重要，在实际学习和考试中也具有很高的价值，应该重点掌握。

这是拉格朗日定理的另一个直接且非常重要的推论。

1. 定理陈述:
   • 前提:
   • $G$ 是一个有限群。
   • $a$ 是 $G$ 中的任意一个元素。
   • 结论: 元素 $a$ 的阶，记为 $o(a)$，必然整除整个群 $G$ 的阶 $|G|$。
2. 证明过程:
   • 步骤1: 关联元素阶与子群阶:
   • 我们需要回忆一下元素阶的定义以及它与循环子群的关系。
   • 一个元素 $a$ 的阶 $o(a)$，被定义为使得 $a^k=e$ 成立的最小正整数 $k$。
   • 由 $a$ 生成的循环子群是 $\langle a \rangle = \{e, a, a^2, \dots, a^{k-1}\}$，其中 $k=o(a)$。
   • 因此，子群 $\langle a \rangle$ 的阶 $|\langle a \rangle|$ 正好就是元素 $a$ 的阶 $o(a)$。这是一个关键的联系。
   • 步骤2: 应用拉格朗日定理:
   • $\langle a \rangle$ 是 $G$ 的一个子群。
   • 根据拉格朗日定理 (定理10.10)，任何子群的阶都必须整除整个群的阶。
   • 所以，$|\langle a \rangle|$ 必须整除 $|G|$。
   • 步骤3: 得出结论:
   • 将步骤1的结论 $|\langle a \rangle| = o(a)$ 代入步骤2的结论中。
   • 我们立即得到：$o(a)$ 必须整除 $|G|$。
   • 证明完毕。

这是一个为陪集数量这个概念赋予正式名称和记号的定义。

1. 名称: 指数 (Index)。
2. 对象: 子群 $H$ 在群 $G$ 中的指数。
3. 定义: 它就是 $G$ 被划分为 $H$ 的左陪集后，所得到的陪集的总个数。
4. 记号: $(G:H)$。有些书也用 $[G:H]$。
5. 回顾与联系: 在拉格朗日定理的证明中，我们设陪集的数量为 $r$。现在，这个 $r$ 就被正式命名为指数 $(G:H)$。

本段是对指数定义的一些补充说明和一个新定理的预告。

1. 指数的取值范围:
   • 作者重申，指数可以是有限的，也可以是无限的。
2. 有限群中指数的计算:
   • 如果 $G$ 是有限群，那么它的子群 $H$ 也必然是有限的。
   • 划分出来的陪集数量 $(G:H)$ 也必然是有限的。
   • 并且，可以直接使用公式 $(G:H) = |G|/|H|$ 来计算。这个公式就是拉格朗-日定理核心方程 $|G|=(G:H)|H|$ 的直接变形。
3. 左右陪集数量的等价性:
   • 定义10.13是基于左陪集的数量。那么右陪集的数量是否相同呢？
   • 作者指出，是的，它们是相同的。这个证明被留作练习35。
   • 练习35的证明思路: 需要构造一个从“左陪集的集合”到“右陪集的集合”的双射。一个自然的候选映射是 $\Phi(gH) = Hg^{-1}$。需要证明这个映射是良定义的（即如果 $g_1H=g_2H$，则 $Hg_1^{-1}=Hg_2^{-1}$），并且是单射和满射。
   • 这个结论非常重要，它保证了“指数”这个概念的定义是稳健的，不依赖于我们选择左陪集还是右陪集。
4. 指数的定理预告:
   • 作者预告了一个关于子群指数的“基本定理”（定理10.14），有时被称为指数的乘法公式或塔律 (Tower Law)。
   • 这个定理的证明也被留作练习（练习38）。

这个定理揭示了在一个子群链中，指数所满足的优美的乘法关系。

1. 定理陈述:
   • 前提/条件:
   • 我们有一个子群的“塔”：$K \leq H \leq G$，意思是 $K$ 是 $H$ 的子群，同时 $H$ 是 $G$ 的子群。
   • 从 $H$ 到 $G$ 的“跨度”是有限的，即指数 $(G:H)$ 是一个有限数。
   • 从 $K$ 到 $H$ 的“跨度”也是有限的，即指数 $(H:K)$ 是一个有限数。
   • 结论:
   • 那么从 $K$ 到 $G$ 的总“跨度” $(G:K)$ 也必然是有限的。
   • 并且，总“跨度”等于各分段“跨度”的乘积：$(G:K) = (G:H) \cdot (H:K)$。
2. 与有限群阶的关系:
   • 如果 $G$ 是一个有限群，这个定理就变得非常直观。
   • $(G:H) = |G|/|H|$
   • $(H:K) = |H|/|K|$
   • $(G:K) = |G|/|K|$
   • 那么定理的结论就变成了：$\frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|}$。
   • 右边的 $|H|$ 可以消掉，得到 $\frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|K|}$，这显然成立。
   • 然而，定理10.14的强大之处在于，它不要求 $G$ 是有限群。只要指数是有限的，这个关系就成立。
3. 证明思路 (练习38):
   • 设 $(G:H)=r$ 且 $(H:K)=s$。
   • 我们可以写出 $G$ 关于 $H$ 的左陪集划分：$G = a_1H \cup a_2H \cup \dots \cup a_rH$。
   • 我们也可以写出 $H$ 关于 $K$ 的左陪集划分：$H = b_1K \cup b_2K \cup \dots \cup b_sK$。
   • 现在我们要看 $G$ 关于 $K$ 的陪集。考虑任意一个 $G$ 的元素 $g$。
   • $g$ 必然属于某个 $a_iH$。所以 $g=a_ih$ for some $h \in H$。
   • 而这个 $h$ 又必然属于某个 $b_jK$。所以 $h=b_jk$ for some $k \in K$。
   • 代入得到 $g = a_i(b_jk) = (a_ib_j)k$。
   • 这意味着任何 $g \in G$ 都属于形如 $(a_ib_j)K$ 的陪集。
   • 练习的核心就是要证明，由所有这些 $a_ib_j$ ($i=1\dots r, j=1\dots s$) 生成的 $rs$ 个陪集 $(a_ib_j)K$ 恰好构成了 $G$ 关于 $K$ 的一个完整的、不重复的划分。
   • 因此， $G$ 关于 $K$ 的陪集总数 $(G:K)$ 就是 $rs = (G:H)(H:K)$。

本段提出了一个至关重要的问题：拉格朗日定理的逆命题是否成立？并对这个问题给出了一个分为两种情况的回答。

1. 重述拉格朗日定理: 首先，作者再次陈述了拉格朗日定理的内容，这是一个正向命题：
   • IF $H$ is a subgroup of $G$
   • THEN $|H|$ divides $|G|$.
2. 提出逆命题: 然后，作者提出了这个定理的逆命题 (Converse)：
   • IF $m$ is a divisor of $|G|$
   • THEN does there exist a subgroup $H$ of $G$ with $|H|=m$?
   • 用中文说就是：如果 $m$ 是群 $G$ 的阶 $n$ 的一个约数，那么 $G$ 是不是一定有一个阶为 $m$ 的子群？
3. 分情况回答: 作者没有简单地回答“是”或“否”，而是将问题分解：
   • 对于阿贝尔群: 答案是肯定的。作者预告，下一节（第11节）将会证明这个结论。这被称为“有限阿贝尔群的拉格朗日逆定理”。
   • 对于非阿贝尔群: 答案是否定的。拉格朗日的逆命题在一般情况下不成立。
4. 提供反例: 为了证明一个命题不成立，只需要给出一个反例。
   • 作者给出了最著名的一个反例：交错群 $A_4$。
   • $A_4$ 是4个元素的偶置换群。它的阶是 $|S_4|/2 = 4!/2 = 24/2=12$。
   • 我们考虑阶12的一个约数 $m=6$。
   • 根据逆命题，如果它成立，那么 $A_4$ 中应该存在一个阶为6的子群。
   • 然而，作者明确指出（这里未给出证明，但作为一个事实接受），可以证明 $A_4$ 中不存在任何阶为6的子群。
   • 这个反例雄辩地证明了拉格朗日定理的逆命题在非阿贝尔群中不成立。

这部分练习是纯计算题，旨在训练学生动手应用本章定义和定理的能力。

• 练习1-5: 考察在阿贝尔群（无限的 $\mathbb{Z}$ 和有限的 $\mathbb{Z}_n$）中计算陪集。这类问题相对简单，因为左右陪集相同，且与同余类关系密切。学生需要熟练运用加法群的陪集表示法 $a+H$。练习2是一个子群在另一个子群中的陪集问题，需要注意母群不再是 $\mathbb{Z}$ 而是 $2\mathbb{Z}$。
• 练习6-8: 考察在非阿贝尔群 $D_4$（正方形对称群）中，对一个非正规子群 $\{\rho_0, \mu_2\}$ 的情况。
• 练习6、7要求分别计算左、右陪集并比较，预期结果是两者不同。
• 练习8要求进行本章介绍的“陪集群实验”，即重排凯莱表并观察。预期结果是无法得到一个陪集群，因为该子群不是正规的。
• 练习9-11: 与上一组类似，但换了一个 $D_4$ 的子群 $\{\rho_0, \rho_2\}$。这个子群是 $D_4$ 的中心，因此是正规的。
• 练习9、10预期会发现左、右陪集是相同的。
• 练习11的“陪集群实验”预期会成功，学生需要判断得到的4阶群是哪一种。
• 练习12-16: 考察计算子群的指数 $(G:H)$。
• 对于有限群（12-14题），最简单的方法是使用公式 $(G:H) = |G|/|H|$。这需要先求出 $|G|$ 和 $|H|$。
• 对于置换群中的元素（15-16题），需要先将置换写成不相交轮换的乘积，求出元素的阶（即它生成的循环子群的阶 $|H|=|\langle \sigma \rangle|$），然后用公式 $|S_n|/|\langle \sigma \rangle| = n!/o(\sigma)$ 来计算指数。

这部分练习考察对本章核心概念的精确理解和辨析能力。

• 练习17-18: 考察定义的精确性。
• 17题的错误在于前提条件是 $H \subseteq G$（子集），而定义陪集的前提必须是 $H \le G$（子群）。
• 18题的定义本身没错，但不够完整，因为它只提了右陪集。一个更完备的定义会说明它也是左陪集的数量，且两者相等。
• 练习19: 是一组“是/非”判断题，覆盖了本章几乎所有的核心知识点。
• a, b, e, g, h, j 是正确的。
• c 是正确的，并且比“循环群”更强。所有循环群都是阿贝尔群。
• d, f 是错误的，陪集的定义对无限群和有限子群都适用。
• i 是错误的，这是拉格朗日逆定理的元素版本，克莱因四元群是反例。
• 练习20-24: 考察对陪集和划分性质的理解，要求学生构造例子或说明不可能。
• 20: 不可能，因为阿贝尔群的左、右陪集总相同。
• 21: 存在，子群 $H=G$ 本身。
• 22: 存在，子群 $H=\{e\}$。
• 23: 不可能，陪集个数（指数）必须是群阶的约数，12不是6的约数。
• 24: 不可能，理由同上，4不是6的约数。

• 练习25: 考察对拉格朗日定理证明核心思想的把握能力。要求学生用一句话高度概括证明的逻辑。一个好的答案可能是：“群 G 可以被划分为若干个大小都等于子群 H 大小的陪集，因此 G 的阶必然是 H 的阶的整数倍。”

这部分是理论证明题，要求学生模仿课文中的证明，或进行更深入的理论推导。

• 练习26-27: 是课文中留下的证明的补充，要求学生独立完成对右关系 $\sim_R$ 和右陪集的证明，是对模仿和理解能力的考察。
• 练习28-29: 这两个练习是关于正规子群的一个重要等价刻画。
• 条件 $g^{-1}hg \in H$ (对所有g,h) 是一种定义正规子群的方式，称为“子群在共轭作用下不变”。
• 练习28证明 共轭不变 => 左陪集=右陪集。
• 练习29证明 左陪集=右陪集 => 共轭不变。
• 这两个练习合在一起，证明了正规子群的两个最常用定义是等价的。
• 练习30-33: 考察对陪集性质的深入理解，要求在一般情况下证明或举出反例。
• 练习34-47: 涉及更广泛的理论推导，许多是群论中非常经典的结论。例如：
• 35: 证明左右陪集数量相等。
• 37: 证明无非平凡真子群的群是素数阶循环群。
• 38: 证明指数的乘法公式。
• 39: 证明指数为2的子群必正规。
• 40: 证明费马小定理的群论推广版本（$a^{|G|}=e$）。
• 45-47: 涉及循环群的子群结构、欧拉phi函数等更深入的数论与群论结合的内容。