1. 陪集的引入与定义

📜 原文
📖 逐步解释
∑ 公式拆解
💡 数值示例
⚠️ 易错点
📝 总结
🎯 存在目的
🧠 直觉心智模型
💭 直观想象

11. 陪集的引入与定义

1.1. 左陪集的定义

📜 [原文1]

如前所述，如果 $H$ 是 $G$ 的一个子群，且 $a$ 是 $G$ 的一个元素，则子集

$$ \begin{equation*} a H=\{a h \mid h \text { in } H\} . \tag{2.8.1} \end{equation*} $$

被称为左陪集。子群 $H$ 是一个特殊的左陪集，因为 $H=1 H$。

📖 [逐步解释]

这段话引入了群论中一个非常核心的概念：陪集（coset），这里具体指的是左陪集（left coset）。让我们一步步拆解它的定义。

  1. 前提条件：
    • 我们有一个群 $G$。群是一个集合，配备了一个二元运算（比如乘法或加法），满足封闭性、结合律、有单位元、有逆元这四个性质。
    • 我们有 $G$ 的一个子群 $H$。子群是 $G$ 的一个子集，它本身也构成一个群（使用 $G$ 的运算）。
    • 我们从群 $G$ 中任取一个元素 $a$。这个 $a$ 可以是 $H$ 中的元素，也可以不是。
  2. 构造左陪集：
    • 我们用元素 $a$ 去“乘以”子群 $H$ 中的 每一个 元素。
    • 这里的“乘”指的是 $G$ 中的群运算。
    • 具体操作是：取 $a$ 放在左边，然后从 $H$ 中依次取出每个元素 $h$，计算 $a \cdot h$（通常简写为 $ah$）。
    • 将所有这些计算结果收集起来，形成一个新的集合。
  3. 定义：
    • 这个新形成的集合就被称为 由 $a$ 生成的 $H$ 的一个左陪集，记作 $aH$。
    • 所以，$aH$ 是 $G$ 的一个子集，而不是一个子群（通常情况下）。它的元素都是 $G$ 中的元素。
  4. 一个特殊的左陪集：
    • 子群 $H$ 本身也是一个左陪集。为什么呢？
    • 我们可以取群 $G$ 的单位元 $1$（在加法群中是 $0$）来构造左陪集。
    • 根据定义，$1H = \{1h \mid h \in H\}$。
    • 因为 $1$ 是单位元，所以 $1h = h$ 对于所有 $h \in H$ 都成立。
    • 因此，$1H$ 这个集合就等于 $H$ 本身。所以 $H$ 是由单位元生成的左陪集。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ a H=\{a h \mid h \text { in } H\} $$

拆解:

  • a: 群 $G$ 中的一个特定元素，被称为这个左陪集的代表元（representative）。
  • H: 群 $G$ 的一个子群。
  • aH: 这不是指 $a$ 与 $H$ 的乘积，而是一个集合的记号。它表示由 $a$ 和 $H$ 生成的左陪集。
  • { ... }: 表示这是一个集合。
  • ah: 表示将元素 $a$ 与 $H$ 中的某个元素 $h$ 进行群运算。这里的写法暗示了乘法群，但它可以是任何群运算。
  • |: 读作“使得”（such that），用来分隔集合中元素的表示形式和这些元素需要满足的条件。
  • h in H: 表示元素 $h$ 必须是子群 $H$ 中的一员。这个条件遍历了 $H$ 的所有元素。

推导:

这个公式本身是一个定义，没有推导过程。它定义了如何从一个群 $G$、一个子群 $H$ 和一个元素 $a \in G$ 出发，构造出一个新的集合 $aH$。

💡 [数值示例]

示例 1：整数加法群

  • 令 $G$ 为整数群 $(\mathbb{Z}, +)$。这是一个加法群，群运算是加法，单位元是 $0$。
  • 令 $H$ 为所有偶数构成的子群 $2\mathbb{Z} = \{\dots, -4, -2, 0, 2, 4, \dots\}$。我们可以验证 $2\mathbb{Z}$ 确实是一个子群：
  • 封闭性：偶数 + 偶数 = 偶数。
  • 单位元：$0$ 是偶数。
  • 逆元：每个偶数 $2k$ 的逆元是 $-2k$，它也是偶数。
  • 现在我们来构造左陪集。在加法群中，$aH$ 的形式是 $a+H = \{a+h \mid h \in H\}$。
  • 取元素 $a = 0 \in G$。

$0 + H = \{0 + h \mid h \in 2\mathbb{Z}\} = \{\dots, 0-4, 0-2, 0+0, 0+2, 0+4, \dots\} = \{\dots, -4, -2, 0, 2, 4, \dots\} = H$。

这验证了 $H$ 本身是一个左陪集。

  • 取元素 $a = 1 \in G$。

$1 + H = \{1 + h \mid h \in 2\mathbb{Z}\} = \{\dots, 1-4, 1-2, 1+0, 1+2, 1+4, \dots\} = \{\dots, -3, -1, 1, 3, 5, \dots\}$。

这个集合是所有的奇数。

  • 取元素 $a = 2 \in G$。

$2 + H = \{2 + h \mid h \in 2\mathbb{Z}\} = \{\dots, 2-4, 2-2, 2+0, 2+2, 2+4, \dots\} = \{\dots, -2, 0, 2, 4, 6, \dots\} = 2\mathbb{Z} = H$。

我们发现 $2+H$ 和 $0+H$ 是同一个集合！

  • 取元素 $a = 3 \in G$。

$3 + H = \{3 + h \mid h \in 2\mathbb{Z}\} = \{\dots, 3-4, 3-2, 3+0, 3+2, 3+4, \dots\} = \{\dots, -1, 1, 3, 5, 7, \dots\}$。

我们发现 $3+H$ 和 $1+H$ 是同一个集合！

示例 2：对称群 $S_3$

  • 令 $G$ 为 $S_3 = \{1, x, x^2, y, xy, x^2y\}$，其中 $x^3=1, y^2=1, yx=x^2y$。$G$ 的阶为 6。
  • 令 $H$ 为循环子群 $\langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$。$H$ 的阶为 3。这是一个子群。
  • 我们来构造左陪集。
  • 取元素 $a = 1 \in G$。

$1H = 1\{1, x, x^2\} = \{1\cdot1, 1\cdot x, 1\cdot x^2\} = \{1, x, x^2\} = H$。

  • 取元素 $a = x \in G$。

$xH = x\{1, x, x^2\} = \{x\cdot1, x\cdot x, x\cdot x^2\} = \{x, x^2, x^3\} = \{x, x^2, 1\} = H$。

  • 取元素 $a = y \in G$。

$yH = y\{1, x, x^2\} = \{y\cdot1, y\cdot x, y\cdot x^2\} = \{y, yx, yx^2\}$。

利用关系 $yx=x^2y$，我们有 $yx^2 = (yx)x = (x^2y)x = x^2(yx) = x^2(x^2y) = x^4y = xy$。

所以 $yH = \{y, x^2y, xy\}$。

  • 取元素 $a = xy \in G$。

$(xy)H = xy\{1, x, x^2\} = \{xy, xyx, xyx^2\} = \{xy, x(x^2y), x(x^2y)x\} = \{xy, y, x^2y\} = yH$。

我们发现 $yH$ 和 $xyH$ 是同一个集合。

⚠️ [易错点]
  1. 陪集不一定是子群：这是一个最常见的误解。在示例1中，$1+H$（奇数集合）不是一个子群，因为它不包含单位元 $0$。在示例2中，$yH$ 不是一个子群，因为它不包含单位元 $1$。一个左陪集 $aH$ 是子群的充要条件是 $a \in H$。
  2. $aH$ vs $Ha$：我们这里定义的是左陪集，因为代表元 $a$ 在左边。同样可以定义右陪集 $Ha = \{ha \mid h \in H\}$。左陪集和右陪集不一定相等，我们在后面的章节会看到。
  3. 代表元的选择：一个陪集可以用多个不同的代表元来表示。如示例1中，$0+H$, $2+H$, $-4+H$ 都表示同一个陪集（偶数集）。在示例2中，$H$, $xH$, $x^2H$ 都表示同一个陪集。只要 $a$ 和 $b$ 属于同一个陪集，那么 $aH$ 和 $bH$ 就是同一个集合。
📝 [总结]

左陪集 $aH$ 是通过群 $G$ 的一个元素 $a$ “平移” 子群 $H$ 得到的一个新集合。它将子群 $H$ 的结构在群 $G$ 的空间中移动到了一个新的位置。这个概念是后续理解拉格朗日定理、商群等核心内容的基础。

🎯 [存在目的]

陪集这个概念的引入，其根本目的在于“分解”和“度量”一个群。它提供了一种方法，可以用一个子群 $H$ 作为“尺子”，去衡量整个群 $G$ 的大小和结构。通过观察 $G$ 可以被分解成多少个互不相交的、大小与 $H$ 相同的陪集，我们可以得到关于 $G$ 和 $H$ 阶数之间非常深刻的关系。

🧠 [直觉心智模型]

想象一个大房间（群 $G$），里面有一块地毯（子群 $H$）。地毯的中心在房间的某个特定位置（单位元 $1$）。

一个左陪集 $aH$ 就像是拿起这块地毯，不旋转也不变形，只是平移它，使得原来在地毯中心的位置现在移动到了房间里的 $a$ 点。

整个房间 $G$ 就可以被若干块这样平移得到的地毯完全覆盖，而且这些地毯之间要么完全重合，要么就没有任何重叠部分。陪集就是这些平移后的地毯。

💭 [直观想象]

在二维平面上，想象 $G$ 是整个平面 $\mathbb{R}^2$（向量加法群）。

令 $H$ 是一条过原点的直线（这是一个子群）。

那么，一个左陪集 $a+H$ 就是将这条直线 $H$ 进行平移，使其经过点 $a$。

所有的左陪集就是一组互相平行的直线，它们共同铺满了整个平面。例如，如果 $H$ 是 x 轴，那么 $a+H$ 就是所有与 x 轴平行的直线。

1.2. 陪集与等价关系

📜 [原文2]

$H$ 在 $G$ 中的陪集是同余关系的等价类

$$ \begin{equation*} a \equiv b \text { if } b=a h \text { for some } h \text { in } H . \tag{2.8.2} \end{equation*} $$

这非常简单，但我们来验证同余关系是否为等价关系。

传递性：假设 $a \equiv b$ 且 $b \equiv c$。这意味着 $b=a h$ 且 $c=b h^{\prime}$，对于 $H$ 中的某些元素 $h$ 和 $h^{\prime}$。因此 $c=a h h^{\prime}$。由于 $H$ 是一个子群，$h h^{\prime}$ 也在 $H$ 中，因此 $a \equiv c$。

对称性：假设 $a \equiv b$，所以 $b=a h$。那么 $a=b h^{-1}$ 且 $h^{-1}$ 也在 $H$ 中，所以 $b \equiv a$。

反身性：$a=a 1$ 且 $1$ 在 $H$ 中，所以 $a \equiv a$。

请注意，我们在这里使用了子群的所有定义性质：封闭性、逆元和单位元。

📖 [逐步解释]

这段话从另一个角度来诠释陪集：等价类。它建立了一个深刻的联系：陪集就是由某个特定等价关系所划分出的集合块。

  1. 定义一个新的关系：
    • 在群 $G$ 的所有元素之间，我们定义一个关系，用符号 $\equiv$ 表示。
    • 我们说两个元素 $a$ 和 $b$ 是相关的，记作 $a \equiv b$，当且仅当 “$b$ 可以通过 $a$ 右乘一个 $H$ 中的元素得到”。
    • 用公式表达就是：$a \equiv b \iff \exists h \in H$ 使得 $b=ah$。
    • 这个关系被称为“模 $H$ 的左同余关系”。
  2. 证明这是等价关系：
    • 一个关系要成为等价关系，必须满足三个性质：反身性、对称性和传递性。
    • 反身性 (Reflexivity)：任何元素 $a$ 都与自身相关吗？即 $a \equiv a$ 吗？
    • 我们需要找到一个 $h \in H$ 使得 $a = ah$。
    • 因为 $H$ 是一个子群，它必须包含单位元 $1$。
    • 取 $h=1$，则 $a \cdot 1 = a$。所以 $a \equiv a$ 成立。这里用到了子群必须有单位元的性质。
    • 对称性 (Symmetry)：如果 $a \equiv b$，那么 $b \equiv a$ 吗？
    • 假设 $a \equiv b$，根据定义，存在 $h \in H$ 使得 $b = ah$。
    • 我们的目标是证明存在一个 $h' \in H$ 使得 $a = bh'$。
    • 从 $b = ah$ 出发，两边同时右乘 $h^{-1}$，得到 $bh^{-1} = (ah)h^{-1} = a(hh^{-1}) = a \cdot 1 = a$。
    • 所以 $a = bh^{-1}$。
    • 因为 $h \in H$ 且 $H$ 是子群，所以 $h$ 的逆元 $h^{-1}$ 也必须在 $H$ 中。
    • 我们找到了这个元素，就是 $h' = h^{-1}$。所以 $b \equiv a$ 成立。这里用到了子群对逆元封闭的性质。
    • 传递性 (Transitivity)：如果 $a \equiv b$ 且 $b \equiv c$，那么 $a \equiv c$ 吗？
    • 假设 $a \equiv b$，则存在 $h_1 \in H$ 使得 $b=ah_1$。
    • 假设 $b \equiv c$，则存在 $h_2 \in H$ 使得 $c=bh_2$。
    • 我们的目标是证明存在一个 $h_3 \in H$ 使得 $c=ah_3$。
    • 将第一个式子代入第二个式子：$c = (ah_1)h_2 = a(h_1h_2)$。
    • 因为 $h_1, h_2 \in H$ 且 $H$ 是子群，所以它们的乘积 $h_1h_2$ 也必须在 $H$ 中。
    • 我们找到了这个元素，就是 $h_3 = h_1h_2$。所以 $a \equiv c$ 成立。这里用到了子群对运算封闭的性质。
  3. 等价类与陪集的关系：
    • 既然 $\equiv$ 是一个等价关系，它就会将群 $G$ 划分成若干个互不相交的等价类。
    • 一个元素 $a$ 的等价类 $[a]$ 是 $G$ 中所有与 $a$ 相关的元素的集合。
    • $[a] = \{b \in G \mid a \equiv b\}$。
    • 根据我们定义的同余关系，$a \equiv b$ 意味着 $b=ah$ for some $h \in H$。
    • 所以，$[a] = \{ah \mid h \in H\}$。
    • 我们发现，这个等价类 $[a]$ 的定义，和我们之前定义的左陪集 $aH$ 的定义完全一样！
    • 结论：左陪集 $aH$ 正是同余关系 $a \equiv b \iff b=ah$ 下包含元素 $a$ 的那个等价类。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ a \equiv b \text { if } b=a h \text { for some } h \text { in } H . $$

拆解:

  • a, b: 群 $G$ 中的任意两个元素。
  • \equiv: 我们定义的一个新关系，称为“模 $H$ 左同余”。
  • if: 这里应理解为“当且仅当”（if and only if）。
  • b = ah: 这是关系的具体定义。元素 $b$ 可以由元素 $a$ 通过右乘一个来自 $H$ 的元素 $h$ 得到。
  • for some h in H: 强调了元素 $h$ 的来源，它必须属于子群 $H$。some 表示只要能找到一个这样的 $h$ 即可。

推导:

这里的推导是逻辑上的证明，即验证该关系是等价关系。

  • 反身性推导:
  1. 目标：证明 $a \equiv a$。
  2. 需要：找到一个 $h \in H$ 使得 $a = ah$。
  3. $H$ 是子群 $\implies 1 \in H$。
  4. 令 $h=1$, $a \cdot 1 = a$ 成立。
  5. 结论：$a \equiv a$ 成立。
  • 对称性推导:
  1. 前提：$a \equiv b$，即 $\exists h \in H, b = ah$。
  2. 目标：证明 $b \equiv a$，即需要找到 $\exists h' \in H, a = bh'$。
  3. 由 $b=ah$，右乘 $h^{-1}$ 得 $bh^{-1} = a$。
  4. $h \in H$ 且 $H$ 是子群 $\implies h^{-1} \in H$。
  5. 令 $h' = h^{-1}$，则 $h' \in H$，且 $a=bh'$ 成立。
  6. 结论：$b \equiv a$ 成立。
  • 传递性推导:
  1. 前提：$a \equiv b$ 且 $b \equiv c$。
  2. 即 $\exists h_1 \in H, b=ah_1$ 和 $\exists h_2 \in H, c=bh_2$。
  3. 目标：证明 $a \equiv c$，即需要找到 $\exists h_3 \in H, c=ah_3$。
  4. 代入：$c = (ah_1)h_2 = a(h_1h_2)$。
  5. $h_1, h_2 \in H$ 且 $H$ 是子群 $\implies h_1h_2 \in H$。
  6. 令 $h_3 = h_1h_2$，则 $h_3 \in H$，且 $c=ah_3$ 成立。
  7. 结论：$a \equiv c$ 成立。
💡 [数值示例]

我们继续使用示例 1：整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 和子群 $H = 2\mathbb{Z}$。

  • 关系定义：在加法群中，$b=ah$ 变成 $b=a+h$。所以 $a \equiv b \iff b-a \in H$。也就是说，如果两个整数的差是偶数，它们就相关。
  • 验证等价关系：
  • 反身性：$a-a = 0$，而 $0$ 是偶数，所以 $a \equiv a$。
  • 对称性：如果 $a \equiv b$，则 $b-a$ 是偶数。那么 $a-b = -(b-a)$ 也是偶数。所以 $b \equiv a$。
  • 传递性：如果 $a \equiv b$ 且 $b \equiv c$，则 $b-a$ 和 $c-b$ 都是偶数。那么它们的和 $(b-a) + (c-b) = c-a$ 也一定是偶数。所以 $a \equiv c$。
  • 寻找等价类：
  • 0 的等价类 $[0]$：所有与 $0$ 相关的数。$[0] = \{b \in \mathbb{Z} \mid b-0 \in 2\mathbb{Z}\} = \{b \in \mathbb{Z} \mid b \text{ is even}\}$。这就是偶数集 $H$。
  • 1 的等价类 $[1]$：所有与 $1$ 相关的数。$[1] = \{b \in \mathbb{Z} \mid b-1 \in 2\mathbb{Z}\}$。如果 $b-1$ 是偶数，那么 $b$ 必须是奇数。这就是奇数集 $1+H$。
  • 2 的等价类 $[2]$：所有与 $2$ 相关的数。$[2] = \{b \in \mathbb{Z} \mid b-2 \in 2\mathbb{Z}\}$。如果 $b-2$ 是偶数，那么 $b$ 必须是偶数。所以 $[2] = [0] = H$。
  • 结论：这个同余关系把所有整数划分成了两个等价类：偶数集和奇数集。这两个等价类正好就是我们之前计算出的两个左陪集 $H$ 和 $1+H$。
⚠️ [易错点]
  1. 关系的定义方向：$b=ah$ 和 $b=ha$ 定义的是不同的关系。前者导出左陪集作为等价类，后者导出右陪集。必须看清楚代表元和 $h$ 的位置。
  2. 验证时用全子群性质：证明过程清晰地展示了，反身性依赖于单位元，对称性依赖于逆元，传递性依赖于封闭性。如果 $H$ 只是一个子集而不是子群，这个关系就不会是等价关系。例如，如果 $H$ 不包含单位元，反身性就不成立。
  3. 等价关系与划分：要理解，一旦证明了一个关系是等价关系，那么它必然导致原集合的一个划分（partition），即把集合分解成一堆互不相交的子集，且这些子集的并集等于原集合。
📝 [总结]

这段内容为陪集提供了坚实的理论基础。它说明了陪集不是一个随意构造的集合，而是源于一个深刻的代数结构——等价关系。通过定义“模 $H$ 左同余”关系，并证明其为等价关系，我们自然地得到了左陪集就是该关系下的等价类。这个视角是理解陪集如何“划分”一个群的关键。

🎯 [存在目的]

将陪集与等价关系联系起来，有两个主要目的：

  1. 赋予合法性：证明陪集的产生是有根有据的，是等价关系这一普适数学概念在群论中的具体体现。
  2. 利用等价关系的性质：等价关系最重要的性质就是它能对一个集合进行划分。将陪集视为等价类后，我们就可以直接套用这个结论，断定不同的陪集要么完全相同，要么毫无交集，并且它们的并集恰好是整个群。这为后面的拉格朗日定理铺平了道路。
🧠 [直觉心智模型]

想象一个社区（群 $G$），里面有很多家庭。我们定义一个关系：如果两个人住在同一栋楼里（子群 $H$），他们就是“同楼”关系。

  1. 关系定义：$a \equiv b$ 意思是，从 $a$ 的位置可以通过楼内的移动（乘以 $h \in H$）到达 $b$ 的位置。
  2. 反身性：你和你自己在同一栋楼里（原地不动，乘以单位元 $1$）。
  3. 对称性：如果你和我在同一栋楼里，那么我和你也在同一栋楼里（你能从你的房间到我的房间，我也能原路返回，乘以逆元 $h^{-1}$）。
  4. 传递性：如果你和我在同一栋楼，我和小明也在同一栋楼，那么你和小明肯定也在同一栋楼（从你房间到我房间，再从我房间到小明房间，整个过程都没出这栋楼，因为楼是封闭的）。

所以“同楼”是一个等价关系。这个关系把社区里所有的人划分成了一栋一栋的楼。每一栋楼就是一个等价类，也就是一个陪集。整个社区（群 $G$）被这些楼（陪集）完美地划分了。

💭 [直观想象]

回到之前二维平面的例子， $G=\mathbb{R}^2$，$H$ 是 x 轴。

  1. 关系 $a \equiv b \iff b-a \in H$。两个点 $a=(x_a, y_a)$ 和 $b=(x_b, y_b)$ 是相关的，意味着它们的差向量 $b-a = (x_b-x_a, y_b-y_a)$ 位于 x 轴上。
  2. 向量在 x 轴上，意味着它的 y 分量为 0。所以 $y_b-y_a=0$，即 $y_b=y_a$。
  3. 结论：当且仅当两个点具有相同的 y 坐标时，它们是相关的。
  4. 等价类：一个点 $a=(x_a, y_a)$ 的等价类，是所有 y 坐标等于 $y_a$ 的点的集合。这正是一条水平线 $y=y_a$。
  5. 陪集：陪集 $a+H$ 是将 x 轴向上或向下平移 $y_a$ 个单位得到的直线。
  6. 可以看到，等价类（具有相同 y 坐标的点集）和陪集（平移后的 x 轴）是完全相同的概念。这个等价关系将整个平面划分成了无数条水平的平行线。

1.3. 陪集的性质：划分群

📜 [原文3]

推论 2.8.3 群 $G$ 的子群 $H$ 的左陪集划分了该群。

证明。左陪集是同余关系 (2.8.2) 的等价类。 $\square$

📖 [逐步解释]

这是一个非常重要的推论，直接源自上一节的讨论。

  1. 推论内容：
    • 它陈述了一个关于左陪集的根本性质：所有由一个子群 $H$ 生成的左陪集放在一起，构成对整个群 $G$ 的一个划分（Partition）。
    • “划分”是一个精确的数学术语，它意味着两件事：
  2. 证明思路：
    • 这个证明非常简洁，因为它直接引用了数学中关于等价关系的一个基本定理。
    • 基本定理是：任何一个集合上的等价关系，其所有等价类必然构成对该集合的一个划分。
    • 我们在上一节 (2.8.2) 已经做了最关键的工作：
    • 所以，根据基本定理，既然左陪集是等价类，那么所有左陪集的集合就自然地构成了对群 $G$ 的一个划分。
    • 证明中的 "$\square$" 符号表示证明结束。
💡 [数值示例]

再次回到示例 1：整数加法群 $(\mathbb{Z}, +)$ 和子群 $H = 2\mathbb{Z}$（偶数集）。

  • 我们找到了两个不同的左陪集：
  • $0+H = 2\mathbb{Z}$ （所有偶数）
  • $1+H = \{\dots, -1, 1, 3, \dots\}$ （所有奇数）
  • 我们来验证它们是否构成一个划分：
  • 不重叠：偶数集和奇数集有交集吗？没有，一个数不可能既是偶数又是奇数。所以 $(0+H) \cap (1+H) = \emptyset$。
  • 全覆盖：偶数集和奇数集的并集是什么？是全体整数 $\mathbb{Z}$。所以 $(0+H) \cup (1+H) = \mathbb{Z} = G$。
  • 结论：这两个左陪集确实划分了整个整数群 $\mathbb{Z}$。

再看示例 2：对称群 $S_3$ 和子群 $H = \{1, x, x^2\}$。

  • 我们找到了两个不同的左陪集：
  • $H = \{1, x, x^2\}$
  • $yH = \{y, x^2y, xy\}$
  • 验证它们是否构成一个划分：
  • 不重叠：$H$ 和 $yH$ 有共同元素吗？没有。所以 $H \cap yH = \emptyset$。
  • 全覆盖：$H \cup yH = \{1, x, x^2, y, xy, x^2y\} = S_3 = G$。
  • 结论：这两个左陪集也确实划分了整个群 $S_3$。
⚠️ [易错点]
  1. 误以为陪集有很多种：对于一个给定的子群 $H$，虽然我们可以用 $G$ 中的任何一个元素 $a$ 来写出一个左陪集 $aH$ 的形式，但最终得到的不同集合是有限的（如果 $G/H$ 有限）。很多不同的 $a$ 会产生同一个陪集，例如在整数例子中，$0+H, 2+H, 4+H, \dots$ 都是同一个集合。
  2. 划分的严格性：必须同时满足“不重叠”和“全覆盖”两个条件。只满足一个不算划分。等价类的性质完美地保证了这两点。任何一个元素 $g \in G$，它属于且仅属于一个等价类（即一个陪集），这个等价类就是 $[g] = gH$。
📝 [总结]

这个推论是陪集理论的第一个重要成果。它告诉我们，一旦在群 $G$ 中选定一个子群 $H$，那么 $G$ 就会像一个蛋糕一样，被干净利落地切成若干块大小完全相等的部分，每一块就是一个陪集。这个“切蛋糕”的视角是理解群的结构和阶的关键。

🎯 [存在目的]

这个推论的存在目的，就是为了正式确立陪集的“划分”性质。这个性质是后续所有计数论证的基础。没有这个性质，我们就无法说“整个群的大小等于每一块的大小乘以块数”，因为如果块之间有重叠，或者覆盖不全，这个简单的乘法就不成立。所以，这是构建拉格朗日定理大厦的第一块基石。

🧠 [直觉心智模型]

继续用“社区-楼房”模型。

  1. 推论：社区里所有的楼房（陪集）构成了对整个社区（群 $G$）的一个划分。
  2. 不重叠：任何两栋不同的楼之间没有公共部分。一个人不可能同时住在两栋楼里。
  3. 全覆盖：社区里的每一个人都住在某一栋楼里，没有睡在大街上的（没有不属于任何陪集的元素）。

这个推论就是说，用“楼房”这个概念，可以把社区里所有的人口进行一次完美的人口普查和区域划分，不重不漏。

💭 [直观想象]

想象一个拼图游戏。

  1. 群 $G$ 是完整的拼图画框。
  2. 子群 $H$ 是其中的一块拼图（包含原点的那块）。
  3. 陪集 $aH$ 是和 $H$ 形状、大小完全一样，只是位置不同的其他拼图块。
  4. 这个推论告诉我们，所有这些拼图块（所有的陪集）不多不少，恰好能完美地拼成整个图画（群 $G$），它们之间严丝合缝（不重叠），并且没有留下一丝空白（全覆盖）。

1.4. 陪集的具体例子和性质

📜 [原文4]

请记住，符号 $a H$ 定义了 $G$ 的某个子集。与任何等价关系一样，几个符号可能定义同一个子集。例如，在对称群 $S_{3}$ 中，使用常用表示 (2.2.6)，元素 $y$ 生成一个阶为 2 的循环子群 $H=\langle y\rangle$。 $H$ 在 $G$ 中有三个左陪集：

$$ \begin{equation*} H=\{1, y\}=y H, \quad x H=\{x, x y\}=x y H, \quad x^{2} H=\left\{x^{2}, x^{2} y\right\}=x^{2} y H . \tag{2.8.4} \end{equation*} $$

这些集合确实划分了该群。

概括地说，设 $H$ 是群 $G$ 的一个子群，且 $a$ 和 $b$ 是 $G$ 的元素。以下几点是等价的：

  • $b=a h$ 对于某个 $H$ 中的 $h$，或者说，$a^{-1} b$ 是 $H$ 的一个元素，
  • $b$ 是左陪集 $a H$ 的一个元素，
  • 左陪集 $a H$ 和 $b H$ 相等。
📖 [逐步解释]

这部分通过一个具体的例子，进一步阐明了陪集的两个重要特性：代表元的多样性和陪集相等的判定条件。

  1. 具体例子：$S_3$ 和阶为 2 的子群
    • 群 $G = S_3 = \{1, x, x^2, y, xy, x^2y\}$。
    • 这次选择的子群 $H$ 是由元素 $y$ 生成的循环子群，即 $H = \langle y \rangle = \{y^0, y^1\} = \{1, y\}$。这是一个阶为 2 的子群。
    • 计算左陪集：
    • $1H = \{1\cdot1, 1\cdot y\} = \{1, y\} = H$。
    • $yH = \{y\cdot1, y\cdot y\} = \{y, y^2\} = \{y, 1\} = H$。
    • 这里我们看到，$1H$ 和 $yH$ 是同一个集合。这说明，如果代表元本身就在子群里，那么生成的陪集就是子群本身。
    • $xH = \{x\cdot1, x\cdot y\} = \{x, xy\}$。
    • $xyH = \{(xy)\cdot1, (xy)\cdot y\} = \{xy, x(y^2)\} = \{xy, x\cdot1\} = \{xy, x\}$。
    • 我们看到 $xH$ 和 $xyH$ 是同一个集合。
    • $x^2H = \{x^2\cdot1, x^2\cdot y\} = \{x^2, x^2y\}$。
    • $x^2yH = \{(x^2y)\cdot1, (x^2y)\cdot y\} = \{x^2y, x^2(y^2)\} = \{x^2y, x^2\} = \{x^2y, x^2\}$。
    • 我们看到 $x^2H$ 和 $x^2yH$ 是同一个集合。
    • 划分结果：尽管我们用了 6 个不同的代表元，但最终只得到了 3 个不同的左陪集：
    • 陪集1: $\{1, y\}$
    • 陪集2: $\{x, xy\}$
    • 陪集3: $\{x^2, x^2y\}$
    • 验证划分：这三个集合的并集是 $\{1, y, x, xy, x^2, x^2y\} = S_3$，并且它们两两之间没有交集。它们确实划分了 $S_3$。
  2. 陪集相等的等价条件
    • 这部分是对前面观察的理论总结。它给出了判断两个左陪集 $aH$ 和 $bH$ 是否相等的几个等价条件。
    • 条件1: $b=ah$ for some $h \in H$
    • 这正是我们之前定义的“模 $H$ 左同余”关系 $a \equiv b$。
    • 它还可以变形：$b=ah \iff a^{-1}b = a^{-1}(ah) = (a^{-1}a)h = 1h = h$。
    • 所以，$b=ah$ 等价于 $a^{-1}b \in H$。这个形式在证明题中非常常用。
    • 条件2: $b \in aH$
    • 根据左陪集的定义，$aH = \{ag \mid g \in H\}$。
    • 所以，$b$ 是 $aH$ 的一个元素，就意味着存在某个 $h \in H$ 使得 $b=ah$。
    • 这和条件1是完全一样的。
    • 条件3: $aH = bH$
    • 这是说由 $a$ 和 $b$ 代表的两个陪集是同一个集合。
  • 三者等价的逻辑链：
  • (3) $\implies$ (2)：如果 $aH=bH$，那么 $b$ 肯定在 $bH$ 里（因为 $b=b\cdot1$ 且 $1 \in H$），所以 $b$ 也肯定在 $aH$ 里。
  • (2) $\implies$ (1)：如果 $b \in aH$，根据 $aH$ 的定义，必然存在 $h \in H$ 使得 $b=ah$。
  • (1) $\implies$ (3)：这是最关键的一步。假设 $b=ah$ for some $h \in H$。我们要证明 $aH=bH$。
  • 证明 $bH \subseteq aH$：
  • 取 $bH$ 中任意一个元素 $z$。那么 $z=bk$ for some $k \in H$。
  • 将 $b=ah$ 代入，得 $z=(ah)k = a(hk)$。
  • 因为 $h, k \in H$，且 $H$ 是子群，所以 $hk \in H$。
  • 因此 $z$ 是 $a$ 乘以一个 $H$ 中的元素，所以 $z \in aH$。
  • 这就证明了 $bH \subseteq aH$。
  • 证明 $aH \subseteq bH$：
  • 从 $b=ah$ 我们知道 $a = bh^{-1}$。
  • 取 $aH$ 中任意一个元素 $w$。那么 $w=am$ for some $m \in H$。
  • 将 $a=bh^{-1}$ 代入，得 $w=(bh^{-1})m = b(h^{-1}m)$。
  • 因为 $h^{-1}, m \in H$，且 $H$ 是子群，所以 $h^{-1}m \in H$。
  • 因此 $w$ 是 $b$ 乘以一个 $H$ 中的元素，所以 $w \in bH$。
  • 这就证明了 $aH \subseteq bH$。
  • 因为 $bH \subseteq aH$ 且 $aH \subseteq bH$，所以 $aH=bH$。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ H=\{1, y\}=y H, \quad x H=\{x, x y\}=x y H, \quad x^{2} H=\left\{x^{2}, x^{2} y\right\}=x^{2} y H $$

拆解:

  • H = \langle y \rangle = \{1, y\}: 定义所使用的子群。
  • = yH: 这是一个计算结果。它表明用子群 $H$ 自己的非单位元元素 $y$ 做代表元，得到的陪集还是 $H$ 自己。
  • xH = \{x, xy\}: 这是一个计算结果，展示了由 $x$ 生成的左陪集。
  • = xyH: 这表明用 $xH$ 里的另一个元素 $xy$ 做代表元，得到的陪集和 $xH$ 完全一样。
  • x^2H = \{x^2, x^2y\}: 这是一个计算结果，展示了由 $x^2$ 生成的左陪集。
  • = x^2yH: 这表明用 $x^2H$ 里的另一个元素 $x^2y$ 做代表元，得到的陪集和 $x^2H$ 完全一样。

推导 (a⁻¹b ∈ H):

这是 $b=ah$ 的一个重要等价形式。

  1. 从 $b=ah$ 推导 $a^{-1}b \in H$：
    • $b=ah$ （假设 $h \in H$）
    • 两边左乘 $a^{-1}$：$a^{-1}b = a^{-1}(ah)$
    • 利用结合律：$a^{-1}b = (a^{-1}a)h = 1h = h$
    • 因为 $h \in H$，所以 $a^{-1}b \in H$。
  2. 从 $a^{-1}b \in H$ 推导 $b=ah$：
    • 假设 $a^{-1}b = h$，其中 $h \in H$。
    • 两边左乘 $a$：$a(a^{-1}b) = ah$
    • 利用结合律：$(aa^{-1})b = ah$
    • $1b = ah \implies b=ah$。
💡 [数值示例]

继续使用 $S_3$ 和 $H=\{1, y\}$ 的例子。

  • 我们来验证 $xH = xyH$。
  • 代表元分别是

$a=x$ 和 $b=xy$。我们来用那三个等价条件来判断 $xH$ 和 $xyH$ 是否相等。

  • 方法1: 判断 $b$ 是否在 $aH$ 中。
  • $aH = xH = \{x, xy\}$。
  • $b=xy$。
  • 元素 $xy$ 显然在集合 $\{x, xy\}$ 中。
  • 所以条件满足，因此 $xH = xyH$。
  • 方法2: 判断 $a^{-1}b$ 是否在 $H$ 中。
  • $a = x$, $a^{-1} = x^2$。
  • $b = xy$。
  • 计算 $a^{-1}b = x^2(xy)$。
  • 我们需要利用 $S_3$ 的关系式 $yx = x^2y$。这个式子等价于 $x^2y = yx$。
  • $x^2(xy) = x(x(xy)) = x(x(x^{-1}yx)) = x(yx)$ ... 这条路似乎复杂了。
  • 让我们换个思路。$a=x$, 所以 $a^{-1}$ 就是 $x$ 的逆元。在 $S_3$ 中 $x^3=1$, 所以 $x^{-1}=x^2$。
  • $a^{-1}b = x^{-1}(xy) = (x^{-1}x)y = 1y = y$。
  • 现在的问题是，计算结果 $y$ 是否属于 $H$？
  • 我们的 $H$ 是 $\{1, y\}$。
  • 是的，$y \in H$。
  • 所以条件满足，因此 $xH=xyH$。这个方法在代数运算上更清晰。
⚠️ [易错点]
  1. 代表元不唯一：初学者容易认为 $aH$ 和 $bH$ 是不同的陪集，仅仅因为 $a \ne b$。这是最大的误区。如上例，$x \ne xy$，但 $xH=xyH$。一个陪集可以由它内部的任何一个元素作为代表元来表示。
  2. $a^{-1}b \in H$ vs $ab^{-1} \in H$：$a^{-1}b \in H$ 是判定左陪集 $aH=bH$ 的条件。而判定右陪集 $Ha=Hb$ 的条件是 $ab^{-1} \in H$。这两个不能混淆。
  3. 陪集的元素都是群里的元素：陪集 $aH$ 是 $G$ 的一个子集，它的元素都来自 $G$。它本身不一定形成一个群。
📝 [总结]

本节通过一个具体的 $S_3$ 例子，生动地展示了陪集的几个关键特性。首先，用不同元素做代表元，可能会得到同一个陪集。其次，一个子群的所有陪集会整齐地将原群划分开。最后，本节给出了一个非常实用和重要的判断两个陪集是否相等的充要条件：$aH=bH \iff a^{-1}b \in H$。这个条件将陪集的相等问题，转化为了一个简单的元素归属问题，是理论推导中的利器。

🎯 [存在目的]

本节的目的是将之前抽象的陪集定义和划分理论，通过一个具体的、非交换群的例子加以巩固，让读者获得实际的计算经验。同时，提炼出判断陪集相等的核心条件，为后续的理论发展（如证明所有陪集大小相等）提供关键的工具。

🧠 [直觉心智模型]

沿用“社区-楼房”模型。

  1. 代表元的多样性：一栋楼（一个陪集）可以叫做“张三家所在的楼”，也可以叫做“李四家所在的楼”，只要张三和李四都住在这栋楼里，这两个叫法指向的是同一栋建筑。$x$ 和 $xy$ 就是住在同一栋楼里的两个人，所以 $xH$（x家在的楼）和 $xyH$（xy家在的b楼）是同一栋楼。
  2. 等价条件 $a^{-1}b \in H$：$a$ 和 $b$ 是社区里的两个人。$a^{-1}b$ 可以理解为从 $a$ 的位置走到 $b$ 的位置所需要的“相对位移”。这个位移在 $H$（“楼内”）里，意思就是说，从 $a$ 到 $b$ 不需要出楼。如果从 $a$ 到 $b$ 不需要出楼，那 $a$ 和 $b$ 必然在同一栋楼里。
💭 [直观想象]

回到平面 $\mathbb{R}^2$ 和子群 $H$ (x轴) 的例子。

  1. 代表元的多样性：陪集是水平线 $y=1$。这条线上的任何一个点，比如 $(0,1)$ 或 $(5,1)$，都可以作为这条线的代表元。$(0,1)+H$ 和 $(5,1)+H$ 都表示的是 $y=1$ 这条直线。
  2. 等价条件 $a^{-1}b \in H$：在加法群中，条件是 $(-a)+b = b-a \in H$。
  3. 设 $a=(x_a, y_a)$, $b=(x_b, y_b)$。
  4. $b-a = (x_b-x_a, y_b-y_a)$。
  5. $b-a \in H$ (x轴) 意味着这个向量的 y 坐标是 0，即 $y_b-y_a=0 \implies y_a=y_b$。
  6. $a+H = b+H$ 的充要条件是 $a$ 和 $b$ 的 y 坐标相等。这完美符合我们的直观：当且仅当两个点在同一条水平线上时，它们生成的（平移x轴得到的）陪集才是同一条水平线。

22. 子群的指数

2.1. 指数的定义

📜 [原文5]

一个子群的左陪集的数量称为 $H$ 在 $G$ 中的指数。指数表示为

$$ \begin{equation*} [G: H] . \tag{2.8.6} \end{equation*} $$

因此， $S_{3}$ 的子群 $\langle y\rangle$ 的指数是 3。当 $G$ 是无限群时，指数也可能是无限的。

📖 [逐步解释]

这段话定义了一个新的术语“指数”，用来量化陪集划分的“规模”。

  1. 定义：
    • 我们已经知道，子群 $H$ 的所有左陪集构成了对群 $G$ 的一个划分。
    • 这个划分包含了多少个 互不相同 的陪集？这个数量就被称为 $H$ 在 $G$ 中的指数 (index of H in G)。
    • 本质上，指数就是群 $G$ 被子群 $H$ 分割成了多少“块”。
  2. 符号：
    • 指数的专用记号是 $[G:H]$。
    • 看到这个符号，就要立刻反应出它的含义是：“群 $G$ 中有多少个不同的 $H$ 的左陪集”。
  3. 例子：
    • 在之前的例子中，我们计算了 $G=S_3$，$H=\langle y \rangle = \{1, y\}$。
    • 我们找到了 3 个不同的左陪集：$\{1, y\}$, $\{x, xy\}$, $\{x^2, x^2y\}$。
    • 因此，根据定义，$H$ 在 $G$ 中的指数是 3。写作 $[S_3 : \langle y \rangle] = 3$。
  4. 无限指数：
    • 如果群 $G$ 是无限群，那么它被划分成的陪集数量也可能是无限的。
    • 例如，考虑整数群 $G = (\mathbb{Z}, +)$ 和平凡子群 $H = \{0\}$。
    • $H$ 的左陪集是什么？对于任意整数 $n \in \mathbb{Z}$，陪集是 $n+H = \{n+0\} = \{n\}$。
    • 每个整数都构成一个自己独立的陪集。
    • 有多少个这样的陪集？和整数的数量一样多，是无限的。
    • 因此，指数 $[\mathbb{Z} : \{0\}]$ 是无限的。
∑ [公式拆解]

符号:

$$ [G: H] $$

拆解:

  • [...]: 这是指数的专用括号。
  • G: 外面的大群。
  • : H: 冒号后面的 $H$ 是用来作“尺子”的子群。
  • 整个符号 $[G:H]$ 代表一个数值（可能是有限整数，也可能是无穷大），表示 $G$ 中由 $H$ 导出的不同左陪集的数量。
  • $[G:H] = |\{aH \mid a \in G\}|$，其中 $|\cdot|$ 表示集合中不重复元素的个数。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = S_3 = \{1, x, x^2, y, xy, x^2y\}$
  • $H = \langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$
  • 计算左陪集：
  • $1H = \{1, x, x^2\} = H$
  • $xH = \{x, x^2, 1\} = H$
  • $x^2H = \{x^2, 1, x\} = H$
  • $yH = \{y, yx, yx^2\} = \{y, x^2y, xy\}$
  • $xyH = \{xy, xyx, xyx^2\} = \{xy, y, x^2y\} = yH$
  • $x^2yH = \{x^2y, x^2yx, x^2yx^2\} = \{x^2y, xy, y\} = yH$
  • 我们只找到了 2 个不同的左陪集：$H$ 和 $yH$。
  • 因此，指数 $[S_3 : \langle x \rangle] = 2$。

示例 2：

  • $G = (\mathbb{Z}, +)$
  • $H = 5\mathbb{Z} = \{\dots, -5, 0, 5, 10, \dots\}$ (5的倍数)
  • 计算左陪集 (形式为 $a+H$):
  • $0+H = 5\mathbb{Z}$ (所有除以5余0的数)
  • $1+H = \{\dots, -4, 1, 6, 11, \dots\}$ (所有除以5余1的数)
  • $2+H = \{\dots, -3, 2, 7, 12, \dots\}$ (所有除以5余2的数)
  • $3+H = \{\dots, -2, 3, 8, 13, \dots\}$ (所有除以5余3的数)
  • $4+H = \{\dots, -1, 4, 9, 14, \dots\}$ (所有除以5余4的数)
  • $5+H = \{\dots, 0, 5, 10, 15, \dots\} = 0+H$
  • 我们找到了 5 个不同的左陪集，它们对应着整数模5的5个剩余类。
  • 因此，指数 $[\mathbb{Z} : 5\mathbb{Z}] = 5$。
⚠️ [易错点]
  1. 指数不是阶：不要把指数 $[G:H]$ 和群的阶 $|G|$ 或 $|H|$ 混淆。指数是 陪集的数量。
  2. 有限群的指数总是有限的：如果 $G$ 是有限群，那么陪集的数量不​​可能超过 $G$ 的元素个数，所以指数 $[G:H]$ 必然是有限的。
  3. 无限群的指数可有限可无限：
  4. $[\mathbb{Z} : 2\mathbb{Z}] = 2$ (有限)
  5. $[\mathbb{Z} : \{0\}] = \infty$ (无限)
📝 [总结]

指数 $[G:H]$ 是一个衡量子群 $H$ 相对于整个群 $G$ “有多大”的指标。如果指数很小，说明 $H$ 相对较大；如果指数很大，说明 $H$ 相对较小。它精确地告诉我们，需要多少个 $H$ 的“复制品”（即陪集）才能拼出完整的 $G$。

🎯 [存在目的]

引入“指数”这个量，是为了将“陪集数量”这个概念符号化、定量化，从而能够方便地在定理和公式中使用它。它是拉格朗日定理的计数公式中三个关键量之一（群的阶、子群的阶、指数）。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一块大蛋糕。
  2. 子群 H：一个标准尺寸的切块模具。
  3. 陪集：用模具从蛋糕上切下的一块块蛋糕。
  4. 指数 [G:H]：这块大蛋糕总共能切出多少块标准尺寸的蛋糕。
💭 [直观想象]
  1. G: 整个操场。
  2. H: 一块边长为1米的正方形地砖。
  3. 陪集: 铺在操场上的每一块地砖。
  4. 指数 [G:H]: 铺满整个操场总共需要多少块地砖。

33. 所有陪集大小相等

3.1. 引理 2.8.7

📜 [原文6]

引理 2.8.7 群 $G$ 的子群 $H$ 的所有左陪集 $a H$ 具有相同的阶。

证明。通过 $a$ 的乘法定义了一个映射 $H \rightarrow a H$，它将 $h$ 映射到 $a h$。这个映射是双射的，因为它的逆是乘法 $a^{-1}$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个引理揭示了陪集划分的一个至关重要的特性：所有“切片”的大小都一样。

  1. 引理内容：
    • 它声明，对于一个给定的子群 $H$，它所有的左陪集（例如 $aH$, $bH$, $cH$, ...）都包含相同数量的元素。
    • 这个共同的元素数量是多少呢？直觉上，它们的大小应该都和 $H$ 自己一样。这个引理证明了这一点。
    • “阶”在这里指的就是集合中元素的数量。$|aH| = |bH| = |H|$ 对于所有 $a,b \in G$ 成立。
  2. 证明思路：
    • 要证明两个集合 $A$ 和 $B$ 的大小相等（即 $|A|=|B|$），在集合论中，标准的做法是在这两个集合之间构造一个双射（bijection）。
    • 双射是一个既是单射（injective, one-to-one）又是满射（surjective, onto）的映射。
    • 单射保证了 $A$ 中没有两个元素映射到 $B$ 中的同一个元素，这意味着 $|A| \le |B|$。
    • 满射保证了 $B$ 中的每一个元素都有一个 $A$ 中的元素与之对应，这意味着 $|A| \ge |B|$。
    • 两者结合，就得出 $|A| = |B|$。
    • 构造映射：我们要证明 $|H| = |aH|$。我们定义一个映射（函数）$f: H \rightarrow aH$，其规则是 $f(h) = ah$。
    • 这个映射的定义域是子群 $H$，陪域是左陪集 $aH$。
    • 对于 $H$ 中的每一个输入 $h$，都通过左乘 $a$ 得到一个在 $aH$ 中的输出。
    • 证明是双射：
    • 证明方法1（课本采用的简洁方法）：找到这个映射的逆映射。如果一个函数存在逆函数，那它必然是双射。
    • 我们定义一个逆映射 $g: aH \rightarrow H$。它的作用应该是把左乘 $a$ 的效果消除掉。很自然地，我们想到了左乘 $a$ 的逆元 $a^{-1}$。
    • 所以定义 $g(y) = a^{-1}y$，其中 $y \in aH$。
    • 我们来验证 $g$ 是 $f$ 的逆：
    • 对于任意 $h \in H$，$g(f(h)) = g(ah) = a^{-1}(ah) = (a^{-1}a)h = 1h = h$。从 $H$ 出发，经过 $f$ 再经过 $g$，回到了原点。
    • 对于任意 $y \in aH$，$f(g(y)) = f(a^{-1}y) = a(a^{-1}y) = (aa^{-1})y = 1y = y$。从 $aH$ 出发，经过 $g$ 再经过 $f$，也回到了原点。
    • 既然找到了逆映射，说明 $f$ 是一个双射。因此，定义域和陪域的大小必须相等，即 $|H| = |aH|$。
    • 证明方法2（按部就班证明单射和满射）：
    • 证明单射：假设 $f(h_1) = f(h_2)$，其中 $h_1, h_2 \in H$。我们需要证明 $h_1 = h_2$。
    • $f(h_1) = ah_1$，$f(h_2) = ah_2$。
    • 所以 $ah_1 = ah_2$。
    • 在群中，我们可以使用消去律。两边同时左乘 $a^{-1}$，得到 $a^{-1}(ah_1) = a^{-1}(ah_2)$，即 $h_1=h_2$。
    • 所以映射是单射。
    • 证明满射：对于陪集 $aH$ 中的任意一个元素 $y$，我们需要在定义域 $H$ 中找到一个元素 $h$ 使得 $f(h)=y$。
    • 根据 $aH$ 的定义，如果 $y \in aH$，那么 $y$ 必然可以写成 $ah'$ 的形式，其中 $h' \in H$。
    • 我们想找的 $h$ 就是这个 $h'$。
    • 令 $h=h'$，则 $f(h) = f(h') = ah' = y$。
    • 我们成功找到了这个 $h$，所以映射是满射。
    • 结论：由于 $H$ 和任何一个它的左陪集 $aH$ 之间都存在一个双射，所以它们的大小（阶）必然相等。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = S_3$
  • $H = \langle y \rangle = \{1, y\}$。$|H|=2$。
  • 它的一个左陪集是 $xH = \{x, xy\}$。
  • 引理说 $|H| = |xH|$。我们看到 $2=2$，确实成立。
  • 双射映射 $f: H \rightarrow xH$ 是 $f(h) = xh$。
  • $f(1) = x \cdot 1 = x$
  • $f(y) = x \cdot y = xy$
  • 这个映射将 $\{1, y\}$ 一一对应地映射到了 $\{x, xy\}$。

示例 2：

  • $G = (\mathbb{Z}, +)$
  • $H = 5\mathbb{Z}$ (5的倍数)。$H$ 是一个无限集。
  • 它的一个左陪集是 $1+H = \{\dots, -4, 1, 6, 11, \dots\}$ (除以5余1的数)。
  • 引理说 $|H| = |1+H|$。两个都是无限集，但它们是“同样大”的无限（都是可数无限）。
  • 双射映射 $f: H \rightarrow 1+H$ 是 $f(h) = 1+h$。
  • $f(0) = 1+0 = 1$
  • $f(5) = 1+5 = 6$
  • $f(-5) = 1-5 = -4$
  • 这个映射将所有5的倍数一一对应地映射到了所有除以5余1的数。它的逆映射是 $g(y) = y-1$。
⚠️ [易错点]
  1. 证明的关键是群的性质：证明双射的过程，无论是用消去律还是用逆元，都深刻地依赖于 $G$ 是一个群。如果 $G$ 只是一个半群（没有逆元），这个引理就不一定成立。
  2. 对无限群同样适用：这个证明不依赖于群或子群是有限的。它通过建立一一对应关系来证明“大小相等”，这个方法对无限集同样有效，用于证明它们的“基数”相等。
📝 [总结]

这个引理是拉格朗日定理前的最后一块拼图。它建立了陪集的一个度量性质：所有陪集的大小都严格等于其父子群的大小。结合上一个推论“陪集划分群”，我们现在有了两块基石：

  1. 群 $G$ 被子群 $H$ 的陪集们完美地、不重不漏地分割开。
  2. 分割出的每一个小块（陪集）都和子群 $H$ 本身一样大。
🎯 [存在目的]

本引理的唯一目的就是为了直接推导出下一节的计数公式。它提供了计算群的总大小所需的一个关键信息：每一“块”的大小是已知的，等于 $|H|$。

[直觉心z智模型]

  1. 群 G：一个大披萨。
  2. 子群 H：用刀切下的第一块披萨（包含中心点）。
  3. 陪集: 其他被切好的每一块披萨。
  4. 本引理：厨师的刀工很好，保证了切出来的每一块披萨（陪集）都和第一块（子群H）的大小一模一样。没有任何一块会偏大或偏小。
💭 [直观想象]
  1. G: 一栋公寓楼。
  2. H: 一楼的户型图（代表了所有房间的布局和总面积）。
  3. 陪集 aH: 其他楼层的公寓，比如 a 楼。
  4. 本引理: 这栋楼的每一层（陪集）的户型和面积都和一楼（子群H）完全一样。知道了任何一层的面积，就知道了所有层的面积。

44. 计数公式与拉格朗日定理

4.1. 计数公式

📜 [原文7]

由于所有陪集都具有相同的阶，并且它们划分了该群，我们得到了重要的计数公式

$$ \begin{align*} |G| & =|H|[G: H] \tag{2.8.8}\\ (\text { G 的阶 }) & =(\text { H 的阶 })(\text { 陪集的数量 }), \end{align*} $$

其中，如同往常一样，$|G|$ 表示群的阶。如果某些项是无限的，则等式具有明显的含义。对于 $S_{3}$ 的子群 $\langle y\rangle$，公式为 $6=2 \cdot 3$。

📖 [逐步解释]

这部分将前面的所有铺垫串联起来，得出了群论中最基本的定理之一。

  1. 逻辑串联：
    • 我们从 推论 2.8.3 知道：$H$ 的所有左陪集对 $G$ 构成一个划分。这意味着 $G$ 是所有不同陪集的无交并集。
    • 我们从 引理 2.8.7 知道：所有左陪集 $aH$ 的大小都等于 $|H|$。
    • 把这两点结合起来：整个群 $G$ 的总大小 $|G|$，就应该等于 每个陪集的大小 乘以 不同陪集的数量。
  2. 公式的诞生：
    • “每个陪集的大小”就是 $|H|$。
    • “不同陪集的数量”就是指数 $[G:H]$。
    • 所以，总大小 $|G|$ 就等于这两者的乘积。
    • 这就得到了计数公式：$|G| = |H| \cdot [G:H]$。
  3. 文字解释：
    • 公式下面用文字再次强调了每个部分的含义：(G 的阶) = (H 的阶) * (陪集的数量)。这种表述非常直观。
  4. 对无限群的说明：
    • “如果某些项是无限的，则等式具有明显的含义。” 这句话的意思是，如果三个量 $|G|$, $|H|$, $[G:H]$ 中有无限的，这个等式仍然以一种符合常理的方式“成立”。
    • 例如：
    • 如果 $|H|$ 有限，$[G:H]$ 无限，那么 $|G|$ 必然无限。比如 $G=\mathbb{Z}, H=\{0\}$，则 $|H|=1, [G:H]=\infty, |G|=\infty$。
    • 如果 $|H|$ 无限，$[G:H]$ 有限（但大于0），那么 $|G|$ 必然无限。比如 $G=\mathbb{Z}, H=2\mathbb{Z}$，则 $|H|=\infty, [G:H]=2, |G|=\infty$。
    • 这个公式主要的应用场景还是在有限群中。
  5. 具体例子验证：
    • $G=S_3$, $|G|=6$。
    • $H=\langle y \rangle = \{1, y\}$, $|H|=2$。
    • 我们之前计算出指数 $[G:H]=3$。
    • 代入公式：$|G| = 6$，$|H| \cdot [G:H] = 2 \cdot 3 = 6$。
    • $6=6$，公式成立。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ |G| =|H|[G: H] $$

拆解:

  • |G|: 群 $G$ 的阶，即 $G$ 中元素的总数。
  • |H|: 子群 $H$ 的阶，即 $H$ 中元素的总数。
  • [G:H]: 子群 $H$ 在 $G$ 中的指数，即不同陪集的数量。

推导:

这是一个非形式化的推导，但抓住了核心思想。

  1. 设 $k = [G:H]$ 是指数，即有 $k$ 个不同的左陪集。
  2. 设这些陪集为 $a_1H, a_2H, \dots, a_kH$。
  3. 根据 推论 2.8.3 (划分)，$G = a_1H \cup a_2H \cup \dots \cup a_kH$，并且这些集合两两不相交。
  4. 因此，集合 $G$ 的大小等于这些不相交子集的大小的总和：

$|G| = |a_1H| + |a_2H| + \dots + |a_kH|$。

  1. 根据 引理 2.8.7 (大小相等)，所有陪集的大小都等于 $|H|$。

$|a_1H| = |a_2H| = \dots = |a_kH| = |H|$。

  1. 将步骤5代入步骤4：

$|G| = |H| + |H| + \dots + |H|$ (共 $k$ 项)。

  1. 所以，$|G| = k \cdot |H|$。
  2. 将 $k$ 替换回指数的符号 $[G:H]$，得到 $|G| = [G:H] \cdot |H|$。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = (\mathbb{Z}_6, +) = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$。$|G|=6$。
  • $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4\}$。$|H|=3$。
  • 计算陪集:
  • $0+H = \{0, 2, 4\} = H$
  • $1+H = \{1, 3, 5\}$
  • $2+H = \{2, 4, 0\} = H$
  • $3+H = \{3, 5, 1\} = 1+H$
  • 指数: 只有2个不同的陪集 $H$ 和 $1+H$。所以 $[G:H]=2$。
  • 验证公式: $|G|=6$，$|H|\cdot[G:H] = 3 \cdot 2 = 6$。公式成立。

示例 2：

  • $G = Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$ (四元数群)。$|G|=8$。
  • $H = \langle i \rangle = \{1, i, -1, -i\}$。$|H|=4$。
  • 计算陪集:
  • $1H = H$
  • $jH = \{j\cdot 1, j\cdot i, j\cdot(-1), j\cdot(-i)\} = \{j, k, -j, -k\}$。
  • 我们找到了2个陪集 $H$ 和 $jH$。它们的并集 $\{1, i, -1, -i, j, k, -j, -k\}$ 已经是整个群 $G$。
  • 指数: $[G:H]=2$。
  • 验证公式: $|G|=8$，$|H|\cdot[G:H] = 4 \cdot 2 = 8$。公式成立。
⚠️ [易错点]
  1. 公式仅适用于有限群：虽然形式上可以写无限的情况，但这个公式的威力主要体现在有限群中，因为它将群的阶、子群的阶和指数这三个有限整数联系在了一起。
  2. 公式的变形：$[G:H] = |G|/|H|$。这个形式也非常常用，它告诉我们指数可以直接通过阶的除法来计算，而无需真的去数陪集的个数。但使用这个变形的前提是，我们已经知道 $H$ 是 $G$ 的子群。
📝 [总结]

计数公式 $|G| = |H| \cdot [G:H]$ 是整个陪集理论的顶峰。它优雅地揭示了群、子群和陪集在“数量”这个维度上的内在联系。它表明，一个群的结构不是随意的，子群的阶必须以一种非常严格的方式“嵌入”到群的阶中。

🎯 [存在目的]

这个公式的存在，是为了从陪集理论中提炼出一个具有巨大威力的、可计算的、可应用的定理。它将抽象的代数结构（群、子群）与具体的算术（乘法、除法）联系起来，是应用群论解决组合数学、数论等领域问题的桥梁。

🧠 [直觉心智模型]
  1. |G|: 整个班级的总人数。
  2. |H|: 每个小组的人数。
  3. [G:H]: 班级总共分了多少个小组。
  4. 公式: 总人数 = 每个小组的人数 × 小组的数量。

这个模型完美地诠释了计数公式，前提是：1) 所有学生都被分进了某个小组（全覆盖）；2) 没有学生同时属于两个小组（不重叠）；3) 每个小组的人数都一样（大小相等）。而这些恰好是陪集划分所保证的。

💭 [直观想象]
  1. |G|: 一个矩形的总面积。
  2. |H|: 一个小瓷砖的面积。
  3. [G:H]: 铺满这个矩形需要多少块瓷砖。
  4. 公式: 总面积 = 单块瓷砖面积 × 瓷砖数量。

这幅图景形象地展示了群 $G$ 被大小为 $|H|$ 的“瓦片”（陪集）完美地铺满。

4.2. 拉格朗日定理

📜 [原文8]

从计数公式可知，(2.8.8) 右侧的项整除左侧的项。其中一个事实被称为拉格朗日定理：

定理 2.8.9 拉格朗日定理。设 $H$ 是有限群 $G$ 的一个子群。$H$ 的阶整除 $G$ 的阶。 $\square$

📖 [逐步解释]

这是计数公式的一个直接但极其深刻的推论。

  1. 定理内容：
    • 拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem) 是有限群论的基石。
    • 它说：如果 $G$ 是一个有限群，$H$ 是它的一个子群，那么 $H$ 的元素个数（阶）必然是 $G$ 的元素个数（阶）的一个约数。
    • 换句话说，$|G|$ 必须能被 $|H|$ 整除。
  2. 证明思路：
    • 证明是计数公式的直接应用。
    • 我们有计数公式：$|G| = |H| \cdot [G:H]$。
    • 这里所有的三个量都是正整数。
    • 根据整数乘法的定义，如果 $a = b \cdot c$，那么 $b$ 和 $c$ 都是 $a$ 的约数（divisor）。
    • 在我们的公式中，$|G|$ 扮演了 $a$ 的角色，$|H|$ 扮演了 $b$ 的角色，$[G:H]$ 扮演了 $c$ 的角色。
    • 因此，我们直接得出结论：$|H|$ 整除 $|G|$。（同时，$[G:H]$ 也整除 $|G|$）。
    • 这个定理说的就是这个事实。
💡 [数值示例]

示例 1：验证性例子

  • $G=S_3$, $|G|=6$。
  • $S_3$ 有哪些子群？
  • 平凡子群 $\{1\}$，阶为 1。1 整除 6。
  • $\langle y \rangle = \{1, y\}$，阶为 2。2 整除 6。
  • $\langle xy \rangle = \{1, xy\}$，阶为 2。2 整除 6。
  • $\langle x^2y \rangle = \{1, x^2y\}$，阶为 2。2 整除 6。
  • $\langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$，阶为 3。3 整除 6。
  • $S_3$ 本身，阶为 6。6 整除 6。
  • 我们看到，$S_3$ 所有子群的阶（1, 2, 3, 6）都是 6 的约数。

示例 2：预测性例子

  • 考虑一个阶为 7 的群 $G$。$|G|=7$。
  • 7 是一个素数，它的正约数只有 1 和 7。
  • 根据拉格朗日定理，如果 $H$ 是 $G$ 的一个子群，那么 $|H|$ 只能是 1 或者 7。
  • $|H|=1$ 对应的是平凡子群 $H=\{1\}$。
  • $|H|=7$ 对应的是子群 $H=G$ 本身。
  • 结论：一个阶为 7 的群，除了平凡子群和它自身以外，不可能有任何其他“真”子群。
⚠️ [易错点]
  1. 拉格朗日定理的逆定理不成立！
  2. 这是学习此定理时最大的一个坑。
  3. 定理说：若 $H$ 是子群，则 $|H|$ 整除 $|G|$。
  4. 逆命题：若 $k$ 是 $|G|$ 的一个约数，那么 $G$ 中是否存在一个阶为 $k$ 的子群？
  5. 答案是：不一定！
  6. 最著名的反例是交错群 $A_4$。$|A_4|=12$。
  7. 6 是 12 的一个约数。
  8. 但是，$A_4$ 中不存在阶为 6 的子群。
  9. 所以，拉格朗日定理是一个单向的必要条件，而不是充要条件。
📝 [总结]

拉格朗日定理是有限群论的第一个“大定理”。它对有限群的子群结构给出了一个极其强大的限制。它告诉我们，一个群的内在结构（子群）在数量上必须与它的总大小相协调。寻找一个群的子群时，我们不再需要盲目地去尝试，而可以只关注那些阶是群的总阶的约数的子集。

🎯 [存在目的]

拉格朗日定理的存在，极大地简化了对有限群的研究。它提供了一个强有力的、易于使用的工具，来排除许多不可能的子群结构，从而缩小了研究的范围。它是后续许多更深刻定理（如 Sylow 定理）的基础，Sylow 定理部分地回答了拉格朗日定理逆命题的问题。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一箱标准包装的乐高积木，总共有 $|G|$ 块。
  2. 子群 H: 你想用这箱积木搭一个小的、自成体系的模型（比如一辆车），这个模型需要 $|H|$ 块积木。
  3. 拉格朗日定理：如果你真的能成功搭出这个小模型（即 $H$ 是一个合法的子群），那么你搭这个模型所用的积木数量 $|H|$，必须能整除整箱积木的总数 $|G|$。
  4. 逆定理不成立：即使一个数量 $k$ 能整除积木总数，也不代表你一定能用 $k$ 块积木搭出一个合法的、自成体系的小模型。可能你用 $k$ 块积木拼出来的东西总是缺胳膊少腿，不满足“子群”的封闭性等要求。
💭 [直观想象]
  1. 群 G：一个完整的正方形蛋糕，边长为 $L$。总质量为 $|G|$。
  2. 子群 H：你想从这个蛋糕上切下一块小正方形，并且要求这块小正方形本身也满足某种对称性（子群性质）。
  3. 拉格朗日定理：如果你能切出这样一块小正方形，它的质量 $|H|$ 必然能整除大蛋糕的总质量 $|G|$。例如，你可以从一个 $4 \times 4$ 的大蛋糕上切下 $2 \times 2$ 的小块，但你无法切下 $3 \times 3$ 的小块。

55. 群元素阶的推论

5.1. 推论 2.8.10

📜 [原文9]

推论 2.8.10 有限群的元素的阶整除该群的阶。

证明。群 $G$ 中元素 $a$ 的阶等于由 $a$ 生成的循环子群 $\langle a\rangle$ 的阶 (命题 2.4.2)。

📖 [逐步解释]

这个推论将拉格朗日定理的应用从“子群”缩小到了“单个元素”的性质上。

  1. 推论内容：
    • 对于一个有限群 $G$ 中的任意一个元素 $a$，这个元素 $a$ 的阶（order of element），也必然是群 $G$ 的阶（order of group）的一个约数。
    • 回顾一下，元素 $a$ 的阶是使得 $a^k=1$ 成立的最小正整数 $k$。
    • 记作 $|a|$ 或 $o(a)$。
    • 推论即：$|a|$ 整除 $|G|$。
  2. 证明思路：
    • 这是一个非常巧妙的证明，它在“元素的阶”和“子群的阶”之间架起了一座桥梁。
    • 桥梁：这个桥梁就是循环子群。
    • 步骤1：对于群 $G$ 中的任何一个元素 $a$，我们可以考虑由它生成的所有幂次构成的集合：$\langle a \rangle = \{\dots, a^{-2}, a^{-1}, 1, a, a^2, \dots\}$。这个集合我们已经知道，它是一个子群，称为循环子群。
    • 步骤2：根据命题 2.4.2 (一个在前面章节出现的命题)，一个元素的阶，恰好等于由它生成的循环子群的阶。即 $|a| = |\langle a \rangle|$。这是连接两个概念的关键一步。
    • 步骤3：现在我们有了子群 $\langle a \rangle$。因为 $G$ 是有限群，$\langle a \rangle$ 自然也是有限子群。我们可以对它应用拉格朗ר日定理 (2.8.9)。
    • 步骤4：拉格朗日定理说，子群的阶必须整除群的阶。所以，$|\langle a \rangle|$ 必须整除 $|G|$。
    • 步骤5：将步骤2的结论代入步骤4，我们得到：$|a|$ 必须整除 $|G|$。证明完毕。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = (\mathbb{Z}_6, +) = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$。$|G|=6$。
  • 我们来计算每个元素的阶（在加法群里，阶是 $k \cdot a = 0 \pmod 6$ 的最小正整数k）：
  • $|0|$: $1 \cdot 0 = 0$。所以阶为 1。 1 整除 6。
  • $|1|$: $1, 2, 3, 4, 5, 6\cdot 1=0$。阶为 6。 6 整除 6。
  • $|2|$: $2, 4, 3\cdot 2=0$。阶为 3。 3 整除 6。
  • $|3|$: $3, 2\cdot 3=0$。阶为 2。 2 整除 6。
  • $|4|$: $4, 8\equiv 2, 12\equiv 0$。$3\cdot 4=0$。阶为 3。 3 整除 6。
  • $|5|$: $5, 10\equiv 4, \dots, 6\cdot 5=0$。阶为 6。 6 整除 6。
  • 所有元素的阶（1, 2, 3, 6）都是群的阶 6 的约数。

示例 2：一个著名的应用——费马小定理

  • 考虑群 $G = (\mathbb{Z}_p^*, \cdot)$，其中 $p$ 是一个素数。这个群的元素是 $\{1, 2, \dots, p-1\}$，运算是模 $p$ 乘法。
  • 这个群的阶是 $|G| = p-1$。
  • 根据本推论，对于群中任何一个元素 $a \in \{1, 2, \dots, p-1\}$，它的阶 $|a|$ 必须整除群的阶 $p-1$。
  • 这意味着 $p-1 = |a| \cdot k$ 对于某个整数 $k$ 成立。
  • 现在我们来计算 $a^{p-1}$：

$a^{p-1} = a^{|a| \cdot k} = (a^{|a|})^k$。

  • 根据元素阶的定义，$a^{|a|} = 1$ (在群中，即模 $p$ 意义下等于1)。
  • 所以 $a^{p-1} \equiv (1)^k \equiv 1 \pmod{p}$。
  • 这就是费马小定理！它说如果 $p$ 是素数且 $a$ 不能被 $p$ 整除，则 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。我们用群论的方法轻松证明了它。
⚠️ [易错点]
  1. 群必须是有限的：这个推论明确指出了是对“有限群”而言。在无限群中不成立。例如，在 $(\mathbb{Z}, +)$ 中，元素 1 的阶是无限的，但群的阶也是无限的，整除关系无从谈起。
  2. 不要和拉格朗日逆定理混淆：推论说元素的阶必然是群阶的约数。反过来，如果 $k$ 是群阶的约数，群里一定有阶为 $k$ 的元素吗？答案是不一定。这被称为柯西定理的范畴，柯西定理说如果 $k$ 是一个 素数 约数，那么一定有阶为 $k$ 的元素。但对于合数约数，就不一定了。例如，在四元数群 $Q_8$ 中，$|Q_8|=8$，4是8的约数，但 $Q_8$ 中没有任何元素的阶是4，因为 $i^2=-1, j^2=-1, k^2=-1$，所有非单位元元素的阶都是2或者4。等一下，这个例子不对，i,j,k的阶都是4。
  3. 更好的反例：克莱因四元群 $V_4 = \{1, a, b, ab\}$ 其中 $a^2=b^2=(ab)^2=1$。$|V_4|=4$。4是4的约数，但 $V_4$ 中没有任何元素的阶是4。所有非单位元元素的阶都是2。
📝 [总结]

推论 2.8.10 是拉格朗日定理最直接、最常用的一个结果。它将宏观的群的性质（群的阶）与微观的元素性质（元素的阶）紧密联系起来。这使得我们仅通过查看一个群的大小，就能对其内部元素的行为有一个非常强的预判。

🎯 [存在目的]

此推论的存在，是为了提供一个比拉格朗日定理本身更易于应用的工具。检查一个子集的阶还比较麻烦，而检查一个元素的阶通常要简单得多。这个推论在数论和密码学等领域有广泛应用，如上面展示的对费马小定理的证明。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一个封闭的圆形跑道，周长为 $|G|$ 米。
  2. 元素 a：一个运动员，他的步长固定。
  3. 元素 a 的阶 |a|：该运动员从起点出发，跑整数圈后第一次恰好回到起点，所跑的圈数。不对，这个模型不好。
  4. 换个模型：
  5. 群 G：一个有 $|G|$ 个齿的齿轮。
  6. 元素 a：你选择在齿轮上做标记。$a^2$ 是再转一下，$a^k=1$ 意味着转了 $k$ 次之后回到了初始状态。
  7. 元素 a 的阶 |a|: 转动这个齿轮，使得它第一次回到初始朝向，所需要的最少转动次数。
  8. 推论: 这个最少转动次数 $|a|$，必然能整除齿轮的总齿数 $|G|$。这是非常符合直觉的。
💭 [直观想象]

想象一个万花筒，它有 $|G|$ 种不同的对称状态。你对它进行一次旋转操作（元素 $a$）。你不断重复这个操作（$a^2, a^3, \dots$）。最终它一定会回到原始状态。这个推论告诉你，回到原始状态所需要的最少重复操作次数 $|a|$，一定是这个万花筒总对称状态数 $|G|$ 的一个因子。

66. 素数阶群的结构

6.1. 推论 2.8.11

📜 [原文10]

推论 2.8.11 假设群 $G$ 具有素数阶 $p$。设 $a$ 是 $G$ 中除单位元之外的任何元素。那么 $G$ 是由 $a$ 生成的循环群 $\langle a\rangle$。

证明。元素 $a \neq 1$ 的阶大于 1，并且它整除 $G$ 的阶，即素数 $p$。所以 $a$ 的阶等于 $p$。这也是由 $a$ 生成的循环子群 $\langle a\rangle$ 的阶。由于 $G$ 的阶为 $p$，所以 $\langle a\rangle=G$。

📖 [逐步解释]

这个推论是拉格朗日定理威力的一个惊人展示。它完全确定了一大类群的结构。

  1. 推论内容：
    • 它说的是，任何一个阶是素数（比如 2, 3, 5, 7, 11, ...）的群，其结构都非常简单。
    • 这种群必然是一个循环群。
    • 不仅如此，你随便从这个群里拿一个不是单位元的元素出来，这个元素就能生成整个群。
  2. 证明思路：
    • 前提：$G$ 是一个群，且 $|G|=p$，其中 $p$ 是一个素数。我们从 $G$ 中取一个元素 $a$，并规定 $a$ 不是单位元 $1$。
    • 步骤1 (利用推论 2.8.10)：我们知道元素 $a$ 的阶 $|a|$ 必须整除群的阶 $|G|=p$。
    • 步骤2 (利用素数的性质)：一个素数 $p$ 的正约数只有 1 和 $p$。所以 $|a|$ 只可能是 1 或 $p$。
    • 步骤3 (排除不可能性)：元素阶为 1 是什么意思？$a^1=1$，即 $a=1$。但我们的前提是 $a$ 不是单位元。所以 $|a|$ 不可能是 1。
    • 步骤4 (得出结论)：既然排除了 1，那么 $|a|$ 唯一的可能性就是 $p$。所以，任何非单位元元素的阶都是 $p$。
    • 步骤5 (连接到子群)：我们知道，由 $a$ 生成的循环子群 $\langle a \rangle$ 的阶，等于元素 $a$ 的阶。所以 $|\langle a \rangle| = |a| = p$。
    • 步骤6 (子群与全群的比较)：现在我们有了一个子群 $\langle a \rangle$，它的阶是 $p$。而整个群 $G$ 的阶也是 $p$。一个阶为 $p$ 的群的子集，如果它自己有 $p$ 个元素，那它必然就是这个群本身。
    • 最终结论：$\langle a \rangle = G$。这意味着 $G$ 是一个由 $a$ 生成的循环群。

📜 [原文11]

这个推论对素数阶 $p$ 的群进行了分类。它们形成一个同构类，即阶为 $p$ 的循环群的同构类。

📖 [逐步解释]
  • 分类 (Classification)：在数学中，“分类”是一个宏大的目标，意思是搞清楚某一类数学对象（比如群）都有哪些种类，每种有多少个。这个推论就完成了一个简单的分类任务。
  • 结论：所有阶为 $p$（$p$是素数）的群，在结构上都是一样的。它们都是“循环群”。
  • 同构类 (Isomorphism Class)：数学家们用“同构”来描述“结构上一样”。如果两个群 $G_1$ 和 $G_2$ 是同构的，意味着它们虽然元素的名字、运算的符号可能不同，但它们的运算规则、内在结构是完全一样的，就像是同一套积木，用不同的贴纸重新包装了一下。
  • 推论的深层含义：任何一个阶为 $p$ 的群，都和我们最熟悉的循环群 $(\mathbb{Z}_p, +)$ 是同构的。尽管一个群可能看起来很复杂，比如由某种矩阵构成，或者由某个几何体的对称操作构成，但只要你发现它的阶是一个素数 $p$，你就可以确定，它的本质和一个简单的钟面算术 $(\mathbb{Z}_p, +)$ 是一模一样的。
  • 这意味着，对于一个给定的素数 $p$，在“同构”的意义下，只存在一种阶为 $p$ 的群。
💡 [数值示例]

示例 1：阶为 5 的群

  • 假设有一个群 $G$，我们只知道它有5个元素，并且它满足群的公理。
  • 5 是素数。
  • 根据本推论，我们立刻可以知道：
  1. $G$ 必然是一个循环群。
  2. 从 $G$ 中随便拿一个不是单位元的元素，比如 $a$，那么 $G=\{1, a, a^2, a^3, a^4\}$。
  3. $G$ 和 $(\mathbb{Z}_5, +)$ 是同构的。我们可以建立一个同构映射 $f: G \rightarrow \mathbb{Z}_5$，$f(a^k) = k \pmod 5$。

示例 2：阶为 6 的群

  • 6 不是素数。
  • 拉格朗日定理的推论在这里就不适用了。
  • 事实上，阶为 6 的群不只一种。
  • 有循环群 $\mathbb{Z}_6$，它是交换群。
  • 有对称群 $S_3$，它是非交换群。
  • 因为交换性是结构的一部分，所以 $\mathbb{Z}_6$ 和 $S_3$ 肯定不是同构的。
  • 这说明了“素数阶”这个条件是多么强大和特殊。
⚠️ [易错点]
  1. 必须是素数阶：这个推论只对素数阶的群有效。对于合数阶的群，结构可能非常复杂，这是有限群论研究的主要内容。
  2. 不要忘记非单位元：选择的元素 $a$ 必须不是单位元。单位元自己生成的子群是 $\{1\}$，阶为1，它永远无法生成整个群。
📝 [总结]

推论 2.8.11 是拉格朗日定理威力的集中体现。它告诉我们，素数阶的群在结构上是“刚性”的，没有任何选择的余地，必然是循环群。这为我们理解群的世界提供了一个清晰的起点和最简单的样本。

🎯 [存在目的]

这个推论的目的是展示拉格朗日定理如何能被用来完全确定一类群的结构，从而完成数学中的一个基本任务——分类。它也为后续研究更复杂的合数阶群提供了一个对比的基准。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 素数阶群 G：一个用素数颗珍珠串成的手链，并且接口处无法分辨。
  2. 任意一颗珍珠 a (非接口)：你抓住其中任意一颗珍珠。
  3. 生成群: 你顺着手链数下去（$a, a^2, a^3, \dots$）。因为珍珠的数量是素数，你不可能在数完所有珍珠之前回到你开始的那一颗（否则你经过的珍珠数就是总数的约数，但素数没有非平凡约数）。
  4. 结论: 从任何一颗珍珠出发，你都能不重不漏地摸遍所有珍珠。整个手链就是一个简单的循环。
💭 [直观想象]

想象你在一个只有 $p$ 个房间（$p$是素数）的圆形城堡里探险，房间号是 $0, 1, \dots, p-1$。每个房间都有一扇门通往下一个房间（$i \to i+1 \pmod p$）。

  1. 你从一个非0号房间 $a$ 出发。
  2. 你每次都通过门走到下一个房间，这相当于群中的乘法操作。
  3. 因为房间数 $p$ 是素数，你不可能在走完所有 $p$ 个房间之前回到房间 $a$。
  4. 因此，从任何一个非0房间出发，你都能走遍所有的房间。这个城堡的结构本质上就是一个环，即循环群。

77. 在同态中的应用

7.1. 陪集与同态的关系

📜 [原文12]

当给定一个同态 $\varphi: G \rightarrow G^{\prime}$ 时，计数公式也可以应用。正如我们所见 (2.7.15)，核 $\operatorname{ker} \varphi$ 的左陪集是映射 $\varphi$ 的非空纤维。它们与像的元素之间存在双射对应关系。

$$ \begin{equation*} [G: \operatorname{ker} \varphi]=|\operatorname{im} \varphi| . \tag{2.8.12} \end{equation*} $$

📖 [逐步解释]

这部分将我们之前学到的两个重要概念——陪集和群同态——联系了起来。

  1. 回顾同态：
    • 一个同态 $\varphi: G \rightarrow G^{\prime}$ 是一个保持群运算结构的映射。
    • 核 (Kernel)：$\operatorname{ker} \varphi$ 是 $G$ 中所有被映射到 $G'$ 单位元 $1'$ 的元素的集合。我们知道，核是一个正规子群。
    • 像 (Image)：$\operatorname{im} \varphi$ 是 $G'$ 中所有“被命中”的元素的集合，即 $\varphi(G)$。我们知道，像是一个子群。
    • 纤维 (Fiber)：对于像中的一个元素 $y' \in \operatorname{im} \varphi$，它的纤维是 $G$ 中所有被映射到 $y'$ 的元素的集合，记作 $\varphi^{-1}(y')$。
  2. 关键联系 (2.7.15)：
    • 前面的章节（2.7.15）应该已经证明了一个关键事实：一个同态的所有非空纤维，恰好就是它的核 $\operatorname{ker} \varphi$ 的所有左陪集。
    • 让我们快速回顾一下为什么：
    • 设 $K = \operatorname{ker} \varphi$。
    • 取一个元素 $g \in G$，它被映射到 $\varphi(g)=y'$。
    • 那么 $y'$ 的纤维是什么？$\varphi^{-1}(y') = \{x \in G \mid \varphi(x) = y'\}$。
    • $x$ 在这个纤维里 $\iff \varphi(x) = y' = \varphi(g)$。
    • $\iff \varphi(x) (\varphi(g))^{-1} = 1'$
    • $\iff \varphi(xg^{-1}) = 1'$
    • $\iff xg^{-1} \in K$
    • $\iff x \in Kg$。
    • 啊哈，我们发现纤维是右陪集 $Kg$。因为核 $K$ 是正规子群，所以右陪集等于左陪集，$Kg=gK$。
    • 所以，$\varphi^{-1}(y') = gK$。
    • 这说明，对应像中每个元素 $y'$ 的纤维，就是 $G$ 中 $\operatorname{ker} \varphi$ 的一个陪集。
  3. 双射对应：
    • 我们建立一个映射 $F$: {核的左陪集} $\rightarrow$ {像的元素}。
    • 映射规则：$F(gK) = \varphi(g)$。
    • 这个映射是定义良好的吗？如果 $g_1K = g_2K$，那么 $\varphi(g_1) = \varphi(g_2)$ 吗？
    • $g_1K=g_2K \iff g_2^{-1}g_1 \in K$
    • $\iff \varphi(g_2^{-1}g_1) = 1'$
    • $\iff (\varphi(g_2))^{-1}\varphi(g_1) = 1'$
    • $\iff \varphi(g_1) = \varphi(g_2)$。是的，映射定义良好。
    • 这个映射是单射吗？如果 $\varphi(g_1)=\varphi(g_2)$，那么 $g_1K=g_2K$ 吗？是的，上面已经证明了。
    • 这个映射是满射吗？对于像中的任意元素 $y'$，能找到一个陪集映射到它吗？
    • $y' \in \operatorname{im}\varphi$，所以存在 $g \in G$ 使得 $\varphi(g)=y'$。
    • 那么陪集 $gK$ 就会被映射到 $y'$。是的，是满射。
    • 结论：在 {核的陪集} 和 {像的元素} 之间存在一个双射。
  4. 公式的诞生：
    • 既然存在双射，那么这两个集合的大小必须相等。
    • {核的陪集} 的数量，根据定义就是指数 $[G : \operatorname{ker} \varphi]$。
    • {像的元素} 的数量，根据定义就是像的阶 $|\operatorname{im} \varphi|$。
    • 所以，我们得到了这个公式：$[G : \operatorname{ker} \varphi] = |\operatorname{im} \varphi|$。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ [G: \operatorname{ker} \varphi]=|\operatorname{im} \varphi| $$

拆解:

  • \varphi: 一个从群 $G$ 到群 $G'$ 的同态。
  • \operatorname{ker} \varphi: $\varphi$ 的核，是 $G$ 的一个正规子群。
  • [G: \operatorname{ker} \varphi]: 核在 $G$ 中的指数，即核的陪集的数量。
  • \operatorname{im} \varphi: $\varphi$ 的像，是 $G'$ 的一个子群。
  • |\operatorname{im} \varphi|: 像的阶，即像中元素的数量。
  • 等式含义：核的陪集的数量，恰好等于像中的元素的数量。

这个公式本质上就是第一同构定理的计数版本。

💡 [数值示例]

示例 1：符号同态

  • $G = S_4$ (24个元素), $G' = \{\pm 1\}$。
  • $\varphi: S_4 \rightarrow \{\pm 1\}$ 是符号同态，将偶排列映射到 1，奇排列映射到 -1。
  • 核: $\operatorname{ker} \varphi$ 是所有被映射到 1 的元素，即所有的偶排列。这就是交错群 $A_4$。$|A_4| = 4!/2 = 12$。
  • 像: 这个映射是满射吗？是的，因为 $S_4$ 中既有偶排列（如单位元 (1)）也有奇排列（如对换 (1 2)）。所以 $\operatorname{im} \varphi = \{\pm 1\}$。$|\operatorname{im} \varphi| = 2$。
  • 指数: $[G : \operatorname{ker} \varphi] = [S_4 : A_4]$。
  • 验证公式: $[S_4 : A_4] = |\operatorname{im} \varphi| = 2$。
  • 这告诉我们，$S_4$ 中 $A_4$ 的陪集只有 2 个。它们分别是 $A_4$ (所有偶排列) 和 $(1 2)A_4$ (所有奇排列)。

示例 2：模n映射

  • $G = (\mathbb{Z}, +)$, $G' = (\mathbb{Z}_n, +)$。
  • $\varphi: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}_n$，定义为 $\varphi(k) = k \pmod n$。这是一个群同态。
  • 核: $\operatorname{ker} \varphi$ 是所有被映射到 $0$ 的整数。即所有 $n$ 的倍数。所以 $\operatorname{ker} \varphi = n\mathbb{Z}$。
  • 像: 这个映射是满射，因为对于 $\mathbb{Z}_n$ 中的任何一个元素 $r \in \{0, 1, \dots, n-1\}$，整数 $r$ 本身就会被映射到它。所以 $\operatorname{im} \varphi = \mathbb{Z}_n$。$|\operatorname{im} \varphi| = n$。
  • 指数: $[G : \operatorname{ker} \varphi] = [\mathbb{Z} : n\mathbb{Z}]$。
  • 验证公式: $[\mathbb{Z} : n\mathbb{Z}] = |\operatorname{im} \varphi| = n$。
  • 这与我们之前的计算结果完全一致：$n\mathbb{Z}$ 在 $\mathbb{Z}$ 中的指数是 $n$。
📝 [总结]

公式 (2.8.12) 在陪集和同态之间建立了一座至关重要的桥梁。它表明，一个同态的“压缩程度”（像的大小）和它的“模糊程度”（核的陪集数量）是完全一样的。像越小，说明同态把越多的人压缩到了一起，从而核的陪集数量就越多。

🎯 [存在目的]

这个公式的目的是将计数公式 (2.8.8) 与同态理论结合起来，产生更强大的推论。它允许我们通过分析同态来推断指数，反之亦然。这是推导出下一节推论 2.8.13 的关键步骤。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：全校所有学生。
  2. 群 G'：学校里的所有班级名称（如“一年级一班”，“一年级二班”...）。
  3. 同态 $\varphi$: 一个分配函数，告诉每个学生他/她属于哪个班级。
  4. 核 $\operatorname{ker} \varphi$: 被分到“校长办公室”（单位元）的特殊学生（可能是一些学生干部）。
  5. 核的陪集: 具有相同“身份”的学生群体。比如，所有“体育委员”构成的集合是一个陪集，所有“学习委员”是另一个陪集。（这是一个类比，不完全精确，但有助于理解纤维）更准确的说，是分到同一个班级的学生构成一个陪集。
  6. 像 $\operatorname{im} \varphi$: 实际有学生的班级。
  7. 公式 $[G : \operatorname{ker} \varphi] = |\operatorname{im} \varphi|$: 分到不同班级的学生群体（陪集）的数量，等于有学生的班级的数量。这是显然的，一个班级对应一个学生群体。

7.2. 关于同态的计数推论

📜 [原文13]

推論 2.8.13 設 $\varphi: G \rightarrow G^{\prime}$ 是有限群的同態。那麼

  • $|G|=|\operatorname{ker} \varphi| \cdot|\operatorname{im} \varphi|$，
  • $|\operatorname{ker} \varphi|$ 整除 $|G|$，並且
  • $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G|$ 和 $\left|G^{\prime}\right|$。

證明。第一個公式是通過結合 (2.8.8) 和 (2.8.12) 獲得的，它意味著 $|\operatorname{ker} \varphi|$ 和 $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G|$。由於像是 $G^{\prime}$ 的一個子群，拉格朗日定理告訴我們它的階也整除 $\left|G^{\prime}\right|$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个推论是前面所有理论的综合应用，给出了关于同态的几个非常有用的计数结论。

  1. 推论内容：
    • 这是专门针对有限群之间的同态 $\varphi: G \rightarrow G'$ 说的。
    • 第一点: $|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$。
    • 这被称为第一同构定理的计数版本。它说，始发群的阶，等于核的阶乘以像的阶。
    • 第二点: $|\operatorname{ker} \varphi|$ 整除 $|G|$。
    • 核的阶整除始发群的阶。
    • 第三点: $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G|$ 和 $|G'|$。
    • 像的阶，既要整除始发群的阶，也要整除目标群的阶。
  2. 证明思路：
    • 证明第一点 $|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$:
    • 我们有两个公式：
    • 核 $\operatorname{ker} \varphi$ 是 $G$ 的一个子群，所以我们可以把 $H$ 替换为 $\operatorname{ker} \varphi$ 应用计数公式。
    • 得到：$|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot [G : \operatorname{ker} \varphi]$。
    • 现在，用公式 (b) 替换掉上式中的指数项 $[G : \operatorname{ker} \varphi]$。
    • 得到：$|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$。证明完毕。
    • 证明第二点和第三点的前半部分:
    • 从刚刚证明的公式 $|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$，根据整数乘法的定义，我们直接知道 $|\operatorname{ker} \varphi|$ 和 $|\operatorname{im} \varphi|$ 都必须是 $|G|$ 的约数。
    • 证明第三点的后半部分 ($|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G'|$):
    • 我们知道，同态的像 $\operatorname{im} \varphi$ 是目标群 $G'$ 的一个子群。
    • 现在我们有了：一个有限群 $G'$ 和它的一个子群 $\operatorname{im} \varphi$。
    • 直接应用拉格朗日定理 (2.8.9) 于群 $G'$ 和子群 $\operatorname{im} \varphi$。
    • 拉格朗日定理说，子群的阶必须整除群的阶。
    • 所以，$|\operatorname{im} \varphi|$ 必须整除 $|G'|$。证明完毕。

📜 [原文14]

例如，符号同态 $\sigma: S_{n} \rightarrow\{ \pm 1\}$ (2.5.2)(b) 是满射，所以它的像的阶为 2。它的核，交错群 $A_{n}$，阶为 $\frac{1}{2} n!$。 $S_{n}$ 的一半元素是偶排列，一半是奇排列。

📖 [逐步解释]
  • 这是一个应用上述推论的经典例子。
  • 同态: $\sigma: S_n \rightarrow \{\pm 1\}$。
  • $G = S_n$, $|G| = n!$。$G' = \{\pm 1\}$, $|G'| = 2$。
  • 满射 (surjective) 意味着 $\operatorname{im} \sigma = G' = \{\pm 1\}$。所以 $|\operatorname{im} \sigma| = 2$。
  • 核: $\ker \sigma$ 是所有偶排列，即 $A_n$。
  • 应用公式: $|S_n| = |\ker \sigma| \cdot |\operatorname{im} \sigma|$。
  • $n! = |A_n| \cdot 2$。
  • 解出 $|A_n|$：$|A_n| = \frac{n!}{2}$。
  • 我们用这个强大的计数推论，非常轻松地计算出了交错群 $A_n$ 的阶。
  • 结论: $S_n$ 这个群被它的子群 $A_n$ 分成了两个大小相等的陪集。一个陪集是 $A_n$ 本身（所有偶排列），另一个陪集是所有奇排列。因此，偶排列和奇排列的数量各占一半。
💡 [数值示例]

示例：一个从 $D_4$ 到 $V_4$ 的同态

  • $G = D_4$ (二面体群，正方形的对称性)，$|D_4|=8$。元素为 $\{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$。
  • $G' = V_4 = \{e, a, b, c\}$ (克莱因四元群)，$|V_4|=4$。
  • 可以构造一个满射同态 $\varphi: D_4 \rightarrow V_4$。（具体映射规则省略，但可以做到）。
  • 我们来用推论预测一下核的大小。
  • $|\operatorname{im} \varphi| = |V_4| = 4$ (因为是满射)。
  • $|D_4| = |\ker \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$
  • $8 = |\ker \varphi| \cdot 4$
  • $|\ker \varphi| = 8 / 4 = 2$。
  • 结论：这个同态的核是一个阶为2的子群。
  • 我们再来验证整除性：
  • $|\ker \varphi| = 2$。2 整除 $|D_4|=8$。成立。
  • $|\operatorname{im} \varphi| = 4$。4 整除 $|D_4|=8$。成立。
  • $|\operatorname{im}varphi| = 4$。4 整除 $|V_4|=4$。成立。
⚠️ [易错点]
  1. 看清始发群和目标群：在应用整除性时，要分清楚 $|\operatorname{im} \varphi|$ 是整除 $|G|$ (始发群) 和 $|G'|$ (目标群)，而 $|\operatorname{ker} \varphi|$ 只需整除 $|G|$ (始发群)。
  2. 有限群的限制：这个推论的所有结论都建立在群是有限的基础上。
📝 [总结]

推论 2.8.13 是有限群同态理论的“工作手册”。它提供了一套完整的、关于群的阶、核的阶、像的阶之间的算术关系。这使得我们可以通过一个同态，从已知量（如群的阶）推断出未知量（如核的阶），极大地增强了我们分析群结构的能力。

🎯 [存在目的]

这个推论的目的是将抽象的同态理论转化为具体的、可计算的算术约束。它使得同态不再仅仅是结构保持的映射，而是一个可以用来进行“群的算术分解”的工具。例如，它告诉我们，任何一个同态都将始发群“分解”成了核和像两个部分（在阶的意义上）。

🧠 [直觉心智模型]
  1. $|G|$: 公司总员工数。
  2. $\varphi$: 将员工分配到不同项目组的指令。
  3. $|G'|$: 公司项目名册上的项目总数。
  4. $|\operatorname{im} \varphi|$: 实际有员工在做的项目数量。
  5. $|\ker \varphi|$: 被分配到“待命”项目（单位元）的员工数量。
  6. $|G| = |\ker \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$: 这个公式不那么直观了，需要借助陪集。它更像是：公司总人数 = (每个项目组的人数) * (项目组的数量)。而这里的 $|\ker \varphi|$ 代表的是和“待命”组人数相同的那个基准人数， $|\operatorname{im} \varphi|$ 代表的是项目组数量。
  7. $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G'|$: 实际开展的项目数，肯定不会超过名册上的项目总数。更进一步，如果项目组本身有层级结构（子群），那么实际开展的项目数必须符合那个结构（整除）。

88. 指数的乘法性质

8.1. 命题 2.8.14

📜 [原文15]

命题 2.8.14 指数的乘法性质。设 $G \supset H \supset K$ 是群 $G$ 的子群。则 $[G: K]=[G: H][H: K]$。

证明。我们将假设右侧的两个指数是有限的，比如 $[G: H]=m$ 和 $[H: K]=n$。其中一个或另一个是无限的情况推理类似。我们列出 $H$ 在 $G$ 中的 $m$ 个陪集，为每个陪集选择代表元，例如 $g_{1} H, \ldots, g_{m} H$。那么 $g_{1} H \cup \cdots \cup g_{m} H$ 是 $G$ 的一个划分。同样，我们为 $K$ 在 $H$ 中的每个陪集选择代表元，得到划分 $H=h_{1} K \cup \cdots \cup h_{n} K$。由于乘以 $g_{i}$ 是一个可逆运算，$g_{i} H=g_{i} h_{1} K \cup \cdots \cup g_{i} h_{n} K$ 将是陪集 $g_{i} H$ 的一个划分。将这些划分组合起来，$G$ 被划分为 $m n$ 个陪集 $g_{i} h_{j} K$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个命题揭示了指数在子群链中的传递关系，有时被称为“塔法定理”(Tower Law)。

  1. 命题内容：
    • 我们有一个子群的“套娃”结构：$K$ 是 $H$ 的子群，同时 $H$ 是 $G$ 的子群。($K \subset H \subset G$)
    • 命题说，从最小的子群 $K$ 到最大的群 $G$ 的总指数，等于从 $K$到 $H$ 的指数，再乘以从 $H$ 到 $G$ 的指数。
    • $[G:K] = [G:H] \cdot [H:K]$。
    • 它就像分数乘法一样：$\frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|}$。如果用拉格朗日定理的除法形式来“直观理解”，这个命题是显然的。但这个证明需要从指数的定义（陪集数量）出发。
  2. 证明思路：
    • 目标：我们要计算 $G$ 中 $K$ 的陪集的总数，即 $[G:K]$。
    • 已知：
    • $[G:H]=m$。这意味着 $G$ 被分成了 $m$ 个 $H$ 的陪集。
    • $[H:K]=n$。这意味着 $H$ 被分成了 $n$ 个 $K$ 的陪集。
    • 步骤1: 划分 G。
    • $G$ 被 $H$ 的 $m$ 个陪集 $g_1H, g_2H, \dots, g_mH$ 划分。
    • $G = g_1H \cup g_2H \cup \dots \cup g_mH$ (不交并)。
    • 步骤2: 划分 H。
    • $H$ 被 $K$ 的 $n$ 个陪集 $h_1K, h_2K, \dots, h_nK$ 划分。
    • $H = h_1K \cup h_2K \cup \dots \cup h_nK$ (不交并)。
    • 步骤3: 划分 G 中的每一块。
    • 我们来看 $G$ 的第一块大划分 $g_1H$。
    • 将步骤2的 $H$ 的划分代入：
    • 利用分配律：$g_1H = (g_1h_1)K \cup (g_1h_2)K \cup \dots \cup (g_1h_n)K$。
    • 这说明，$g_1H$ 这个“大块”自己又被进一步划分成了 $n$ 个 $K$ 的“小块”。
    • 同样地，对每一个大块 $g_iH$，它都可以被划分成 $n$ 个 $K$ 的小块。
    • 步骤4: 计算总数。
    • $G$ 被分成了 $m$ 个大块。
    • 每个大块又被分成了 $n$ 个小块。
    • 那么 $G$ 总共被分成了多少个小块？总数就是 $m \times n$。
    • 这些小块都是 $K$ 的陪集。
    • 所以 $K$ 的陪集总数 $[G:K]$ 就等于 $m \times n$。
    • 即 $[G:K] = [G:H] \cdot [H:K]$。证明完毕。
💡 [数值示例]

示例：

  • $G = \mathbb{Z}_{12} = \{0, 1, \dots, 11\}$。$|G|=12$。
  • $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$。$|H|=6$。
  • $K = \langle 4 \rangle = \{0, 4, 8\}$。$|K|=3$。
  • 我们有子群链 $G \supset H \supset K$。
  • 计算指数：
  • $[G:H] = |G|/|H| = 12/6 = 2$。
  • （陪集是 $H$ 和 $1+H$）
  • $[H:K] = |H|/|K| = 6/3 = 2$。
  • （在H内部看，陪集是 $K$ 和 $2+K=\{2,6,10\}$）
  • $[G:K] = |G|/|K| = 12/3 = 4$。
  • 验证公式:
  • $[G:H] \cdot [H:K] = 2 \cdot 2 = 4$。
  • $[G:K] = 4$。
  • $4=4$，公式成立。
  • 从陪集划分的角度看：
  • $G$ 被 $H$ 划分成 $H=\{0,2,4,6,8,10\}$ 和 $1+H=\{1,3,5,7,9,11\}$。
  • $H$ 被 $K$ 划分成 $K=\{0,4,8\}$ 和 $2+K=\{2,6,10\}$。
  • $1+H$ 被 $K$ 怎么划分？$(1+K)=\{1,5,9\}$ 和 $(1+2)+K=3+K=\{3,7,11\}$。
  • 所以 $G$ 被 $K$ 划分成了4个小块：$\{0,4,8\}$, $\{2,6,10\}$, $\{1,5,9\}$, $\{3,7,11\}$。总共4个陪集，所以 $[G:K]=4$。这与 $2 \times 2 = 4$ 的计算结果一致。
⚠️ [易错点]
  1. 子群链的顺序：必须是 $G \supset H \supset K$ 的包含关系，公式才成立。
  2. 对无限指数也成立：证明的逻辑不依赖于指数有限。如果 $m$ 或 $n$ 是无限的，那么总数 $mn$ 也是无限的，公式在基数意义下仍然成立。
📝 [总结]

指数的乘法性质 $[G:K]=[G:H][H:K]$ 是一个非常优雅且有用的公式。它表明指数这种度量具有传递性。如果我们知道一个子群相对于中介子群的“大小”，以及中介子群相对于总群的“大小”，我们就可以通过简单的乘法得到这个子群相对于总群的“大小”。

🎯 [存在目的]

这个命题的目的是为了处理更复杂的子群结构，即子群链。它允许我们将一个大的、难以直接计算的指数问题，分解成若干个更小的、更容易处理的指数问题的乘积。这是解决多步群扩张问题的一个基本工具。

[直觉心z智模型]

  1. G: 一个国家。
  2. H: 国家里的一个省。
  3. K: 省里的一个市。
  4. [G:H]: 这个国家有多少个省。
  5. [H:K]: 这个省有多少个市。
  6. [G:K]: 这个国家总共有多少个市。
  7. 公式: 全国总市数 = (省的数量) × (每个省的市的数量)。 （这里假设每个省的市的数量都一样，这在群论的陪集划分里是成立的）

[直觀想像]

  1. G: 一大箱蘋果。
  2. H: 箱子裡的一個袋子。
  3. K: 袋子裡的一個蘋果。
  4. [G:K]: 整箱有多少個蘋果。
  5. [G:H]: 箱子裡有多少袋蘋果。
  6. [H:K]: 每袋有多少個蘋果。
  7. 公式: 總蘋果數 = (袋子數) × (每袋蘋果數)。

99. 右陪集

9.1. 右陪集的定义与例子

📜 [原文16]

右陪集

让我们回到陪集的定义。我们决定使用左陪集 $a H$。我们也可以定义子群 $H$ 的右陪集，并对它们重复上述讨论。

群 $G$ 的子群 $H$ 的右陪集是集合

$$ \begin{equation*} H a=\{h a \mid h \in H\} . \tag{2.8.15} \end{equation*} $$

它们是关系（右同余）的等价类

$$ a \equiv b \text { if } b=h a, \text { for some } h \text { in } H . $$

右陪集也划分了群 $G$，但它们并不总是与左陪集相同。例如，对称群 $S_{3}$ 的子群 $\langle y\rangle$ 的右陪集是

$$ \begin{equation*} H=\{1, y\}=H y, \quad H x=\left\{x, x^{2} y\right\}=H x^{2} y, \quad H x^{2}=\left\{x^{2}, x y\right\}=H x y . \tag{2.8.16} \end{equation*} $$

这与左陪集的划分 (2.8.4) 不同。

📖 [逐步解释]

这部分引入了左陪集的“镜像”概念——右陪集，并指出了它们之间的关键区别。

  1. 右陪集的定义：
    • 与左陪集 $aH$ 将代表元 $a$ 放在左边相反，右陪集 $Ha$ 将代表元 $a$ 放在右边。
    • $Ha = \{ha \mid h \in H\}$。
    • 构造方法是：取子群 $H$ 中的每一个元素 $h$，然后右乘群元素 $a$。
  2. 右陪集与右同余关系：
    • 同样，右陪集也可以看作是“右同余”等价关系下的等价类。
    • 右同余关系定义为：$a \equiv_R b \iff b = ha$ for some $h \in H$。
    • 这可以变形为 $ba^{-1} = (ha)a^{-1} = h \in H$。
    • 所以 $a \equiv_R b \iff ba^{-1} \in H$。这与左同余的 $a^{-1}b \in H$ 形式上不同。
    • 可以同样地证明，右同余也是一个等价关系，因此右陪集也划分了整个群 $G$。
  3. 左陪集 vs 右陪集：
    • 关键问题：对于同一个子群 $H$，它产生的左陪集划分和右陪集划分，是同一个划分吗？
    • 答案是：不一定！
    • 在交换群（Abelian Group）中，由于 $ah=ha$ 恒成立，所以 $aH$ 和 $Ha$ 总是同一个集合，因此左、右陪集划分必然相同。
    • 但在非交换群中，两者可能不同。
  4. 具体例子 $S_3$：
    • $G=S_3$, $H=\langle y \rangle = \{1, y\}$。
    • 计算右陪集:
    • $H1 = \{1\cdot1, y\cdot1\} = \{1, y\} = H$。
    • $Hy = \{1\cdot y, y\cdot y\} = \{y, 1\} = H$。
    • $Hx = \{1\cdot x, y\cdot x\} = \{x, yx\}$。利用关系 $yx=x^2y$，得 $Hx = \{x, x^2y\}$。
    • $Hx^2y = \{1\cdot x^2y, y\cdot x^2y\} = \{x^2y, yx^2y\}$。
    • $Hx^2 = \{1\cdot x^2, y\cdot x^2\} = \{x^2, yx^2\}$。利用 $yx=x^2y \implies yx^2=x^2yx = x^2(x^2y) = x^4y = xy$。
    • $Hxy = \{1\cdot xy, y\cdot xy\} = \{xy, yxy\} = \{xy, x^2yy\} = \{xy, x^2\}$。
    • 右陪集划分:
    • 陪集1: $H = \{1, y\}$
    • 陪集2: $Hx = \{x, x^2y\}$
    • 陪集3: $Hx^2 = \{x^2, xy\}$
    • 与左陪集划分 (2.8.4) 比较:
    • 左陪集划分是：$\{1, y\}$, $\{x, xy\}$, $\{x^2, x^2y\}$。
    • 右陪集划分是：$\{1, y\}$, $\{x, x^2y\}$, $\{x^2, xy\}$。
    • 我们发现，除了子群 $H$ 本身，其他的陪集都不同！
    • 左陪集 $\{x, xy\}$ 和 右陪集 $\{x, x^2y\}$ 不同。
    • 左陪集 $\{x^2, x^2y\}$ 和 右陪集 $\{x^2, xy\}$ 不同。
    • 这是一个非常重要的例子，它清晰地表明，对于同一个子群，它产生的左划分和右划分可能是完全不同的两回事。
∑ [公式拆解]

公式 1:

$$ H a=\{h a \mid h \in H\} $$

拆解:

  • Ha: 右陪集的记号，代表元 a 在右边。
  • ha: 群运算，h 在左，a 在右。
  • 与左陪集 $aH=\{ah \mid h \in H\}$ 形成鲜明对比。

公式 2:

$$ H=\{1, y\}=H y, \quad H x=\left\{x, x^{2} y\right\}=H x^{2} y, \quad H x^{2}=\left\{x^{2}, x y\right\}=H x y $$

拆解:

  • 这是对 $S_3$ 中子群 $H=\langle y \rangle$ 的右陪集的完整计算和列举。
  • 它展示了右陪集的代表元也不是唯一的。例如 $Hx$ 和 $Hx^2y$ 是同一个集合。如何判断？
  • 右陪集相等的条件是 $ab^{-1} \in H$。
  • 令 $a=x, b=x^2y$。$b^{-1} = (x^2y)^{-1} = y^{-1}(x^2)^{-1} = yx$。
  • $ab^{-1} = x(yx) = x(x^2y) = x^3y = 1y = y$。
  • 因为 $y \in H$，所以 $Hx = Hx^2y$。
⚠️ [易错点]
  1. 左右不分：这是最常见的错误。一定要看清楚代表元的位置，并使用对应的相等判定条件 ($a^{-1}b \in H$ for left, $ab^{-1} \in H$ for right)。
  2. 误以为所有性质都不同：虽然左右陪集划分可能不同，但之前学到的大部分计数性质对右陪集同样成立。
  3. 所有右陪集的大小都等于 $|H|$。
  4. 右陪集的数量（右指数）也等于左陪集的数量（左指数）。这一点在有限群中是显然的（因为都等于 $|G|/|H|$），但在无限群中需要单独证明。
  5. 所以拉格朗日定理、计数公式等对右陪集完全适用。
📝 [总结]

本节引入了右陪集的概念，作为左陪集的对称对应物。通过 $S_3$ 的例子，它强调了在非交换群中，一个子群的左、右陪集划分可能是不同的。这个区别是深刻的，它引出了群论中一个至关重要的概念——正规子群。当左、右陪集恰好相同时，这个子群就具有了特殊的“对称性”，即为正规子群。

🎯 [存在目的]

引入右陪集，并不是为了把所有理论重讲一遍，而是为了通过比较“左”和“右”的差异，引出“左右无差异”的特殊情况。这个“左右无差异”的性质，就是下一节要讨论的正规子群的核心特征。

[直觉心z智模型]

假设你有一把不对称的钥匙（非交换群的元素）和一个锁孔（子群H）。

  1. 左陪集: 你把钥匙的A面朝上，插入锁孔，然后转动。
  2. 右陪集: 你把钥匙的B面朝上，插入锁孔，然后转动。
  3. 在大多数情况下（非正规子群），A面朝上和B面朝上开锁的过程和结果可能是不同的。
  4. 正规子群：这个锁孔非常特殊，无论你A面朝上还是B面朝上，开锁的效果是完全一样的。
💭 [直观想象]

想象在三维空间中，你有一个物体（群G），以及它的一个对称操作子集（子群H）。

  1. 左陪集 gH: 先进行H中的对称操作，再进行一个额外的操作g。
  2. 右陪集 Hg: 先进行一个额外的操作g，再进行H中的对称操作。
  3. 在三维旋转中，操作的顺序通常是至关重要的（非交换）。先绕x轴转90度再绕y轴转90度，与先绕y轴转90度再绕x轴转90度，得到的结果不同。
  4. 因此，$gH$ 和 $Hg$ 代表的最终状态集合可能是不同的。
  5. 正规子群对应的 $H$ 是一组非常特殊的对称操作，特殊到与任何外部操作 $g$ 的顺序都可以交换（作为一个整体）。

1010. 正规子群与陪集的关系

10.1. 命题 2.8.17

📜 [原文17]

然而，如果一个子群是正规的，它的右陪集和左陪集是相等的。

命题 2.8.17 设 $H$ 是群 $G$ 的一个子群。以下条件是等价的：

(i) $H$ 是正规子群：对于 $H$ 中的所有 $h$ 和 $G$ 中的所有 $g$， $g h g^{-1}$ 在 $H$ 中。

(ii) 对于 $G$ 中的所有 $g$， $g H g^{-1}=H$。

(iii) 对于 $G$ 中的所有 $g$，左陪集 $g H$ 等于右陪集 $H g$。

(iv) $H$ 在 $G$ 中的每个左陪集都是一个右陪集。

证明。符号 $g H g^{-1}$ 表示所有 $g h g^{-1}$ 元素的集合，其中 $h$ 在 $H$ 中。

假设 $H$ 是正规的。所以 (i) 成立，并且它意味着对于所有 $G$ 中的 $g$， $g H g^{-1} \subset H$。用 $g^{-1}$ 代替 $g$ 表明 $g^{-1} H g \subset H$ 也成立。我们将此包含关系左乘 $g$ 并右乘 $g^{-1}$，得出 $H \subset g H g^{-1}$。因此 $g H g^{-1}=H$。这表明 (i) 蕴含 (ii)。很明显 (ii) 蕴含 (i)。接下来，如果 $g \mathrm{Hg}^{-1}=\mathrm{H}$，我们将此等式右乘 $g$，得出 $g H=H g$。这表明 (ii) 蕴含 (iii)。同样可以看出 (iii) 蕴含 (ii)。由于 (iii) 蕴含 (iv) 是显而易见的，所以只需检查 (iv) 蕴含 (iii)。

我们问：在什么情况下左陪集可以等于右陪集？我们回顾右陪集划分了群 $G$，并且我们注意到左陪集 $g H$ 和右陪集 $H g$ 有一个共同的元素，即 $g=g \cdot 1=1 \cdot g$。因此，如果左陪集 $g H$ 等于任何右陪集，那么该陪集必须是 $Hg$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个命题是正规子群的核心性质，它从陪集的角度为正规子群提供了几个等价的定义。

  1. 四个等价条件：
    • (i) 正规子群的定义：$g h g^{-1} \in H$ 对所有 $h \in H, g \in G$ 成立。这是最原始的定义，意思是 $H$ 对共轭运算“封闭”。你用任何 $g$ 来“共轭” $H$ 中的元素，都无法把它“扔出” $H$。
    • (ii) 集合共轭不变性：$gHg^{-1} = H$ 对所有 $g \in G$ 成立。这比 (i) 更强，它说用 $g$ 共轭整个 $H$ 集合，得到的集合不多不少，正好就是 $H$ 自己。
    • (iii) 左右陪集相等：$gH = Hg$ 对所有 $g \in G$ 成立。对于任何一个代表元 $g$，它生成的左陪集和右陪集是同一个集合。
    • (iv) 左划分等于右划分：每个左陪集 本身 也是一个右陪集（但不一定是 同一个代表元 的右陪集）。这是一个最弱的形式。
  2. 证明逻辑 (A $\iff$ B $\iff$ C $\implies$ D $\implies$ C)：
    • (i) $\implies$ (ii)：
    • (i) $ghg^{-1} \in H$ 直接告诉我们 $gHg^{-1} \subseteq H$。
    • 这个结论对群里 所有 元素 $g$ 都成立，那么对 $g^{-1}$ 也成立。所以把 $g$ 换成 $g^{-1}$，我们得到 $(g^{-1})H(g^{-1})^{-1} \subseteq H$，即 $g^{-1}Hg \subseteq H$。
    • 现在对 $g^{-1}Hg \subseteq H$ 这个不等式两边，左乘 $g$，右乘 $g^{-1}$。
    • $g(g^{-1}Hg)g^{-1} \subseteq gHg^{-1}$。
    • $(gg^{-1})H(gg^{-1}) \subseteq gHg^{-1}$。
    • $1H1 \subseteq gHg^{-1}$，即 $H \subseteq gHg^{-1}$。
    • 结合 $gHg^{-1} \subseteq H$ 和 $H \subseteq gHg^{-1}$，我们得到了集合相等 $gHg^{-1} = H$。
    • (ii) $\implies$ (i)：
    • 如果 $gHg^{-1}=H$，那么对于 $gHg^{-1}$ 中的任何元素，它都必须在 $H$ 中。而 $gHg^{-1}$ 中的元素的形式就是 $ghg^{-1}$ ($h \in H$)。所以 $ghg^{-1} \in H$。这正是 (i) 的定义。
    • (ii) $\iff$ (iii)：
    • 从 $gHg^{-1} = H$ 出发，两边同时右乘 $g$。
    • $(gHg^{-1})g = Hg$。
    • $gH(g^{-1}g) = Hg$。
    • $gH \cdot 1 = Hg$，即 $gH=Hg$。所以 (ii) $\implies$ (iii)。
    • 反过来，从 $gH=Hg$ 出发，两边同时右乘 $g^{-1}$。
    • $gH g^{-1} = Hg g^{-1}$。
    • $gH g^{-1} = H \cdot 1 = H$。所以 (iii) $\implies$ (ii)。
    • (iii) $\implies$ (iv)：
    • 这是显然的。如果对于任何 $g$，左陪集 $gH$ 都等于右陪集 $Hg$，那它当然是“一个”右陪集了。
    • (iv) $\implies$ (iii)：
    • 这是证明链中唯一需要一点思考的地方。
    • 假设 (iv) 成立：每个左陪集都是一个右陪集。
    • 我们取一个特定的左陪集 $gH$。根据假设，它肯定是 某个 右陪集，我们称之为 $Hx$。所以 $gH = Hx$。
    • 我们的目标是证明，其实这个 $x$ 只能是 $g$ (或者说 $gH$ 必须等于 $Hg$）。
    • 我们知道，一个元素必然属于它自己生成的陪集。所以 $g \in gH$。
    • 因为 $gH=Hx$，所以 $g$ 也必然在 $Hx$ 中。
    • 同时，$x$ 也必然在它自己生成的陪集 $Hx$ 中。
    • 现在我们知道 $gH$ 和 $Hg$ 是两个陪集（一个是左，一个是右）。它们是不是同一个集合呢？
    • 一个关键观察：$gH$ 和 $Hg$ 必然有一个共同元素，就是 $g$ 自己（因为 $g=g\cdot 1$ 在 $gH$ 中，$g=1\cdot g$ 在 $Hg$ 中）。
    • 陪集（无论是左还是右）的性质是：如果两个陪集有任何一个公共元素，它们就必须是完全相同的集合（因为陪集来自于等价划分，要么不交，要么相等）。
    • 回到我们的问题：我们知道左陪集 $gH$ 是某个右陪集 $Hx$。因为 $g \in gH$ 且 $g \in Hg$，所以 $gH$ 和 $Hg$ 共享元素 $g$。
    • 如果 $gH$ 是一个右陪集，而它又和 $Hg$ 有公共点 $g$，那它只能是 $Hg$ 这个右陪集。
    • 因此，$gH=Hg$。这就证明了 (iii)。
💡 [数值示例]

示例 1：正规子群

  • $G = S_3$, $H = A_3 = \langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$。$H$ 是 $S_3$ 的正规子群（指数为2的子群总是正规的）。$|H|=3, |G|=6, [G:H]=2$。
  • 我们来验证 $gH=Hg$ for all $g \in S_3$。
  • 如果 $g \in H$ (比如 $g=x$), 那么 $xH = H$ 且 $Hx=H$。显然相等。
  • 我们只需要检查不在 $H$ 中的元素，比如 $g=y$。
  • 左陪集: $yH = y\{1, x, x^2\} = \{y, yx, yx^2\} = \{y, x^2y, xy\}$。
  • 右陪集: $Hy = \{1, x, x^2\}y = \{y, xy, x^2y\}$。
  • 我们看到 $yH$ 和 $Hy$ 的元素完全相同，所以 $yH=Hy$。
  • 这验证了正规子群的性质 (iii)。

示例 2：非正规子群

  • $G=S_3$, $H=\langle y \rangle = \{1, y\}$。我们已知它不是正规子群。
  • 我们来验证性质 (iii) 不成立。选择 $g=x$。
  • 左陪集: $xH = x\{1, y\} = \{x, xy\}$。
  • 右陪集: $Hx = \{1, y\}x = \{x, yx\} = \{x, x^2y\}$。
  • 由于 $xy \ne x^2y$，所以 $xH \ne Hx$。
  • 这就从陪集的角度证明了 $H=\langle y \rangle$ 不是 $S_3$ 的正规子群。
⚠️ [易错点]
  1. $gH=Hg$ 不等于 $gh=hg$：$gH=Hg$ 是集合相等，意思是对于 $H$ 中的每个 $h_1$，存在 $H$ 中的某个 $h_2$ 使得 $gh_1 = h_2g$。它不要求 $gh=hg$ 对同一个 $h$ 成立（那是交换性的要求，更强）。
  2. 所有子群都满足 $1H=H1$：对于单位元 $g=1$，左右陪集总是相等的。要证明正规，必须对 所有 的 $g \in G$ 都进行检查。
  3. 交换群中的任何子群都是正规的：因为在交换群中 $gh=hg$ 恒成立，所以 $gH=Hg$ 恒成立。
📝 [总结]

命题 2.8.17 是理解正规子群的基石。它将正规子群的抽象代数定义 ($gHg^{-1}=H$) 与陪集的几何/组合概念 ($gH=Hg$) 等价了起来。这为正规子群赋予了直观的意义：一个子群是正规的，当且仅当它产生的左划分和右划分是完全一样的。这个“左右对称”的性质，是构造商群的先决条件。

🎯 [存在目的]

这个命题的目的是为“正规子群”这一概念提供一个更直观、更有用的等价描述。相比于抽象的共轭运算，检查左右陪集是否相等在很多具体例子中更容易操作，也更能揭示其几何意义。这是为引入商群（quotient group）所做的最重要的铺垫，因为只有当左右陪集相等时，我们才能在陪集的集合上定义一个良好、一致的群运算。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 子群 H: 一副扑克牌中的所有红桃牌。
  2. 群 G: 整副扑克牌。
  3. 元素 g: 一个洗牌的操作。
  4. gH: 先挑出所有红桃牌，然后对这些红桃牌进行一次 g 操作。
  5. Hg: 先对整副牌进行 g 操作，然后再从洗过的牌里挑出所有（原来的）红桃牌。
  6. 正规子群 H: 这种“红桃”的属性非常特殊，无论你是“先挑后洗”还是“先洗后挑”，最终得到的牌集合是一样的。这种属性不依赖于具体的洗牌方式 g。

1111. 正规子群的判定与例子

11.1. 命题 2.8.18

📜 [原文18]

命题 2.8.18

(a) 如果 $H$ 是群 $G$ 的一个子群，且 $g$ 是 $G$ 的一个元素，则集合 $g \mathrm{Hg}^{-1}$ 也是一个子群。

(b) 如果群 $G$ 只有一个阶为 $r$ 的子群 $H$，则该子群是正规的。

证明。(a) 通过 $g$ 的共轭是 $G$ 的一个自同构（参见 (2.6.4)），且 $g \mathrm{Hg}^{-1}$ 是 $H$ 的像。(b) 参见 (2.8.17)： $g H g^{-1}$ 是一个阶为 $r$ 的子群。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个命题提供了判断一个子群是否为正规子群的两个有用工具。

  1. 命题 (a) 内容：
    • 它说，对一个子群 $H$ 进行“共轭”操作，即计算 $gHg^{-1} = \{ghg^{-1} \mid h \in H\}$，得到的新集合不仅是一个子集，它本身也是一个子群。
    • 这个新的子群 $gHg^{-1}$ 被称为 $H$ 的一个共轭子群 (conjugate subgroup)。
  2. 命题 (a) 证明思路：
    • 方法1 (课本思路)：引用之前的结论。
    • 在 (2.6.4) 节我们已经知道，对于任何 $g \in G$，映射 $\varphi_g: G \rightarrow G$ 定义为 $\varphi_g(x) = gxg^{-1}$ 是一个自同构（即从 $G$到 $G$ 自身的同构）。
    • 同构映射会把子群映射成子群。
    • 我们把这个自同构 $\varphi_g$ 限制在子群 $H$ 上。
    • 那么 $H$ 的像就是 $\varphi_g(H) = \{\varphi_g(h) \mid h \in H\} = \{ghg^{-1} \mid h \in H\} = gHg^{-1}$。
    • 因为同构的像必然是子群，所以 $gHg^{-1}$ 是一个子群。
    • 方法2 (手动验证子群三条件)：
    • 单位元: $H$ 的单位元是 $1$。$g1g^{-1} = gg^{-1} = 1$。所以 $1 \in gHg^{-1}$。
    • 封闭性: 取两个元素 $x, y \in gHg^{-1}$。那么 $x=gh_1g^{-1}$，$y=gh_2g^{-1}$ for some $h_1, h_2 \in H$。
    • 逆元: 取一个元素 $x=ghg^{-1} \in gHg^{-1}$。
    • 三条件满足，所以 $gHg^{-1}$ 是一个子群。
  3. 命题 (b) 内容：
    • 这是一个非常强大的判定正规子群的准则。
    • 它说，如果在整个群 $G$ 中，某个特定阶数 $r$ 的子群是唯一的，那么这个子群必定是正规子群。
  4. 命题 (b) 证明思路：
    • 前提: $H$ 是 $G$ 中唯一的阶为 $r$ 的子群。
    • 目标: 证明 $H$ 是正规的。根据命题 2.8.17，我们只需证明 $gHg^{-1} = H$ 对所有 $g \in G$ 成立。
    • 步骤1: 从命题 (a) 我们知道，$gHg^{-1}$ 也是一个子群。
    • 步骤2: 这个新子群 $gHg^{-1}$ 的阶是多少？
    • 共轭映射 $\varphi_g(x)=gxg^{-1}$ 是一个同构。同构保持集合的大小。
    • 所以 $|gHg^{-1}| = |H| = r$。
    • 步骤3: 现在我们知道，对于任何 $g \in G$， $gHg^{-1}$ 是一个阶为 $r$ 的子群。
    • 步骤4: 回到前提，群 $G$ 中阶为 $r$ 的子群是唯一的，这个子群就是 $H$。
    • 步骤5: 既然 $gHg^{-1}$ 是一个阶为 $r$ 的子群，而阶为 $r$ 的子群只有一个 $H$，那么必然有 $gHg^{-1} = H$。
    • 结论: 因为 $gHg^{-1}=H$ 对所有 $g \in G$ 成立，所以根据定义， $H$ 是一个正规子群。
💡 [数值示例]

示例：四元数群 $Q_8$

  • $G = Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$。$|G|=8$。
  • $Q_8$ 的子群有哪些？
  • $\{1\}$ (阶为1)
  • $\{\pm 1\}$ (阶为2)
  • $\langle i \rangle = \{\pm 1, \pm i\}$ (阶为4)
  • $\langle j \rangle = \{\pm 1, \pm j\}$ (阶为4)
  • $\langle k \rangle = \{\pm 1, \pm k\}$ (阶为4)
  • $Q_8$ (阶为8)
  • 应用命题 (b)：
  • 阶为 1 的子群 $\{1\}$ 是唯一的，所以它是正规的。（平凡子群总是正规的）
  • 阶为 2 的子群 $\{\pm 1\}$ 是唯一的吗？是的。所以子群 $\{\pm 1\}$ 是正规子群。这个子群是 $Q_8$ 的中心 $Z(Q_8)$。
  • 阶为 4 的子群唯一吗？不，有三个：$\langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle$。所以我们不能用这个命题来判断它们是否正规。
  • （事实上，可以验证 $Q_8$ 的所有子群都是正规的，但不能用这个命题来证明 $\langle i \rangle$ 的正规性）。

示例：$S_3$

  • $G=S_3$，$|G|=6$。
  • $S_3$ 的子群：
  • $\{1\}$ (阶为1，唯一，正规)
  • $\langle y \rangle, \langle xy \rangle, \langle x^2y \rangle$ (阶为2，不唯一，我们已知它们非正规)
  • $\langle x \rangle$ (阶为3，唯一吗？$6$ 的约数有1,2,3,6。阶为3的子群是Sylow-3子群，根据Sylow定理，3-Sylow子群的数量 $n_3$ 满足 $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ 且 $n_3 | (6/3)=2$。所以 $n_3=1$。因此它是唯一的。)
  • 结论: $S_3$ 中阶为 3 的子群 $\langle x \rangle = A_3$ 是唯一的。根据命题(b)，它必定是正规子群。这为我们之前说“指数为2的子群是正规的”提供了另一个角度的证明。
⚠️ [易错点]
  1. 命题(b)是单向的：如果一个子群是正规的，它不一定是该阶数下唯一的子群。例如，在克莱因四元群 $V_4=\{e,a,b,c\}$ 中，这是一个交换群，所有子群都是正规的。子群 $\langle a \rangle=\{e,a\}$ 和 $\langle b \rangle=\{e,b\}$ 都是阶为2的正规子群，但它们不唯一。
  2. 共轭不一定是自己：对于非正规子群 $H$，它的共轭子群 $gHg^{-1}$ 虽然也是子群且大小相同，但可能是一个完全不同的子群。例如在 $S_3$ 中，$H=\langle y \rangle=\{1, y\}$。它的共轭子群 $xHx^{-1} = x\langle y \rangle x^2 = \langle xyx^{-1} \rangle = \langle xyx^2 \rangle = \langle x^2y \rangle = \{1, x^2y\}$。这是一个不同的阶为2的子群。
📝 [总结]

命题 2.8.18 提供了两个实用的工具。命题 (a) 告诉我们共轭操作保持子群结构，这使得命题 (b) 的证明成为可能。命题 (b) 是一个强大的“唯一性推导正规性”的准则，在很多情况下，我们只需数一下特定阶数的子群有几个，如果只有一个，就可以立即断定它是正规的，而无需进行繁琐的 $gHg^{-1}$ 或左右陪集的计算。

🎯 [存在目的]

这个命ap题的目的是丰富我们判断正规子群的工具箱。特别是命题(b)，它将一个代数性质（正规性）与一个组合计数问题（唯一性）联系起来，在理论分析和具体计算中都非常有用。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 命题(b):
  2. 群 G: 一个国家的所有国民。
  3. 子群 H: 一个拥有 $r$ 个成员的俱乐部。
  4. 共轭 gHg⁻¹: 从国家里随便找个人 g，让他用自己的方式（比如方言、习俗）来描述这个俱乐部，结果会形成一个“镜像”俱乐部 gHg⁻¹，这个镜像俱乐部也有 $r$ 个成员。
  5. 唯一性: 如果这个国家里，凡是拥有 $r$ 个成员的俱乐部，只有 $H$ 这一个。
  6. 结论: 那么无论你让谁 g 去描述，他描述出来的镜像俱乐部，必然还是 $H$ 本身。因为没有其他选择了。这意味着 $H$ 在所有国民的“语境”下都是不变的，即它是正规的。

11.2. 左右陪集数量相等的注解

📜 [原文19]

注意：如果 $H$ 是有限群 $G$ 的子群，使用右陪集或左陪集的计数公式是相同的，所以左陪集的数量等于右陪集的数量。当 $G$ 是无限群时也如此，尽管证明不能通过计数来完成（参见习题 M.8）。 $\square$

📖 [逐步解释]

这部分是一个重要的补充说明，确保我们不会对左右陪集产生误解。

  1. 核心思想：一个子群的左陪集的数量（左指数）和右陪集的数量（右指数）总是相等的。
  2. 有限群的情况：
    • 对于有限群，这个结论非常直白。
    • 左指数 $[G:H]_L = |G|/|H|$。
    • 右指数 $[G:H]_R = |G|/|H|$。（因为所有右陪集的大小也等于 $|H|$，并且它们也划分 $G$）。
    • 显然，$[G:H]_L = [G:H]_R$。
    • 因此，在有限群的情况下，我们不需要区分左右指数，统一写成 $[G:H]$ 即可。
  3. 无限群的情况：
    • 当 $G$ 是无限群时，我们不能再使用除法 $|G|/|H|$，因为这可能是 $\infty/\infty$ 的不定形式。
    • 我们需要一个不依赖于计数的证明方法。
    • 证明思路 (习题M.8的思路)：在“所有左陪集的集合” $\{aH\}$ 和“所有右陪集的集合” $\{Hb\}$ 之间构造一个双射。
    • 构造映射: 定义一个映射 $f: \{aH\} \rightarrow \{Hb\}$。一个自然的尝试是 $f(aH) = Ha$。但这个映射定义良好吗？如果 $a_1H = a_2H$，是否 $Ha_1=Ha_2$？答案是不一定，我们已经看到反例了。
    • 正确的映射: 聪明的构造是 $f(aH) = Ha^{-1}$。
    • 定义良好？ 如果 $a_1H = a_2H$，则 $a_1^{-1}a_2 \in H$。我们需要证明 $Ha_1^{-1} = Ha_2^{-1}$。这个等价于 $(a_1^{-1})(a_2^{-1})^{-1} \in H$，即 $a_1^{-1}a_2 \in H$。是的，条件吻合，所以映射定义良好。
    • 双射？ 我们可以构造它的逆映射 $g: \{Hb\} \rightarrow \{aH\}$，规则是 $g(Hb) = b^{-1}H$。可以验证 $f$ 和 $g$ 互为逆映射。
    • 结论：因为在左陪集集合和右陪集集合之间存在一个双射，所以它们的基数（数量）必然相等，即使是在无限的情况下。
📝 [总结]

这个注解澄清了一个重要的事实：尽管对于一个非正规子群，其左、右陪集的 划分方式 可能不同，但它划分出来的 块数 (即指数) 总是相同的。这保证了“指数”这个概念的良好定义，无需区分左右。

12行间公式索引

1. (2.8.1) 左陪集的定义:

$$ a H=\{a h \mid h \text { in } H\} $$

2. (2.8.2) 模H左同余关系:

$$ a \equiv b \text { if } b=a h \text { for some } h \text { in } H $$

3. (2.8.4) S₃中子群的左陪集划分:

$$ H=\{1, y\}=y H, \quad x H=\{x, x y\}=x y H, \quad x^{2} H=\left\{x^{2}, x^{2} y\right\}=x^{2} y H $$

4. (2.8.6) 指数的符号:

$$ [G: H] $$

5. (2.8.8) 计数公式:

$$ \begin{align*} |G| & =|H|[G: H] \\ (\text { G 的阶 }) & =(\text { H 的阶 })(\text { 陪集的数量 }), \end{align*} $$

6. (2.8.12) 同态指数公式:

$$ [G: \operatorname{ker} \varphi]=|\operatorname{im} \varphi| $$

7. (2.8.15) 右陪集的定义:

$$ H a=\{h a \mid h \in H\} $$

8. (2.8.16) S₃中子群的右陪集划分:

$$ H=\{1, y\}=H y, \quad H x=\left\{x, x^{2} y\right\}=H x^{2} y, \quad H x^{2}=\left\{x^{2}, x y\right\}=H x y $$

[[END_OF_RESPONSE]]所有解释内容已全部输出完毕。```shell

$a=x$ 和 $b=xy$。我们来用那三个等价条件来判断 $xH$ 和 $xyH$ 是否相等。

* 方法1: 判断 $b$ 是否在 $aH$ 中。

* $aH = xH = \{x, xy\}$。

* $b=xy$。

* 元素 $xy$ 显然在集合 $\{x, xy\}$ 中。

* 所以条件满足，因此 $xH = xyH$。

* 方法2: 判断 $a^{-1}b$ 是否在 $H$ 中。

* $a = x$, $a^{-1} = x^2$。

* $b = xy$。

* 计算 $a^{-1}b = x^2(xy)$。

* 我们需要利用 $S_3$ 的关系式 $yx = x^2y$。这个式子等价于 $x^2y = yx$。

* $x^2(xy) = x(x(xy)) = x(x(x^{-1}yx)) = x(yx)$ ... 这条路似乎复杂了。

* 让我们换个思路。$a=x$, 所以 $a^{-1}$ 就是 $x$ 的逆元。在 $S_3$ 中 $x^3=1$, 所以 $x^{-1}=x^2$。

* $a^{-1}b = x^{-1}(xy) = (x^{-1}x)y = 1y = y$。

* 现在的问题是，计算结果 $y$ 是否属于 $H$？

* 我们的 $H$ 是 $\{1, y\}$。

* 是的，$y \in H$。

* 所以条件满足，因此 $xH=xyH$。这个方法在代数运算上更清晰。

⚠️ [易错点]
  1. 代表元不唯一：初学者容易认为 $aH$ 和 $bH$ 是不同的陪集，仅仅因为 $a \ne b$。这是最大的误区。如上例，$x \ne xy$，但 $xH=xyH$。一个陪集可以由它内部的任何一个元素作为代表元来表示。
  2. $a^{-1}b \in H$ vs $ab^{-1} \in H$：$a^{-1}b \in H$ 是判定左陪集 $aH=bH$ 的条件。而判定右陪集 $Ha=Hb$ 的条件是 $ab^{-1} \in H$。这两个不能混淆。
  3. 陪集的元素都是群里的元素：陪集 $aH$ 是 $G$ 的一个子集，它的元素都来自 $G$。它本身不一定形成一个群。
📝 [总结]

本节通过一个具体的 $S_3$ 例子，生动地展示了陪集的几个关键特性。首先，用不同元素做代表元，可能会得到同一个陪集。其次，一个子群的所有陪集会整齐地将原群划分开。最后，本节给出了一个非常实用和重要的判断两个陪集是否相等的充要条件：$aH=bH \iff a^{-1}b \in H$。这个条件将陪集的相等问题，转化为了一个简单的元素归属问题，是理论推导中的利器。

🎯 [存在目的]

本节的目的是将之前抽象的陪集定义和划分理论，通过一个具体的、非交换群的例子加以巩固，让读者获得实际的计算经验。同时，提炼出判断陪集相等的核心条件，为后续的理论发展（如证明所有陪集大小相等）提供关键的工具。

🧠 [直觉心智模型]

沿用“社区-楼房”模型。

  1. 代表元的多样性：一栋楼（一个陪集）可以叫做“张三家所在的楼”，也可以叫做“李四家所在的楼”，只要张三和李四都住在这栋楼里，这两个叫法指向的是同一栋建筑。$x$ 和 $xy$ 就是住在同一栋楼里的两个人，所以 $xH$（x家在的楼）和 $xyH$（xy家在的b楼）是同一栋楼。
  2. 等价条件 $a^{-1}b \in H$：$a$ 和 $b$ 是社区里的两个人。$a^{-1}b$ 可以理解为从 $a$ 的位置走到 $b$ 的位置所需要的“相对位移”。这个位移在 $H$（“楼内”）里，意思就是说，从 $a$ 到 $b$ 不需要出楼。如果从 $a$ 到 $b$ 不需要出楼，那 $a$ 和 $b$ 必然在同一栋楼里。
💭 [直观想象]

回到平面 $\mathbb{R}^2$ 和子群 $H$ (x轴) 的例子。

  1. 代表元的多样性：陪集是水平线 $y=1$。这条线上的任何一个点，比如 $(0,1)$ 或 $(5,1)$，都可以作为这条线的代表元。$(0,1)+H$ 和 $(5,1)+H$ 都表示的是 $y=1$ 这条直线。
  2. 等价条件 $a^{-1}b \in H$：在加法群中，条件是 $(-a)+b = b-a \in H$。
  3. 设 $a=(x_a, y_a)$, $b=(x_b, y_b)$。
  4. $b-a = (x_b-x_a, y_b-y_a)$。
  5. $b-a \in H$ (x轴) 意味着这个向量的 y 坐标是 0，即 $y_b-y_a=0 \implies y_a=y_b$。
  6. $a+H = b+H$ 的充要条件是 $a$ 和 $b$ 的 y 坐标相等。这完美符合我们的直观：当且仅当两个点在同一条水平线上时，它们生成的（平移x轴得到的）陪集才是同一条水平线。

132. 子群的指数

2.1. 指数的定义

📜 [原文20]

一个子群的左陪集的数量称为 $H$ 在 $G$ 中的指数。指数表示为

$$ \begin{equation*} [G: H] . \tag{2.8.6} \end{equation*} $$

因此， $S_{3}$ 的子群 $\langle y\rangle$ 的指数是 3。当 $G$ 是无限群时，指数也可能是无限的。

📖 [逐步解释]

这段话定义了一个新的术语“指数”，用来量化陪集划分的“规模”。

  1. 定义：
    • 我们已经知道，子群 $H$ 的所有左陪集构成了对群 $G$ 的一个划分。
    • 这个划分包含了多少个 互不相同 的陪集？这个数量就被称为 $H$ 在 $G$ 中的指数 (index of H in G)。
    • 本质上，指数就是群 $G$ 被子群 $H$ 分割成了多少“块”。
  2. 符号：
    • 指数的专用记号是 $[G:H]$。
    • 看到这个符号，就要立刻反应出它的含义是：“群 $G$ 中有多少个不同的 $H$ 的左陪集”。
  3. 例子：
    • 在之前的例子中，我们计算了 $G=S_3$，$H=\langle y \rangle = \{1, y\}$。
    • 我们找到了 3 个不同的左陪集：$\{1, y\}$, $\{x, xy\}$, $\{x^2, x^2y\}$。
    • 因此，根据定义，$H$ 在 $G$ 中的指数是 3。写作 $[S_3 : \langle y \rangle] = 3$。
  4. 无限指数：
    • 如果群 $G$ 是无限群，那么它被划分成的陪集数量也可能是无限的。
    • 例如，考虑整数群 $G = (\mathbb{Z}, +)$ 和平凡子群 $H = \{0\}$。
    • $H$ 的左陪集是什么？对于任意整数 $n \in \mathbb{Z}$，陪集是 $n+H = \{n+0\} = \{n\}$。
    • 每个整数都构成一个自己独立的陪集。
    • 有多少个这样的陪集？和整数的数量一样多，是无限的。
    • 因此，指数 $[\mathbb{Z} : \{0\}]$ 是无限的。
∑ [公式拆解]

符号:

$$ [G: H] $$

拆解:

  • [...]: 这是指数的专用括号。
  • G: 外面的大群。
  • : H: 冒号后面的 $H$ 是用来作“尺子”的子群。
  • 整个符号 $[G:H]$ 代表一个数值（可能是有限整数，也可能是无穷大），表示 $G$ 中由 $H$ 导出的不同左陪集的数量。
  • $[G:H] = |\{aH \mid a \in G\}|$，其中 $|\cdot|$ 表示集合中不重复元素的个数。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = S_3 = \{1, x, x^2, y, xy, x^2y\}$
  • $H = \langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$
  • 计算左陪集：
  • $1H = \{1, x, x^2\} = H$
  • $xH = \{x, x^2, 1\} = H$
  • $x^2H = \{x^2, 1, x\} = H$
  • $yH = \{y, yx, yx^2\} = \{y, x^2y, xy\}$
  • $xyH = \{xy, xyx, xyx^2\} = \{xy, y, x^2y\} = yH$
  • $x^2yH = \{x^2y, x^2yx, x^2yx^2\} = \{x^2y, xy, y\} = yH$
  • 我们只找到了 2 个不同的左陪集：$H$ 和 $yH$。
  • 因此，指数 $[S_3 : \langle x \rangle] = 2$。

示例 2：

  • $G = (\mathbb{Z}, +)$
  • $H = 5\mathbb{Z} = \{\dots, -5, 0, 5, 10, \dots\}$ (5的倍数)
  • 计算左陪集 (形式为 $a+H$):
  • $0+H = 5\mathbb{Z}$ (所有除以5余0的数)
  • $1+H = \{\dots, -4, 1, 6, 11, \dots\}$ (所有除以5余1的数)
  • $2+H = \{\dots, -3, 2, 7, 12, \dots\}$ (所有除以5余2的数)
  • $3+H = \{\dots, -2, 3, 8, 13, \dots\}$ (所有除以5余3的数)
  • $4+H = \{\dots, -1, 4, 9, 14, \dots\}$ (所有除以5余4的数)
  • $5+H = \{\dots, 0, 5, 10, 15, \dots\} = 0+H$
  • 我们找到了 5 个不同的左陪集，它们对应着整数模5的5个剩余类。
  • 因此，指数 $[\mathbb{Z} : 5\mathbb{Z}] = 5$。
⚠️ [易错点]
  1. 指数不是阶：不要把指数 $[G:H]$ 和群的阶 $|G|$ 或 $|H|$ 混淆。指数是 陪集的数量。
  2. 有限群的指数总是有限的：如果 $G$ 是有限群，那么陪集的数量不​​可能超过 $G$ 的元素个数，所以指数 $[G:H]$ 必然是有限的。
  3. 无限群的指数可有限可无限：
  4. $[\mathbb{Z} : 2\mathbb{Z}] = 2$ (有限)
  5. $[\mathbb{Z} : \{0\}] = \infty$ (无限)
📝 [总结]

指数 $[G:H]$ 是一个衡量子群 $H$ 相对于整个群 $G$ “有多大”的指标。如果指数很小，说明 $H$ 相对较大；如果指数很大，说明 $H$ 相对较小。它精确地告诉我们，需要多少个 $H$ 的“复制品”（即陪集）才能拼出完整的 $G$。

🎯 [存在目的]

引入“指数”这个量，是为了将“陪集数量”这个概念符号化、定量化，从而能够方便地在定理和公式中使用它。它是拉格朗日定理的计数公式中三个关键量之一（群的阶、子群的阶、指数）。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一块大蛋糕。
  2. 子群 H：一个标准尺寸的切块模具。
  3. 陪集：用模具从蛋糕上切下的一块块蛋糕。
  4. 指数 [G:H]：这块大蛋糕总共能切出多少块标准尺寸的蛋糕。
💭 [直观想象]
  1. G: 整个操场。
  2. H: 一块边长为1米的正方形地砖。
  3. 陪集: 铺在操场上的每一块地砖。
  4. 指数 [G:H]: 铺满整个操场总共需要多少块地砖。

143. 所有陪集大小相等

3.1. 引理 2.8.7

📜 [原文21]

引理 2.8.7 群 $G$ 的子群 $H$ 的所有左陪集 $a H$ 具有相同的阶。

证明。通过 $a$ 的乘法定义了一个映射 $H \rightarrow a H$，它将 $h$ 映射到 $a h$。这个映射是双射的，因为它的逆是乘法 $a^{-1}$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个引理揭示了陪集划分的一个至关重要的特性：所有“切片”的大小都一样。

  1. 引理内容：
    • 它声明，对于一个给定的子群 $H$，它所有的左陪集（例如 $aH$, $bH$, $cH$, ...）都包含相同数量的元素。
    • 这个共同的元素数量是多少呢？直觉上，它们的大小应该都和 $H$ 自己一样。这个引理证明了这一点。
    • “阶”在这里指的就是集合中元素的数量。$|aH| = |bH| = |H|$ 对于所有 $a,b \in G$ 成立。
  2. 证明思路：
    • 要证明两个集合 $A$ 和 $B$ 的大小相等（即 $|A|=|B|$），在集合论中，标准的做法是在这两个集合之间构造一个双射（bijection）。
    • 双射是一个既是单射（injective, one-to-one）又是满射（surjective, onto）的映射。
    • 单射保证了 $A$ 中沒有兩個元素映射到 $B$ 中的同一個元素，這意味著 $|A| \le |B|$。
    • 满射保证了 $B$ 中的每一个元素都有一个 $A$ 中的元素与之对应，这意味着 $|A| \ge |B|$。
    • 两者结合，就得出 $|A| = |B|$。
    • 构造映射：我们要证明 $|H| = |aH|$。我们定义一个映射（函数）$f: H \rightarrow aH$，其规则是 $f(h) = ah$。
    • 这个映射的定义域是子群 $H$，陪域是左陪集 $aH$。
    • 对于 $H$ 中的每一个输入 $h$，都通过左乘 $a$ 得到一个在 $aH$ 中的输出。
    • 证明是双射：
    • 证明方法1（课本采用的简洁方法）：找到这个映射的逆映射。如果一个函数存在逆函数，那它必然是双射。
    • 我们定义一个逆映射 $g: aH \rightarrow H$。它的作用应该是把左乘 $a$ 的效果消除掉。很自然地，我们想到了左乘 $a$ 的逆元 $a^{-1}$。
    • 所以定义 $g(y) = a^{-1}y$，其中 $y \in aH$。
    • 我们来验证 $g$ 是 $f$ 的逆：
    • 对于任意 $h \in H$，$g(f(h)) = g(ah) = a^{-1}(ah) = (a^{-1}a)h = 1h = h$。从 $H$ 出发，经过 $f$ 再经过 $g$，回到了原点。
    • 对于任意 $y \in aH$，$f(g(y)) = f(a^{-1}y) = a(a^{-1}y) = (aa^{-1})y = 1y = y$。从 $aH$ 出发，经过 $g$ 再经过 $f$，也回到了原点。
    • 既然找到了逆映射，说明 $f$ 是一个双射。因此，定义域和陪域的大小必须相等，即 $|H| = |aH|$。
    • 证明方法2（按部就班证明单射和满射）：
    • 证明单射：假设 $f(h_1) = f(h_2)$，其中 $h_1, h_2 \in H$。我们需要证明 $h_1 = h_2$。
    • $f(h_1) = ah_1$，$f(h_2) = ah_2$。
    • 所以 $ah_1 = ah_2$。
    • 在群中，我们可以使用消去律。两边同时左乘 $a^{-1}$，得到 $a^{-1}(ah_1) = a^{-1}(ah_2)$，即 $h_1=h_2$。
    • 所以映射是单射。
    • 证明满射：对于陪集 $aH$ 中的任意一个元素 $y$，我们需要在定义域 $H$ 中找到一个元素 $h$ 使得 $f(h)=y$。
    • 根据 $aH$ 的定义，如果 $y \in aH$，那么 $y$ 必然可以写成 $ah'$ 的形式，其中 $h' \in H$。
    • 我们想找的 $h$ 就是这个 $h'$。
    • 令 $h=h'$，则 $f(h) = f(h') = ah' = y$。
    • 我们成功找到了这个 $h$，所以映射是满射。
    • 结论：由于 $H$ 和任何一个它的左陪集 $aH$ 之间都存在一个双射，所以它们的大小（阶）必然相等。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = S_3$
  • $H = \langle y \rangle = \{1, y\}$。$|H|=2$。
  • 它的一个左陪集是 $xH = \{x, xy\}$。
  • 引理说 $|H| = |xH|$。我们看到 $2=2$，确实成立。
  • 双射映射 $f: H \rightarrow xH$ 是 $f(h) = xh$。
  • $f(1) = x \cdot 1 = x$
  • $f(y) = x \cdot y = xy$
  • 这个映射将 $\{1, y\}$ 一一对应地映射到了 $\{x, xy\}$。

示例 2：

  • $G = (\mathbb{Z}, +)$
  • $H = 5\mathbb{Z}$ (5的倍数)。$H$ 是一个无限集。
  • 它的一个左陪集是 $1+H = \{\dots, -4, 1, 6, 11, \dots\}$ (除以5余1的数)。
  • 引理说 $|H| = |1+H|$。两个都是无限集，但它们是“同样大”的无限（都是可数无限）。
  • 双射映射 $f: H \rightarrow 1+H$ 是 $f(h) = 1+h$。
  • $f(0) = 1+0 = 1$
  • $f(5) = 1+5 = 6$
  • $f(-5) = 1-5 = -4$
  • 这个映射将所有5的倍数一一对应地映射到了所有除以5余1的数。它的逆映射是 $g(y) = y-1$。
⚠️ [易错点]
  1. 证明的关键是群的性质：证明双射的过程，无论是用消去律还是用逆元，都深刻地依赖于 $G$ 是一个群。如果 $G$ 只是一个半群（没有逆元），这个引理就不一定成立。
  2. 对无限群同样适用：这个证明不依赖于群或子群是有限的。它通过建立一一对应关系来证明“大小相等”，这个方法对无限集同样有效，用于证明它们的“基数”相等。
📝 [总结]

这个引理是拉格朗日定理前的最后一块拼图。它建立了陪集的一个度量性质：所有陪集的大小都严格等于其父子群的大小。结合上一个推论“陪集划分群”，我们现在有了两块基石：

  1. 群 $G$ 被子群 $H$ 的陪集们完美地、不重不漏地分割开。
  2. 分割出的每一个小块（陪集）都和子群 $H$ 本身一样大。
🎯 [存在目的]

本引理的唯一目的就是为了直接推导出下一节的计数公式。它提供了计算群的总大小所需的一个关键信息：每一“块”的大小是已知的，等于 $|H|$。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一个大披萨。
  2. 子群 H：用刀切下的第一块披薩（包含中心点）。
  3. 陪集: 其他被切好的每一块披萨。
  4. 本引理：厨师的刀工很好，保证了切出来的每一块披萨（陪集）都和第一块（子群H）的大小一模一样。没有任何一块会偏大或偏小。
💭 [直观想象]
  1. G: 一栋公寓楼。
  2. H: 一楼的户型图（代表了所有房间的布局和总面积）。
  3. 陪集 aH: 其他楼层的公寓，比如 a 楼。
  4. 本引理: 这栋楼的每一层（陪集）的户型和面积都和一楼（子群H）完全一样。知道了任何一层的面积，就知道了所有层的面积。

154. 计数公式与拉格朗日定理

4.1. 计数公式

📜 [原文22]

由于所有陪集都具有相同的阶，并且它们划分了该群，我们得到了重要的计数公式

$$ \begin{align*} |G| & =|H|[G: H] \tag{2.8.8}\\ (\text { G 的阶 }) & =(\text { H 的阶 })(\text { 陪集的数量 }), \end{align*} $$

其中，如同往常一样，$|G|$ 表示群的阶。如果某些项是无限的，则等式具有明显的含义。对于 $S_{3}$ 的子群 $\langle y\rangle$，公式为 $6=2 \cdot 3$。

📖 [逐步解释]

这部分将前面的所有铺垫串联起来，得出了群论中最基本的定理之一。

  1. 逻辑串联：
    • 我们从 推论 2.8.3 知道：$H$ 的所有左陪集对 $G$ 构成一个划分。这意味着 $G$ 是所有不同陪集的无交并集。
    • 我们从 引理 2.8.7 知道：所有左陪集 $aH$ 的大小都等于 $|H|$。
    • 把这两点结合起来：整个群 $G$ 的总大小 $|G|$，就应该等于 每个陪集的大小 乘以 不同陪集的数量。
  2. 公式的诞生：
    • “每个陪集的大小”就是 $|H|$。
    • “不同陪集的数量”就是指数 $[G:H]$。
    • 所以，总大小 $|G|$ 就等于这两者的乘积。
    • 这就得到了计数公式：$|G| = |H| \cdot [G:H]$。
  3. 文字解释：
    • 公式下面用文字再次强调了每个部分的含义：(G 的阶) = (H 的阶) * (陪集的数量)。这种表述非常直观。
  4. 对无限群的说明：
    • “如果某些项是无限的，则等式具有明显的含义。” 这句话的意思是，如果三个量 $|G|$, $|H|$, $[G:H]$ 中有无限的，这个等式仍然以一种符合常理的方式“成立”。
    • 例如：
    • 如果 $|H|$ 有限，$[G:H]$ 无限，那么 $|G|$ 必然无限。比如 $G=\mathbb{Z}, H=\{0\}$，则 $|H|=1, [G:H]=\infty, |G|=\infty$。
    • 如果 $|H|$ 无限，$[G:H]$ 有限（但大于0），那么 $|G|$ 必然无限。比如 $G=\mathbb{Z}, H=2\mathbb{Z}$，则 $|H|=\infty, [G:H]=2, |G|=\infty$。
    • 这个公式主要的应用场景还是在有限群中。
  5. 具体例子验证：
    • $G=S_3$, $|G|=6$。
    • $H=\langle y \rangle = \{1, y\}$, $|H|=2$。
    • 我们之前计算出指数 $[G:H]=3$。
    • 代入公式：$|G| = 6$，$|H| \cdot [G:H] = 2 \cdot 3 = 6$。
    • $6=6$，公式成立。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ |G| =|H|[G: H] $$

拆解:

  • |G|: 群 $G$ 的阶，即 $G$ 中元素的总数。
  • |H|: 子群 $H$ 的阶，即 $H$ 中元素的总数。
  • [G:H]: 子群 $H$ 在 $G$ 中的指数，即不同陪集的数量。

推导:

这是一个非形式化的推导，但抓住了核心思想。

  1. 设 $k = [G:H]$ 是指数，即有 $k$ 个不同的左陪集。
  2. 设这些陪集为 $a_1H, a_2H, \dots, a_kH$。
  3. 根据 推论 2.8.3 (划分)，$G = a_1H \cup a_2H \cup \dots \cup a_kH$，并且这些集合两两不相交。
  4. 因此，集合 $G$ 的大小等于这些不相交子集的大小的总和：

$|G| = |a_1H| + |a_2H| + \dots + |a_kH|$。

  1. 根据 引理 2.8.7 (大小相等)，所有陪集的大小都等于 $|H|$。

$|a_1H| = |a_2H| = \dots = |a_kH| = |H|$。

  1. 将步骤5代入步骤4：

$|G| = |H| + |H| + \dots + |H|$ (共 $k$ 项)。

  1. 所以，$|G| = k \cdot |H|$。
  2. 将 $k$ 替换回指数的符号 $[G:H]$，得到 $|G| = [G:H] \cdot |H|$。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = (\mathbb{Z}_6, +) = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$。$|G|=6$。
  • $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4\}$。$|H|=3$。
  • 计算陪集:
  • $0+H = \{0, 2, 4\} = H$
  • $1+H = \{1, 3, 5\}$
  • $2+H = \{2, 4, 0\} = H$
  • $3+H = \{3, 5, 1\} = 1+H$
  • 指数: 只有2个不同的陪集 $H$ 和 $1+H$。所以 $[G:H]=2$。
  • 验证公式: $|G|=6$，$|H|\cdot[G:H] = 3 \cdot 2 = 6$。公式成立。

示例 2：

  • $G = Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$ (四元数群)。$|G|=8$。
  • $H = \langle i \rangle = \{1, i, -1, -i\}$。$|H|=4$。
  • 计算陪集:
  • $1H = H$
  • $jH = \{j\cdot 1, j\cdot i, j\cdot(-1), j\cdot(-i)\} = \{j, k, -j, -k\}$。
  • 我们找到了2个陪集 $H$ 和 $jH$。它们的并集 $\{1, i, -1, -i, j, k, -j, -k\}$ 已经是整个群 $G$。
  • 指数: $[G:H]=2$。
  • 验证公式: $|G|=8$，$|H|\cdot[G:H] = 4 \cdot 2 = 8$。公式成立。
⚠️ [易错点]
  1. 公式仅适用于有限群：虽然形式上可以写无限的情况，但这个公式的威力主要体现在有限群中，因为它将群的阶、子群的阶和指数这三个有限整数联系在了一起。
  2. 公式的变形：$[G:H] = |G|/|H|$。这个形式也非常常用，它告诉我们指数可以直接通过阶的除法来计算，而无需真的去数陪集的个数。但使用这个变形的前提是，我们已经知道 $H$ 是 $G$ 的子群。
📝 [总结]

计数公式 $|G| = |H| \cdot [G:H]$ 是整个陪集理论的顶峰。它优雅地揭示了群、子群和陪集在“数量”这个维度上的内在联系。它表明，一个群的结构不是随意的，子群的阶必须以一种非常严格的方式“嵌入”到群的阶中。

🎯 [存在目的]

这个公式的存在，是为了从陪集理论中提炼出一个具有巨大威力的、可计算的、可应用的定理。它将抽象的代数结构（群、子群）与具体的算术（乘法、除法）联系起来，是应用群论解决组合数学、数论等领域问题的桥梁。

🧠 [直觉心智模型]
  1. |G|: 整个班级的总人数。
  2. |H|: 每个小组的人数。
  3. [G:H]: 班级总共分了多少个小组。
  4. 公式: 总人数 = 每个小组的人数 × 小组的数量。

这个模型完美地诠释了计数公式，前提是：1) 所有学生都被分进了某个小组（全覆盖）；2) 没有学生同时属于两个小组（不重叠）；3) 每个小组的人数都一样（大小相等）。而这些恰好是陪集划分所保证的。

💭 [直观想象]
  1. |G|: 一个矩形的总面积。
  2. |H|: 一个小瓷砖的面积。
  3. [G:H]: 铺满这个矩形需要多少块瓷砖。
  4. 公式: 总面积 = 单块瓷砖面积 × 瓷砖数量。

这幅图景形象地展示了群 $G$ 被大小为 $|H|$ 的“瓦片”（陪集）完美地铺满。

4.2. 拉格朗日定理

📜 [原文23]

从计数公式可知，(2.8.8) 右侧的项整除左侧的项。其中一个事实被称为拉格朗日定理：

定理 2.8.9 拉格朗日定理。设 $H$ 是有限群 $G$ 的一个子群。$H$ 的阶整除 $G$ 的阶。 $\square$

📖 [逐步解释]

这是计数公式的一个直接但极其深刻的推论。

  1. 定理内容：
    • 拉格朗日定理 (Lagrange's Theorem) 是有限群论的基石。
    • 它说：如果 $G$ 是一个有限群，$H$ 是它的一个子群，那么 $H$ 的元素个数（阶）必然是 $G$ 的元素个数（阶）的一个约数。
    • 换句话说，$|G|$ 必须能被 $|H|$ 整除。
  2. 证明思路：
    • 证明是计数公式的直接应用。
    • 我们有计数公式：$|G| = |H| \cdot [G:H]$。
    • 这里所有的三个量都是正整数。
    • 根据整数乘法的定义，如果 $a = b \cdot c$，那么 $b$ 和 $c$ 都是 $a$ 的约数（divisor）。
    • 在我们的公式中，$|G|$ 扮演了 $a$ 的角色，$|H|$ 扮演了 $b$ 的角色，$[G:H]$ 扮演了 $c$ 的角色。
    • 因此，我们直接得出结论：$|H|$ 整除 $|G|$。（同时，$[G:H]$ 也整除 $|G|$）。
    • 这个定理说的就是这个事实。
💡 [数值示例]

示例 1：验证性例子

  • $G=S_3$, $|G|=6$。
  • $S_3$ 有哪些子群？
  • 平凡子群 $\{1\}$，阶为 1。1 整除 6。
  • $\langle y \rangle = \{1, y\}$，阶为 2。2 整除 6。
  • $\langle xy \rangle = \{1, xy\}$，阶为 2。2 整除 6。
  • $\langle x^2y \rangle = \{1, x^2y\}$，阶为 2。2 整除 6。
  • $\langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$，阶为 3。3 整除 6。
  • $S_3$ 本身，阶为 6。6 整除 6。
  • 我们看到，$S_3$ 所有子群的阶（1, 2, 3, 6）都是 6 的约数。

示例 2：预测性例子

  • 考虑一个阶为 7 的群 $G$。$|G|=7$。
  • 7 是一个素数，它的正约数只有 1 和 7。
  • 根据拉格朗日定理，如果 $H$ 是 $G$ 的一个子群，那么 $|H|$ 只能是 1 或者 7。
  • $|H|=1$ 对应的是平凡子群 $H=\{1\}$。
  • $|H|=7$ 对应的是子群 $H=G$ 本身。
  • 结论：一个阶为 7 的群，除了平凡子群和它自身以外，不可能有任何其他“真”子群。
⚠️ [易错点]
  1. 拉格朗日定理的逆定理不成立！
  2. 这是学习此定理时最大的一个坑。
  3. 定理说：若 $H$ 是子群，则 $|H|$ 整除 $|G|$。
  4. 逆命题：若 $k$ 是 $|G|$ 的一个约数，那么 $G$ 中是否存在一个阶为 $k$ 的子群？
  5. 答案是：不一定！
  6. 最著名的反例是交错群 $A_4$。$|A_4|=12$。
  7. 6 是 12 的一个约数。
  8. 但是，$A_4$ 中不存在阶为 6 的子群。
  9. 所以，拉格朗日定理是一个单向的必要条件，而不是充要条件。
📝 [总结]

拉格朗日定理是有限群论的第一个“大定理”。它对有限群的子群结构给出了一个极其强大的限制。它告诉我们，一个群的内在结构（子群）在数量上必须与它的总大小相协调。寻找一个群的子群时，我们不再需要盲目地去尝试，而可以只关注那些阶是群的总阶的约数的子集。

🎯 [存在目的]

拉格朗日定理的存在，极大地简化了对有限群的研究。它提供了一个强有力的、易于使用的工具，来排除许多不可能的子群结构，从而缩小了研究的范围。它是后续许多更深刻定理（如 Sylow 定理）的基础，Sylow 定理部分地回答了拉格朗日定理逆命题的问题。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一箱标准包装的乐高积木，总共有 $|G|$ 块。
  2. 子群 H: 你想用这箱积木搭一个小的、自成体系的模型（比如一辆车），这个模型需要 $|H|$ 块积木。
  3. 拉格朗日定理：如果你真的能成功搭出这个小模型（即 $H$ 是一个合法的子群），那么你搭这个模型所用的积木数量 $|H|$，必须能整除整箱積木的總數 $|G|$。
  4. 逆定理不成立：即使一个数量 $k$ 能整除积木总数，也不代表你一定能用 $k$ 塊積木搭出一個合法的、自成體系的小模型。可能你用 $k$ 块积木拼出来的东西总是缺胳膊少腿，不满足“子群”的封闭性等要求。
💭 [直观想象]
  1. 群 G：一个完整的正方形蛋糕，边长为 $L$。总质量为 $|G|$。
  2. 子群 H：你想从这个蛋糕上切下一块小正方形，并且要求这块小正方形本身也满足某种对称性（子群性质）。
  3. 拉格朗日定理：如果你能切出这样一块小正方形，它的质量 $|H|$ 必然能整除大蛋糕的总质量 $|G|$。例如，你可以从一个 $4 \times 4$ 的大蛋糕上切下 $2 \times 2$ 的小块，但你无法切下 $3 \times 3$ 的小块。

165. 群元素阶的推论

5.1. 推论 2.8.10

📜 [原文24]

推론 2.8.10 有限群的元素的阶整除该群的阶。

证明。群 $G$ 中元素 $a$ 的阶等于由 $a$ 生成的循环子群 $\langle a\rangle$ 的阶 (命题 2.4.2)。

📖 [逐步解释]

这个推论将拉格朗日定理的应用从“子群”缩小到了“单个元素”的性质上。

  1. 推论内容：
    • 对于一个有限群 $G$ 中的任意一个元素 $a$，这个元素 $a$ 的阶（order of element），也必然是群 $G$ 的阶（order of group）的一个约数。
    • 回顾一下，元素 $a$ 的阶是使得 $a^k=1$ 成立的最小正整数 $k$。
    • 记作 $|a|$ 或 $o(a)$。
    • 推论即：$|a|$ 整除 $|G|$。
  2. 证明思路：
    • 这是一个非常巧妙的证明，它在“元素的阶”和“子群的阶”之间架起了一座桥梁。
    • 桥梁：这个桥梁就是循环子群。
    • 步骤1：对于群 $G$ 中的任何一个元素 $a$，我们可以考虑由它生成的所有幂次构成的集合：$\langle a \rangle = \{\dots, a^{-2}, a^{-1}, 1, a, a^2, \dots\}$。这个集合我们已经知道，它是一个子群，称为循环子群。
    • 步骤2：根据命题 2.4.2 (一个在前面章节出现的命题)，一个元素的阶，恰好等于由它生成的循环子群的阶。即 $|a| = |\langle a \rangle|$。这是连接两个概念的关键一步。
    • 步骤3：现在我们有了子群 $\langle a \rangle$。因为 $G$ 是有限群，$\langle a \rangle$ 自然也是有限子群。我们可以对它应用拉格朗日定理 (2.8.9)。
    • 步骤4：拉格朗日定理说，子群的阶必须整除群的阶。所以，$|\langle a \rangle|$ 必须整除 $|G|$。
    • 步骤5：将步骤2的结论代入步骤4，我们得到：$|a|$ 必须整除 $|G|$。证明完毕。
💡 [数值示例]

示例 1：

  • $G = (\mathbb{Z}_6, +) = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$。$|G|=6$。
  • 我们来计算每个元素的阶（在加法群里，阶是 $k \cdot a = 0 \pmod 6$ 的最小正整数k）：
  • $|0|$: $1 \cdot 0 = 0$。所以阶为 1。 1 整除 6。
  • $|1|$: $1, 2, 3, 4, 5, 6\cdot 1=0$。阶为 6。 6 整除 6。
  • $|2|$: $2, 4, 3\cdot 2=0$。阶为 3。 3 整除 6。
  • $|3|$: $3, 2\cdot 3=0$。阶为 2。 2 整除 6。
  • $|4|$: $4, 8\equiv 2, 12\equiv 0$。$3\cdot 4=0$。阶为 3。 3 整除 6。
  • $|5|$: $5, 10\equiv 4, \dots, 6\cdot 5=0$。阶为 6。 6 整除 6。
  • 所有元素的阶（1, 2, 3, 6）都是群的阶 6 的约数。

示例 2：一个著名的应用——费马小定理

  • 考虑群 $G = (\mathbb{Z}_p^*, \cdot)$，其中 $p$ 是一个素数。这个群的元素是 $\{1, 2, \dots, p-1\}$，运算是模 $p$ 乘法。
  • 这个群的阶是 $|G| = p-1$。
  • 根据本推论，对于群中任何一个元素 $a \in \{1, 2, \dots, p-1\}$，它的阶 $|a|$ 必须整除群的阶 $p-1$。
  • 这意味着 $p-1 = |a| \cdot k$ 对于某个整数 $k$ 成立。
  • 现在我们来计算 $a^{p-1}$：

$a^{p-1} = a^{|a| \cdot k} = (a^{|a|})^k$。

  • 根据元素阶的定义，$a^{|a|} = 1$ (在群中，即模 $p$ 意义下等于1)。
  • 所以 $a^{p-1} \equiv (1)^k \equiv 1 \pmod{p}$。
  • 这就是费马小定理！它说如果 $p$ 是素数且 $a$ 不能被 $p$ 整除，则 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。我们用群论的方法轻松证明了它。
⚠️ [易错点]
  1. 群必须是有限的：这个推论明确指出了是对“有限群”而言。在无限群中不成立。例如，在 $(\mathbb{Z}, +)$ 中，元素 1 的阶是无限的，但群的阶也是无限的，整除关系无从谈起。
  2. 不要和拉格朗日逆定理混淆：推论说元素的阶必然是群阶的约数。反过来，如果 $k$ 是群阶的约数，群里一定有阶为 $k$ 的元素吗？答案是不一定。这被称为柯西定理的范畴，柯西定理说如果 $k$ 是一个 素数 约数，那么一定有阶为 $k$ 的元素。但对于合数约数，就不一定了。例如，在四元数群 $Q_8$ 中，$|Q_8|=8$，4是8的约数，但 $Q_8$ 中没有任何元素的阶是4，因为 $i^2=-1, j^2=-1, k^2=-1$，所有非单位元元素的阶都是2或者4。等一下，这个例子不对，i,j,k的阶都是4。
  3. 更好的反例：克莱因四元群 $V_4 = \{1, a, b, ab\}$ 其中 $a^2=b^2=(ab)^2=1$。$|V_4|=4$。4是4的约数，但 $V_4$ 中没有任何元素的阶是4。所有非单位元元素的阶都是2。
📝 [总结]

推论 2.8.10 是拉格朗日定理最直接、最常用的一个结果。它将宏观的群的性质（群的阶）与微观的元素性质（元素的阶）紧密联系起来。这使得我们仅通过查看一个群的大小，就能对其内部元素的行为有一个非常强的预判。

🎯 [存在目的]

此推论的存在，是为了提供一个比拉格朗日定理本身更易于应用的工具。检查一个子集的阶还比较麻烦，而检查一个元素的阶通常要简单得多。这个推论在数论和密码学等领域有广泛应用，如上面展示的对费马小定理的证明。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：一个封闭的圆形跑道，周长为 $|G|$ 米。
  2. 元素 a：一个运动员，他的步长固定。
  3. 元素 a 的阶 |a|：该运动员从起点出发，跑整数圈后第一次恰好回到起点，所跑的圈数。不对，这个模型不好。
  4. 换个模型：
  5. 群 G：一个有 $|G|$ 个齿的齿轮。
  6. 元素 a：你选择在齿轮上做标记。$a^2$ 是再转一下，$a^k=1$ 意味着转了 $k$ 次之后回到了初始状态。
  7. 元素 a 的阶 |a|: 转动这个齿轮，使得它第一次回到初始朝向，所需要的最少转动次数。
  8. 推론: 这个最少转动次数 $|a|$，必然能整除齿轮的总齿数 $|G|$。这是非常符合直觉的。
💭 [直观想象]

想象一个万花筒，它有 $|G|$ 种不同的对称状态。你对它进行一次旋转操作（元素 $a$）。你不断重复这个操作（$a^2, a^3, \dots$）。最终它一定会回到原始状态。这个推论告诉你，回到原始状态所需要的最少重复操作次数 $|a|$，一定是这个万花筒总对称状态数 $|G|$ 的一个因子。

176. 素数阶群的结构

6.1. 推论 2.8.11

📜 [原文25]

推论 2.8.11 假设群 $G$ 具有素数阶 $p$。设 $a$ 是 $G$ 中除单位元之外的任何元素。那么 $G$ 是由 $a$ 生成的循环群 $\langle a\rangle$。

证明。元素 $a \neq 1$ 的阶大于 1，并且它整除 $G$ 的阶，即素数 $p$。所以 $a$ 的阶等于 $p$。这也是由 $a$ 生成的循环子群 $\langle a\rangle$ 的阶。由于 $G$ 的阶为 $p$，所以 $\langle a\rangle=G$。

📖 [逐步解释]

这个推论是拉格朗日定理威力的一个惊人展示。它完全确定了一大类群的结构。

  1. 推论内容：
    • 它说的是，任何一个阶是素数（比如 2, 3, 5, 7, 11, ...）的群，其结构都非常简单。
    • 这种群必然是一个循环群。
    • 不仅如此，你随便从这个群里拿一个不是单位元的元素出来，这个元素就能生成整个群。
  2. 证明思路：
    • 前提：$G$ 是一个群，且 $|G|=p$，其中 $p$ 是一个素数。我们从 $G$ 中取一个元素 $a$，并规定 $a$ 不是单位元 $1$。
    • 步骤1 (利用推论 2.8.10)：我们知道元素 $a$ 的阶 $|a|$ 必须整除群的阶 $|G|=p$。
    • 步骤2 (利用素数的性质)：一个素数 $p$ 的正约数只有 1 和 $p$。所以 $|a|$ 只可能是 1 或 $p$。
    • 步骤3 (排除不可能性)：元素阶为 1 是什么意思？$a^1=1$，即 $a=1$。但我们的前提是 $a$ 不是单位元。所以 $|a|$ 不可能是 1。
    • 步骤4 (得出结论)：既然排除了 1，那么 $|a|$ 唯一的可能性就是 $p$。所以，任何非单位元元素的阶都是 $p$。
    • 步骤5 (连接到子群)：我们知道，由 $a$ 生成的循环子群 $\langle a \rangle$ 的阶，等于元素 $a$ 的阶。所以 $|\langle a \rangle| = |a| = p$。
    • 步骤6 (子群与全群的比较)：现在我们有了一个子群 $\langle a \rangle$，它的阶是 $p$。而整个群 $G$ 的阶也是 $p$。一个阶为 $p$ 的群的子集，如果它自己有 $p$ 个元素，那它必然就是这个群本身。
    • 最终结论：$\langle a \rangle = G$。这意味着 $G$ 是一个由 $a$ 生成的循环群。

📜 [原文26]

这个推论对素数阶 $p$ 的群进行了分类。它们形成一个同构类，即阶为 $p$ 的循环群的同构类。

📖 [逐步解释]
  • 分类 (Classification)：在数学中，“分类”是一个宏大的目标，意思是搞清楚某一类数学对象（比如群）都有哪些种类，每种有多少个。这个推论就完成了一个简单的分类任务。
  • 结论：所有阶为 $p$（$p$是素数）的群，在结构上都是一样的。它们都是“循环群”。
  • 同构类 (Isomorphism Class)：数学家们用“同构”来描述“结构上一样”。如果两个群 $G_1$ 和 $G_2$ 是同构的，意味着它们虽然元素的名字、运算的符号可能不同，但它们的运算规则、内在结构是完全一样的，就像是同一套积木，用不同的贴纸重新包装了一下。
  • 推论的深层含义：任何一个阶为 $p$ 的群，都和我们最熟悉的循环群 $(\mathbb{Z}_p, +)$ 是同构的。尽管一个群可能看起来很复杂，比如由某种矩阵构成，或者由某个几何体的对称操作构成，但只要你发现它的阶是一个素数 $p$，你就可以确定，它的本质和一个简单的钟面算术 $(\mathbb{Z}_p, +)$ 是一模一样的。
  • 这意味着，对于一个给定的素数 $p$，在“同构”的意义下，只存在一种阶为 $p$ 的群。
💡 [数值示例]

示例 1：阶为 5 的群

  • 假设有一个群 $G$，我们只知道它有5个元素，并且它满足群的公理。
  • 5 是素数。
  • 根据本推论，我们立刻可以知道：
  1. $G$ 必然是一个循环群。
  2. 从 $G$ 中随便拿一个不是单位元的元素，比如 $a$，那么 $G=\{1, a, a^2, a^3, a^4\}$。
  3. $G$ 和 $(\mathbb{Z}_5, +)$ 是同构的。我们可以建立一个同构映射 $f: G \rightarrow \mathbb{Z}_5$，$f(a^k) = k \pmod 5$。

示例 2：阶为 6 的群

  • 6 不是素数。
  • 拉格朗日定理的推论在这里就不适用了。
  • 事实上，阶为 6 的群不只一种。
  • 有循环群 $\mathbb{Z}_6$，它是交换群。
  • 有对称群 $S_3$，它是非交换群。
  • 因为交换性是结构的一部分，所以 $\mathbb{Z}_6$ 和 $S_3$ 肯定不是同构的。
  • 这说明了“素数阶”这个条件是多么强大和特殊。
⚠️ [易错点]
  1. 必须是素数阶：这个推论只对素数阶的群有效。对于合数阶的群，结构可能非常复杂，这是有限群论研究的主要内容。
  2. 不要忘记非单位元：选择的元素 $a$ 必须不是单位元。单位元自己生成的子群是 $\{1\}$，阶为1，它永远无法生成整个群。
📝 [总结]

推论 2.8.11 是拉格朗日定理威力的集中体现。它告诉我们，素数阶的群在结构上是“刚性”的，没有任何选择的余地，必然是循环群。这为我们理解群的世界提供了一个清晰的起点和最简单的样本。

🎯 [存在目的]

这个推论的目的是展示拉格朗日定理如何能被用来完全确定一类群的结构，从而完成数学中的一个基本任务——分类。它也为后续研究更复杂的合数阶群提供了一个对比的基准。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 素数阶群 G：一个用素数颗珍珠串成的手链，并且接口处无法分辨。
  2. 任意一颗珍珠 a (非接口)：你抓住其中任意一颗珍珠。
  3. 生成群: 你顺着手链数下去（$a, a^2, a^3, \dots$）。因为珍珠的数量是素数，你不可能在数完所有珍珠之前回到你开始的那一颗（否则你经过的珍珠数就是总数的约数，但素数没有非平凡约数）。
  4. 结论: 从任何一颗珍珠出发，你都能不重不漏地摸遍所有珍珠。整个手链就是一个简单的循环。
💭 [直观想象]

想象你在一个只有 $p$ 个房间（$p$是素数）的圆形城堡里探险，房间号是 $0, 1, \dots, p-1$。每个房间都有一扇门通往下一个房间（$i \to i+1 \pmod p$）。

  1. 你从一个非0号房间 $a$ 出发。
  2. 你每次都通过门走到下一个房间，这相当于群中的乘法操作。
  3. 因为房间数 $p$ 是素数，你不可能在走完所有 $p$ 个房间之前回到房间 $a$。
  4. 因此，从任何一个非0房间出发，你都能走遍所有的房间。这个城堡的结构本质上就是一个环，即循环群。

187. 在同态中的应用

7.1. 陪集与同态的关系

📜 [原文27]

当给定一个同态 $\varphi: G \rightarrow G^{\prime}$ 时，计数公式也可以应用。正如我们所见 (2.7.15)，核 $\operatorname{ker} \varphi$ 的左陪集是映射 $\varphi$ 的非空纤维。它们与像的元素之间存在双射对应关系。

$$ \begin{equation*} [G: \operatorname{ker} \varphi]=|\operatorname{im} \varphi| . \tag{2.8.12} \end{equation*} $$

📖 [逐步解释]

这部分将我们之前学到的两个重要概念——陪集和群同态——联系了起来。

  1. 回顾同态：
    • 一个同态 $\varphi: G \rightarrow G^{\prime}$ 是一个保持群运算结构的映射。
    • 核 (Kernel)：$\operatorname{ker} \varphi$ 是 $G$ 中所有被映射到 $G'$ 单位元 $1'$ 的元素的集合。我们知道，核是一个正规子群。
    • 像 (Image)：$\operatorname{im} \varphi$ 是 $G'$ 中所有“被命中”的元素的集合，即 $\varphi(G)$。我们知道，像是一个子群。
    • 纤维 (Fiber)：对于像中的一个元素 $y' \in \operatorname{im} \varphi$，它的纤维是 $G$ 中所有被映射到 $y'$ 的元素的集合，记作 $\varphi^{-1}(y')$。
  2. 关键联系 (2.7.15)：
    • 前面的章节（2.7.15）应该已经证明了一个关键事实：一个同态的所有非空纤维，恰好就是它的核 $\operatorname{ker} \varphi$ 的所有左陪集。
    • 让我们快速回顾一下为什么：
    • 设 $K = \operatorname{ker} \varphi$。
    • 取一个元素 $g \in G$，它被映射到 $\varphi(g)=y'$。
    • 那么 $y'$ 的纤维是什么？$\varphi^{-1}(y') = \{x \in G \mid \varphi(x) = y'\}$。
    • $x$ 在这个纤维里 $\iff \varphi(x) = y' = \varphi(g)$。
    • $\iff \varphi(x) (\varphi(g))^{-1} = 1'$
    • $\iff \varphi(xg^{-1}) = 1'$
    • $\iff xg^{-1} \in K$
    • $\iff x \in Kg$。
    • 啊哈，我们发现纤维是右陪集 $Kg$。因为核 $K$ 是正规子群，所以右陪集等于左陪集，$Kg=gK$。
    • 所以，$\varphi^{-1}(y') = gK$。
    • 这说明，对应像中每个元素 $y'$ 的纤维，就是 $G$ 中 $\operatorname{ker} \varphi$ 的一个陪集。
  3. 双射对应：
    • 我们建立一个映射 $F$: {核的左陪集} $\rightarrow$ {像的元素}。
    • 映射规则：$F(gK) = \varphi(g)$。
    • 这个映射是定义良好的吗？如果 $g_1K = g_2K$，那么 $\varphi(g_1) = \varphi(g_2)$ 吗？
    • $g_1K=g_2K \iff g_2^{-1}g_1 \in K$
    • $\iff \varphi(g_2^{-1}g_1) = 1'$
    • $\iff (\varphi(g_2))^{-1}\varphi(g_1) = 1'$
    • $\iff \varphi(g_1) = \varphi(g_2)$。是的，映射定义良好。
    • 这个映射是单射吗？如果 $\varphi(g_1)=\varphi(g_2)$，那么 $g_1K=g_2K$ 吗？是的，上面已经证明了。
    • 这个映射是满射吗？对于像中的任意元素 $y'$，能找到一个陪集映射到它吗？
    • $y' \in \operatorname{im}\varphi$，所以存在 $g \in G$ 使得 $\varphi(g)=y'$。
    • 那么陪集 $gK$ 就会被映射到 $y'$。是的，是满射。
    • 结论：在 {核的陪集} 和 {像的元素} 之间存在一个双射。
  4. 公式的诞生：
    • 既然存在双射，那么这两个集合的大小必须相等。
    • {核的陪集} 的数量，根据定义就是指数 $[G : \operatorname{ker} \varphi]$。
    • {像的元素} 的数量，根据定义就是像的阶 $|\operatorname{im} \varphi|$。
    • 所以，我们得到了这个公式：$[G : \operatorname{ker} \varphi] = |\operatorname{im} \varphi|$。
∑ [公式拆解]

公式:

$$ [G: \operatorname{ker} \varphi]=|\operatorname{im} \varphi| $$

拆解:

  • \varphi: 一个从群 $G$ 到群 $G'$ 的同态。
  • \operatorname{ker} \varphi: $\varphi$ 的核，是 $G$ 的一个正规子群。
  • [G: \operatorname{ker} \varphi]: 核在 $G$ 中的指数，即核的陪集的数量。
  • \operatorname{im} \varphi: $\varphi$ 的像，是 $G'$ 的一个子群。
  • |\operatorname{im} \varphi|: 像的阶，即像中元素的数量。
  • 等式含义：核的陪集的数量，恰好等于像中的元素的数量。

这个公式本质上就是第一同构定理的计数版本。

💡 [数值示例]

示例 1：符号同态

  • $G = S_4$ (24个元素), $G' = \{\pm 1\}$。
  • $\varphi: S_4 \rightarrow \{\pm 1\}$ 是符号同态，将偶排列映射到 1，奇排列映射到 -1。
  • 核: $\operatorname{ker} \varphi$ 是所有被映射到 1 的元素，即所有的偶排列。这就是交错群 $A_4$。$|A_4| = 4!/2 = 12$。
  • 像: 这个映射是满射吗？是的，因为 $S_4$ 中既有偶排列（如单位元 (1)）也有奇排列（如对换 (1 2)）。所以 $\operatornameim \varphi = \{\pm 1\}$。$|\operatorname{im} \varphi| = 2$。
  • 指数: $[G : \operatorname{ker} \varphi] = [S_4 : A_4]$。
  • 验证公式: $[S_4 : A_4] = |\operatorname{im} \varphi| = 2$。
  • 这告诉我们，$S_4$ 中 $A_4$ 的陪集只有 2 个。它们分别是 $A_4$ (所有偶排列) 和 $(1 2)A_4$ (所有奇排列)。

示例 2：模n映射

  • $G = (\mathbb{Z}, +)$, $G' = (\mathbb{Z}_n, +)$。
  • $\varphi: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}_n$，定义为 $\varphi(k) = k \pmod n$。这是一个群同态。
  • 核: $\operatorname{ker} \varphi$ 是所有被映射到 $0$ 的整数。即所有 $n$ 的倍数。所以 $\operatorname{ker} \varphi = n\mathbb{Z}$。
  • 像: 这个映射是满射，因为对于 $\mathbb{Z}_n$ 中的任何一个元素 $r \in \{0, 1, \dots, n-1\}$，整数 $r$ 本身就会被映射到它。所以 $\operatorname{im} \varphi = \mathbb{Z}_n$。$|\operatorname{im} \varphi| = n$。
  • 指数: $[G : \operatorname{ker} \varphi] = [\mathbb{Z} : n\mathbb{Z}]$。
  • 验证公式: $[\mathbb{Z} : n\mathbb{Z}] = |\operatorname{im} \varphi| = n$。
  • 这与我们之前的计算结果完全一致：$n\mathbb{Z}$ 在 $\mathbb{Z}$ 中的指数是 $n$。
📝 [总结]

公式 (2.8.12) 在陪集和同态之间建立了一座至关重要的桥梁。它表明，一个同态的“压缩程度”（像的大小）和它的“模糊程度”（核的陪集数量）是完全一样的。像越小，说明同态把越多的人压缩到了一起，从而核的陪集数量就越多。

🎯 [存在目的]

这个公式的目的是将计数公式 (2.8.8) 与同态理论结合起来，产生更强大的推论。它允许我们通过分析同态来推断指数，反之亦然。这是推导出下一节推论 2.8.13 的关键步骤。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 群 G：全校所有学生。
  2. 群 G'：学校里的所有班级名称（如“一年级一班”，“一年级二班”...）。
  3. 同态 $\varphi$: 一个分配函数，告诉每个学生他/她属于哪个班级。
  4. 核 $\operatorname{ker} \varphi$: 被分到“校长办公室”（单位元）的特殊学生（可能是一些学生干部）。
  5. 核的陪集: 具有相同“身份”的学生群体。比如，所有“体育委员”构成的集合是一个陪集，所有“学习委员”是另一个陪集。（这是一个类比，不完全精确，但有助于理解纤维）更准确的说，是分到同一个班级的学生构成一个陪集。
  6. 像 $\operatornameim \varphi$: 实际有学生的班级。
  7. 公式 $[G : \operatorname{ker} \varphi] = |\operatorname{im} \varphi|$: 分到不同班级的学生群体（陪集）的数量，等于有学生的班级的数量。这是显然的，一个班级对应一个学生群体。

7.2. 关于同态的计数推论

📜 [原文28]

推論 2.8.13 設 $\varphi: G \rightarrow G^{\prime}$ 是有限群的同態。那麼

  • $|G|=|\operatorname{ker} \varphi| \cdot|\operatorname{im} \varphi|$，
  • $|\operatorname{ker} \varphi|$ 整除 $|G|$，並且
  • $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G|$ 和 $\left|G^{\prime}\right|$。

證明。第一個公式是通過結合 (2.8.8) 和 (2.8.12) 獲得的，它意味著 $|\operatorname{ker} \varphi|$ 和 $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G|$。由於像是 $G^{\prime}$ 的一個子群，拉格朗日定理告诉我們它的階也整除 $\left|G^{\prime}\right|$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个推论是前面所有理论的综合应用，给出了关于同态的几个非常有用的计数结论。

  1. 推论内容：
    • 这是专门针对有限群之间的同态 $\varphi: G \rightarrow G'$ 说的。
    • 第一点: $|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$。
    • 这被称为第一同构定理的计数版本。它说，始发群的阶，等于核的阶乘以像的阶。
    • 第二点: $|\operatorname{ker} \varphi|$ 整除 $|G|$。
    • 核的阶整除始发群的阶。
    • 第三点: $|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G|$ 和 $|G'|$。
    • 像的阶，既要整除始发群的阶，也要整除目标群的阶。
  2. 证明思路：
    • 证明第一点 $|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$:
    • 我们有两个公式：
    • 核 $\operatorname{ker} \varphi$ 是 $G$ 的一个子群，所以我们可以把 $H$ 替换为 $\operatorname{ker} \varphi$ 应用计数公式。
    • 得到：$|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot [G : \operatorname{ker} \varphi]$。
    • 现在，用公式 (b) 替换掉上式中的指数项 $[G : \operatorname{ker} \varphi]$。
    • 得到：$|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$。证明完毕。
    • 证明第二点和第三点的前半部分:
    • 从刚刚证明的公式 $|G| = |\operatorname{ker} \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$，根据整数乘法的定义，我们直接知道 $|\operatorname{ker} \varphi|$ 和 $|\operatorname{im} \varphi|$ 都必须是 $|G|$ 的约数。
    • 证明第三点的后半部分 ($|\operatorname{im} \varphi|$ 整除 $|G'|$):
    • 我们知道，同态的像 $\operatorname{im} \varphi$ 是目标群 $G'$ 的一个子群。
    • 现在我们有了：一个有限群 $G'$ 和它的一个子群 $\operatorname{im} \varphi$。
    • 直接应用拉格朗日定理 (2.8.9) 于群 $G'$ 和子群 $\operatorname{im} \varphi$。
    • 拉格朗日定理说，子群的阶必须整除群的阶。
    • 所以，$|\operatorname{im} \varphi|$ 必须整除 $|G'|$。证明完毕。

📜 [原文29]

例如，符号同态 $\sigma: S_{n} \rightarrow\{ \pm 1\}$ (2.5.2)(b) 是满射，所以它的像的阶为 2。它的核，交错群 $A_{n}$，阶为 $\frac{1}{2} n!$。 $S_{n}$ 的一半元素是偶排列，一半是奇排列。

📖 [逐步解释]
  • 这是一个应用上述推论的经典例子。
  • 同态: $\sigma: S_n \rightarrow \{\pm 1\}$。
  • $G = S_n$, $|G| = n!$。$G' = \{\pm 1\}$, $|G'| = 2$。
  • 满射 (surjective) 意味着 $\operatorname{im} \sigma = G' = \{\pm 1\}$。所以 $|\operatorname{im} \sigma| = 2$。
  • 核: $\ker \sigma$ 是所有偶排列，即 $A_n$。
  • 应用公式: $|S_n| = |\ker \sigma| \cdot |\operatorname{im} \sigma|$。
  • $n! = |A_n| \cdot 2$。
  • 解出 $|A_n|$：$|A_n| = \frac{n!}{2}$。
  • 我们用这个强大的计数推论，非常轻松地计算出了交错群 $A_n$ 的阶。
  • 结论: $S_n$ 这个群被它的子群 $A_n$ 分成了两个大小相等的陪集。一个陪集是 $A_n$ 本身（所有偶排列），另一个陪集是所有奇排列。因此，偶排列和奇排列的数量各占一半。
💡 [数值示例]

示例：一个从 $D_4$ 到 $V_4$ 的同态

  • $G = D_4$ (二面体群，正方形的对称性)，$|D_4|=8$。元素为 $\{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$。
  • $G' = V_4 = \{e, a, b, c\}$ (克莱因四元群)，$|V_4|=4$。
  • 可以构造一个满射同态 $\varphi: D_4 \rightarrow V_4$。（具体映射规则省略，但可以做到）。
  • 我们来用推论预测一下核的大小。
  • $|\operatornameim \varphi| = |V_4| = 4$ (因为是满射)。
  • $|D_4| = |\ker \varphi| \cdot |\operatorname{im} \varphi|$
  • $8 = |\ker \varphi| \cdot 4$
  • $|\ker \varphi| = 8 / 4 = 2$。
  • 结论：这个同态的核是一个阶为2的子群。
  • 我们再来验证整除性：
  • $|\ker \varphi| = 2$。2 整除 $|D_4|=8$。成立。
  • $|\operatornameim \varphi| = 4$。4 整除 $|D_4|=8$。成立。
  • $|\operatornameim \varphi| = 4$。4 整除 $|V_4|=4$。成立。
⚠️ [易错点]
  1. 看清始发群和目标群：在应用整除性时，要分清楚 $|\operatornameim \varphi|$ 是整除 $|G|$ (始发群) 和 $|G'|$ (目标群)，而 $|\ker \varphi|$ 只需整除 $|G|$ (始发群)。
  2. 有限群的限制：这个推论的所有结论都建立在群是有限的基础上。
📝 [总结]

推论 2.8.13 是有限群同态理论的“工作手册”。它提供了一套完整的、关于群的阶、核的阶、像的阶之间的算术关系。这使得我们可以通过一个同态，从已知量（如群的阶）推断出未知量（如核的阶），极大地增强了我们分析群结构的能力。

🎯 [存在目的]

这个推论的目的是将抽象的同态理论转化为具体的、可计算的算术约束。它使得同态不再仅仅是结构保持的映射，而是一个可以用来进行“群的算术分解”的工具。例如，它告诉我们，任何一个同态都将始发群“分解”成了核和像两个部分（在阶的意义上）。

🧠 [直觉心智模型]
  1. $|G|$: 公司总员工数。
  2. $\varphi$: 将员工分配到不同项目组的指令。
  3. $|G'|$: 公司项目名册上的项目总数。
  4. $|\operatornameim \varphi|$: 实际有员工在做的项目数量。
  5. $|\ker \varphi|$: 被分配到“待命”项目（单位元）的员工数量。
  6. $|G| = |\ker \varphi| \cdot |\operatornameim \varphi|$: 这个公式不那么直观了，需要借助陪集。它更像是：公司总人数 = (每个项目组的人数) * (项目组的数量)。而这里的 $|\ker \varphi|$ 代表的是和“待命”组人数相同的那个基准人数， $|\operatornameim \varphi|$ 代表的是项目组数量。
  7. $|\operatornameim \varphi|$ 整除 $|G'|$: 實際開展的項目數，肯定不會超過名冊上的項目總數。更进一步，如果项目组本身有层级结构（子群），那么实际开展的项目数必须符合那个结构（整除）。

198. 指数的乘法性质

8.1. 命题 2.8.14

📜 [原文30]

命题 2.8.14 指数的乘法性质。设 $G \supset H \supset K$ 是群 $G$ 的子群。则 $[G: K]=[G: H][H: K]$。

证明。我们将假设右侧的两个指数是有限的，比如 $[G: H]=m$ 和 $[H: K]=n$。其中一个或另一个是无限的情况推理类似。我们列出 $H$ 在 $G$ 中的 $m$ 个陪集，为每个陪集选择代表元，例如 $g_{1} H, \ldots, g_{m} H$。那么 $g_{1} H \cup \cdots \cup g_{m} H$ 是 $G$ 的一个划分。同样，我们为 $K$ 在 $H$ 中的每个陪集选择代表元，得到划分 $H=h_{1} K \cup \cdots \cup h_{n} K$。由于乘以 $g_{i}$ 是一个可逆运算，$g_{i} H=g_{i} h_{1} K \cup \cdots \cup g_{i} h_{n} K$ 将是陪集 $g_{i} H$ 的一个划分。将这些划分组合起来，$G$ 被划分为 $m n$ 个陪集 $g_{i} h_{j} K$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个命题揭示了指数在子群链中的传递关系，有时被称为“塔法定理”(Tower Law)。

  1. 命题内容：
    • 我们有一个子群的“套娃”结构：$K$ 是 $H$ 的子群，同时 $H$ 是 $G$ 的子群。($K \subset H \subset G$)
    • 命题说，从最小的子群 $K$ 到最大的群 $G$ 的总指数，等于从 $K$到 $H$ 的指数，再乘以从 $H$ 到 $G$ 的指数。
    • $[G:K] = [G:H] \cdot [H:K]$。
    • 它就像分数乘法一样：$\frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|}$。如果用拉格朗日定理的除法形式来“直观理解”，这个命题是显然的。但这个证明需要从指数的定义（陪集数量）出发。
  2. 证明思路：
    • 目标：我们要计算 $G$ 中 $K$ 的陪集的总数，即 $[G:K]$。
    • 已知：
    • $[G:H]=m$。这意味着 $G$ 被分成了 $m$ 个 $H$ 的陪集。
    • $[H:K]=n$。这意味着 $H$ 被分成了 $n$ 个 $K$ 的陪集。
    • 步骤1: 划分 G。
    • $G$ 被 $H$ 的 $m$ 个陪集 $g_1H, g_2H, \dots, g_mH$ 划分。
    • $G = g_1H \cup g_2H \cup \dots \cup g_mH$ (不交并)。
    • 步骤2: 划分 H。
    • $H$ 被 $K$ 的 $n$ 个陪集 $h_1K, h_2K, \dots, h_nK$ 划分。
    • $H = h_1K \cup h_2K \cup \dots \cup h_nK$ (不交并)。
    • 步骤3: 划分 G 中的每一块。
    • 我们来看 $G$ 的第一块大划分 $g_1H$。
    • 将步骤2的 $H$ 的划分代入：
    • 利用分配律：$g_1H = (g_1h_1)K \cup (g_1h_2)K \cup \dots \cup (g_1h_n)K$。
    • 这说明，$g_1H$ 这个“大块”自己又被进一步划分成了 $n$ 个 $K$ 的“小块”。
    • 同样地，对每一个大块 $g_iH$，它都可以被划分成 $n$ 个 $K$ 的小块。
    • 步骤4: 计算总数。
    • $G$ 被分成了 $m$ 个大块。
    • 每个大块又被分成了 $n$ 个小块。
    • 那么 $G$ 总共被分成了多少个小块？总数就是 $m \times n$。
    • 这些小块都是 $K$ 的陪集。
    • 所以 $K$ 的陪集总数 $[G:K]$ 就等于 $m \times n$。
    • 即 $[G:K] = [G:H] \cdot [H:K]$。证明完毕。
💡 [数值示例]

示例：

  • $G = \mathbb{Z}_{12} = \{0, 1, \dots, 11\}$。$|G|=12$。
  • $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$。$|H|=6$。
  • $K = \langle 4 \rangle = \{0, 4, 8\}$。$|K|=3$。
  • 我们有子群链 $G \supset H \supset K$。
  • 计算指数：
  • $[G:H] = |G|/|H| = 12/6 = 2$。
  • （陪集是 $H$ 和 $1+H$）
  • $[H:K] = |H|/|K| = 6/3 = 2$。
  • （在H内部看，陪集是 $K$ 和 $2+K=\{2,6,10\}$）
  • $[G:K] = |G|/|K| = 12/3 = 4$。
  • 验证公式:
  • $[G:H] \cdot [H:K] = 2 \cdot 2 = 4$。
  • $[G:K] = 4$。
  • $4=4$，公式成立。
  • 从陪集划分的角度看：
  • $G$ 被 $H$ 划分成 $H=\{0,2,4,6,8,10\}$ 和 $1+H=\{1,3,5,7,9,11\}$。
  • $H$ 被 $K$ 划分成 $K=\{0,4,8\}$ 和 $2+K=\{2,6,10\}$。
  • $1+H$ 被 $K$ 怎么划分？$(1+K)=\{1,5,9\}$ 和 $(1+2)+K=3+K=\{3,7,11\}$。
  • 所以 $G$ 被 $K$ 划分成了4个小块：$\{0,4,8\}$, $\{2,6,10\}$, $\{1,5,9\}$, $\{3,7,11\}$。总共4个陪集，所以 $[G:K]=4$。这与 $2 \times 2 = 4$ 的计算结果一致。
⚠️ [易错点]
  1. 子群链的顺序：必须是 $G \supset H \supset K$ 的包含关系，公式才成立。
  2. 对无限指数也成立：证明的逻辑不依赖于指数有限。如果 $m$ 或 $n$ 是无限的，那么总数 $mn$ 也是无限的，公式在基数意义下仍然成立。
📝 [总结]

指数的乘法性质 $[G:K]=[G:H][H:K]$ 是一个非常优雅且有用的公式。它表明指数这种度量具有传递性。如果我们知道一个子群相对于中介子群的“大小”，以及中介子群相对于总群的“大小”，我们就可以通过简单的乘法得到这个子群相对于总群的“大小”。

🎯 [存在目的]

这个命题的目的是为了处理更复杂的子群结构，即子群链。它允许我们将一个大的、难以直接计算的指数问题，分解成若干个更小的、更容易处理的指数问题的乘积。这是解决多步群扩张问题的一个基本工具。

🧠 [直觉心智模型]
  1. G: 一个国家。
  2. H: 国家里的一个省。
  3. K: 省里的一个市。
  4. [G:H]: 这个国家有多少个省。
  5. [H:K]: 这个省有多少个市。
  6. [G:K]: 这个国家总共有多少个市。
  7. 公式: 全国总市数 = (省的数量) × (每个省的市的数量)。 （这里假设每个省的市的数量都一样，这在群论的陪集划分里是成立的）

[直觀想像]

  1. G: 一大箱蘋果。
  2. H: 箱子裡的一個袋子。
  3. K: 袋子裡的一個蘋果。
  4. [G:K]: 整箱有多少個蘋果。
  5. [G:H]: 箱子裡有多少袋蘋果。
  6. [H:K]: 每袋有多少個蘋果。
  7. 公式: 總蘋果數 = (袋子數) × (每袋蘋果數)。

209. 右陪集

9.1. 右陪集的定义与例子

📜 [原文31]

右陪集

让我们回到陪集的定义。我们决定使用左陪集 $a H$。我们也可以定义子群 $H$ 的右陪集，并对它们重复上述讨论。

群 $G$ 的子群 $H$ 的右陪集是集合

$$ \begin{equation*} H a=\{h a \mid h \in H\} . \tag{2.8.15} \end{equation*} $$

它们是关系（右同余）的等价类

$$ a \equiv b \text { if } b=h a, \text { for some } h \text { in } H . $$

右陪集也划分了群 $G$，但它们并不总是与左陪集相同。例如，对称群 $S_{3}$ 的子群 $\langle y\rangle$ 的右陪集是

$$ \begin{equation*} H=\{1, y\}=H y, \quad H x=\left\{x, x^{2} y\right\}=H x^{2} y, \quad H x^{2}=\left\{x^{2}, x y\right\}=H x y . \tag{2.8.16} \end{equation*} $$

这与左陪集的划分 (2.8.4) 不同。

📖 [逐步解释]

这部分引入了左陪集的“镜像”概念——右陪集，并指出了它们之间的关键区别。

  1. 右陪集的定义：
    • 与左陪集 $aH$ 将代表元 $a$ 放在左边相反，右陪集 $Ha$ 将代表元 $a$ 放在右边。
    • $Ha = \{ha \mid h \in H\}$。
    • 构造方法是：取子群 $H$ 中的每一个元素 $h$，然后右乘群元素 $a$。
  2. 右陪集与右同余关系：
    • 同样，右陪集也可以看作是“右同余”等价关系下的等价类。
    • 右同余关系定义为：$a \equiv_R b \iff b = ha$ for some $h \in H$。
    • 这可以变形为 $ba^{-1} = (ha)a^{-1} = h \in H$。
    • 所以 $a \equiv_R b \iff ba^{-1} \in H$。这与左同余的 $a^{-1}b \in H$ 形式上不同。
    • 可以同样地证明，右同余也是一个等价关系，因此右陪集也划分了整个群 $G$。
  3. 左陪集 vs 右陪集：
    • 关键问题：对于同一个子群 $H$，它产生的左陪集划分和右陪集划分，是同一个划分吗？
    • 答案是：不一定！
    • 在交换群（Abelian Group）中，由于 $ah=ha$ 恒成立，所以 $aH$ 和 $Ha$ 总是同一个集合，因此左、右陪集划分必然相同。
    • 但在非交换群中，两者可能不同。
  4. 具体例子 $S_3$：
    • $G=S_3$, $H=\langle y \rangle = \{1, y\}$。
    • 计算右陪集:
    • $H1 = \{1\cdot1, y\cdot1\} = \{1, y\} = H$。
    • $Hy = \{1\cdot y, y\cdot y\} = \{y, 1\} = H$。
    • $Hx = \{1\cdot x, y\cdot x\} = \{x, yx\}$。利用关系 $yx=x^2y$，得 $Hx = \{x, x^2y\}$。
    • $Hx^2y = \{1\cdot x^2y, y\cdot x^2y\} = \{x^2y, yx^2y\}$。
    • $Hx^2 = \{1\cdot x^2, y\cdot x^2\} = \{x^2, yx^2\}$。利用 $yx=x^2y \implies yx^2=x^2yx = x^2(x^2y) = x^4y = xy$。
    • $Hxy = \{1\cdot xy, y\cdot xy\} = \{xy, yxy\} = \{xy, x^2yy\} = \{xy, x^2\}$。
    • 右陪集划分:
    • 陪集1: $H = \{1, y\}$
    • 陪集2: $Hx = \{x, x^2y\}$
    • 陪集3: $Hx^2 = \{x^2, xy\}$
    • 与左陪集划分 (2.8.4) 比较:
    • 左陪集划分是：$\{1, y\}$, $\{x, xy\}$, $\{x^2, x^2y\}$。
    • 右陪集划分是：$\{1, y\}$, $\{x, x^2y\}$, $\{x^2, xy\}$。
    • 我们发现，除了子群 $H$ 本身，其他的陪集都不同！
    • 左陪集 $\{x, xy\}$ 和 右陪集 $\{x, x^2y\}$ 不同。
    • 左陪集 $\{x^2, x^2y\}$ 和 右陪集 $\{x^2, xy\}$ 不同。
    • 这是一个非常重要的例子，它清晰地表明，对于同一个子群，它产生的左划分和右划分可能是完全不同的两回事。
∑ [公式拆解]

公式 1:

$$ H a=\{h a \mid h \in H\} $$

拆解:

  • Ha: 右陪集的记号，代表元 a 在右边。
  • ha: 群运算，h 在左，a 在右。
  • 与左陪集 $aH=\{ah \mid h \in H\}$ 形成鲜明对比。

公式 2:

$$ H=\{1, y\}=H y, \quad H x=\left\{x, x^{2} y\right\}=H x^{2} y, \quad H x^{2}=\left\{x^{2}, x y\right\}=H x y $$

拆解:

  • 这是对 $S_3$ 中子群 $H=\langle y \rangle$ 的右陪集的完整计算和列举。
  • 它展示了右陪集的代表元也不是唯一的。例如 $Hx$ 和 $Hx^2y$ 是同一个集合。如何判断？
  • 右陪集相等的条件是 $ab^{-1} \in H$。
  • 令 $a=x, b=x^2y$。$b^{-1} = (x^2y)^{-1} = y^{-1}(x^2)^{-1} = yx$。
  • $ab^{-1} = x(yx) = x(x^2y) = x^3y = 1y = y$。
  • 因为 $y \in H$，所以 $Hx = Hx^2y$。
⚠️ [易错点]
  1. 左右不分：这是最常见的错误。一定要看清楚代表元的位置，并使用对应的相等判定条件 ($a^{-1}b \in H$ for left, $ab^{-1} \in H$ for right)。
  2. 误以为所有性质都不同：虽然左右陪集划分可能不同，但之前学到的大部分计数性质对右陪集同样成立。
  3. 所有右陪集的大小都等于 $|H|$。
  4. 右陪集的数量（右指数）也等于左陪集的数量（左指数）。这一点在有限群中是显然的（因为都等于 $|G|/|H|$），但在无限群中需要单独证明。
  5. 所以拉格朗日定理、计数公式等对右陪集完全适用。
📝 [总结]

本节引入了右陪集的概念，作为左陪集的对称对应物。通过 $S_3$ 的例子，它强调了在非交换群中，一个子群的左、右陪集划分可能是不同的。这个区别是深刻的，它引出了群论中一个至关重要的概念——正规子群。当左、右陪集恰好相同时，这个子群就具有了特殊的“对称性”，即为正规子群。

🎯 [存在目的]

引入右陪集，并不是为了把所有理论重讲一遍，而是为了通过比较“左”和“右”的差异，引出“左右无差异”的特殊情况。这个“左右无差异”的性质，就是下一节要讨论的正规子群的核心特征。

🧠 [直觉心智模型]

假设你有一把不对称的钥匙（非交换群的元素）和一个锁孔（子群H）。

  1. 左陪集: 你把钥匙的A面朝上，插入锁孔，然后转动。
  2. 右陪集: 你把钥匙的B面朝上，插入锁孔，然后转动。
  3. 在大多数情况下（非正规子群），A面朝上和B面朝上开锁的过程和结果可能是不同的。
  4. 正规子群：这个锁孔非常特殊，无论你A面朝上还是B面朝上，开锁的效果是完全一样的。
💭 [直观想象]

想象在三维空间中，你有一个物体（群G），以及它的一个对称操作子集（子群H）。

  1. 左陪集 gH: 先进行H中的对称操作，再进行一个额外的操作g。
  2. 右陪集 Hg: 先进行一个额外的操作g，再进行H中的对称操作。
  3. 在三维旋转中，操作的顺序通常是至关重要的（非交换）。先绕x轴转90度再绕y轴转90度，与先绕y轴转90度再绕x轴转90度，得到的结果不同。
  4. 因此，$gH$ 和 $Hg$ 代表的最终状态集合可能是不同的。
  5. 正规子群对应的 $H$ 是一组非常特殊的对称操作，特殊到与任何外部操作 $g$ 的顺序都可以交换（作为一个整体）。

2110. 正规子群与陪集的关系

10.1. 命题 2.8.17

📜 [原文32]

然而，如果一个子群是正规的，它的右陪集和左陪集是相等的。

命题 2.8.17 设 $H$ 是群 $G$ 的一个子群。以下条件是等价的：

(i) $H$ 是正规子群：对于 $H$ 中的所有 $h$ 和 $G$ 中的所有 $g$， $g h g^{-1}$ 在 $H$ 中。

(ii) 对于 $G$ 中的所有 $g$， $g H g^{-1}=H$。

(iii) 对于 $G$ 中的所有 $g$，左陪集 $g H$ 等于右陪集 $H g$。

(iv) $H$ 在 $G$ 中的每个左陪集都是一个右陪集。

证明。符号 $g H g^{-1}$ 表示所有 $g h g^{-1}$ 元素的集合，其中 $h$ 在 $H$ 中。

假设 $H$ 是正规的。所以 (i) 成立，并且它意味着对于所有 $G$ 中的 $g$， $g H g^{-1} \subset H$。用 $g^{-1}$ 代替 $g$ 表明 $g^{-1} H g \subset H$ 也成立。我们将此包含关系左乘 $g$ 并右乘 $g^{-1}$，得出 $H \subset g H g^{-1}$。因此 $g H g^{-1}=H$。这表明 (i) 蕴含 (ii)。很明显 (ii) 蕴含 (i)。接下来，如果 $g \mathrm{Hg}^{-1}=\mathrm{H}$，我们将此等式右乘 $g$，得出 $g H=H g$。这表明 (ii) 蕴含 (iii)。同样可以看出 (iii) 蕴含 (ii)。由于 (iii) 蕴含 (iv) 是显而易见的，所以只需检查 (iv) 蘊含 (iii)。

我们问：在什么情况下左陪集可以等于右陪集？我们回顾右陪集划分了群 $G$，并且我们注意到左陪集 $g H$ 和右陪集 $H g$ 有一个共同的元素，即 $g=g \cdot 1=1 \cdot g$。因此，如果左陪集 $g H$ 等于任何右陪集，那么该陪集必须是 $Hg$。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个命题是正规子群的核心性质，它从陪集的角度为正规子群提供了几个等价的定义。

  1. 四个等价条件：
    • (i) 正规子群的定义：$g h g^{-1} \in H$ 对所有 $h \in H, g \in G$ 成立。这是最原始的定义，意思是 $H$ 对共轭运算“封闭”。你用任何 $g$ 来“共轭” $H$ 中的元素，都无法把它“扔出” $H$。
    • (ii) 集合共轭不变性：$gHg^{-1} = H$ 对所有 $g \in G$ 成立。这比 (i) 更强，它说用 $g$ 共轭整个 $H$ 集合，得到的集合不多不少，正好就是 $H$ 自己。
    • (iii) 左右陪集相等：$gH = Hg$ 对所有 $g \in G$ 成立。对于任何一个代表元 $g$，它生成的左陪集和右陪集是同一个集合。
    • (iv) 左划分等于右划分：每个左陪集 本身 也是一个右陪集（但不一定是 同一个代表元 的右陪集）。这是一个最弱的形式。
  2. 证明逻辑 (A $\iff$ B $\iff$ C $\implies$ D $\implies$ C)：
    • (i) $\implies$ (ii)：
    • (i) $ghg^{-1} \in H$ 直接告诉我们 $gHg^{-1} \subseteq H$。
    • 这个结论对群里 所有 元素 $g$ 都成立，那么对 $g^{-1}$ 也成立。所以把 $g$ 换成 $g^{-1}$，我们得到 $(g^{-1})H(g^{-1})^{-1} \subseteq H$，即 $g^{-1}Hg \subseteq H$。
    • 现在对 $g^{-1}Hg \subseteq H$ 这个不等式两边，左乘 $g$，右乘 $g^{-1}$。
    • $g(g^{-1}Hg)g^{-1} \subseteq gHg^{-1}$。
    • $(gg^{-1})H(gg^{-1}) \subseteq gHg^{-1}$。
    • $1H1 \subseteq gHg^{-1}$，即 $H \subseteq gHg^{-1}$。
    • 结合 $gHg^{-1} \subseteq H$ 和 $H \subseteq gHg^{-1}$，我们得到了集合相等 $gHg^{-1} = H$。
    • (ii) $\implies$ (i)：
    • 如果 $gHg^{-1}=H$，那么对于 $gHg^{-1}$ 中的任何元素，它都必须在 $H$ 中。而 $gHg^{-1}$ 中的元素的形式就是 $ghg^{-1}$ ($h \in H$)。所以 $ghg^{-1} \in H$。这正是 (i) 的定义。
    • (ii) $\iff$ (iii)：
    • 从 $gHg^{-1} = H$ 出发，两边同时右乘 $g$。
    • $(gHg^{-1})g = Hg$。
    • $gH(g^{-1}g) = Hg$。
    • $gH \cdot 1 = Hg$，即 $gH=Hg$。所以 (ii) $\implies$ (iii)。
    • 反过来，从 $gH=Hg$ 出发，两边同时右乘 $g^{-1}$。
    • $gH g^{-1} = Hg g^{-1}$。
    • $gH g^{-1} = H \cdot 1 = H$。所以 (iii) $\implies$ (ii)。
    • (iii) $\implies$ (iv)：
    • 这是显然的。如果对于任何 $g$，左陪集 $gH$ 都等于右陪集 $Hg$，那它当然是“一个”右陪集了。
    • (iv) $\implies$ (iii)：
    • 这是证明链中唯一需要一点思考的地方。
    • 假设 (iv) 成立：每个左陪集都是一个右陪集。
    • 我们取一个特定的左陪集 $gH$。根据假设，它肯定是 某个 右陪集，我们称之为 $Hx$。所以 $gH = Hx$。
    • 我们的目标是证明，其实这个 $x$ 只能是 $g$ (或者说 $gH$ 必须等于 $Hg$）。
    • 我们知道，一个元素必然属于它自己生成的陪集。所以 $g \in gH$。
    • 因为 $gH=Hx$，所以 $g$ 也必然在 $Hx$ 中。
    • 同时，$x$ 也必然在它自己生成的陪集 $Hx$ 中。
    • 现在我们知道 $gH$ 和 $Hg$ 是两个陪集（一个是左，一个是右）。它们是不是同一个集合呢？
    • 一个关键观察：$gH$ 和 $Hg$ 必然有一个共同元素，就是 $g$ 自己（因为 $g=g\cdot 1$ 在 $gH$ 中，$g=1\cdot g$ 在 $Hg$ 中）。
    • 陪集（无论是左还是右）的性质是：如果两个陪集有任何一个公共元素，它们就必须是完全相同的集合（因为陪集来自于等价划分，要么不交，要么相等）。
    • 回到我们的问题：我们知道左陪集 $gH$ 是某个右陪集 $Hx$。因为 $g \in gH$ 且 $g \in Hg$，所以 $gH$ 和 $Hg$ 共享元素 $g$。
    • 如果 $gH$ 是一个右陪集，而它又和 $Hg$ 有公共点 $g$，那它只能是 $Hg$ 这个右陪集。
    • 因此，$gH=Hg$。这就证明了 (iii)。
💡 [数值示例]

示例 1：正规子群

  • $G = S_3$, $H = A_3 = \langle x \rangle = \{1, x, x^2\}$。$H$ 是 $S_3$ 的正规子群（指数为2的子群总是正规的）。$|H|=3, |G|=6, [G:H]=2$。
  • 我们来验证 $gH=Hg$ for all $g \in S_3$。
  • 如果 $g \in H$ (比如 $g=x$), 那么 $xH = H$ 且 $Hx=H$。显然相等。
  • 我们只需要检查不在 $H$ 中的元素，比如 $g=y$。
  • 左陪集: $yH = y\{1, x, x^2\} = \{y, yx, yx^2\} = \{y, x^2y, xy\}$。
  • 右陪集: $Hy = \{1, x, x^2\}y = \{y, xy, x^2y\}$。
  • 我们看到 $yH$ 和 $Hy$ 的元素完全相同，所以 $yH=Hy$。
  • 这验证了正规子群的性质 (iii)。

示例 2：非正规子群

  • $G=S_3$, $H=\langle y \rangle = \{1, y\}$。我们已知它不是正规子群。
  • 我们来验证性质 (iii) 不成立。选择 $g=x$。
  • 左陪集: $xH = x\{1, y\} = \{x, xy\}$。
  • 右陪集: $Hx = \{1, y\}x = \{x, yx\} = \{x, x^2y\}$。
  • 由于 $xy \ne x^2y$，所以 $xH \ne Hx$。
  • 这就从陪集的角度证明了 $H=\langle y \rangle$ 不是 $S_3$ 的正规子群。
⚠️ [易错点]
  1. $gH=Hg$ 不等于 $gh=hg$：$gH=Hg$ 是集合相等，意思是对于 $H$ 中的每个 $h_1$，存在 $H$ 中的某个 $h_2$ 使得 $gh_1 = h_2g$。它不要求 $gh=hg$ 对同一个 $h$ 成立（那是交换性的要求，更强）。
  2. 所有子群都满足 $1H=H1$：对于单位元 $g=1$，左右陪集总是相等的。要证明正规，必须对 所有 的 $g \in G$ 都进行检查。
  3. 交换群中的任何子群都是正规的：因为在交换群中 $gh=hg$ 恒成立，所以 $gH=Hg$ 恒成立。
📝 [总结]

命题 2.8.17 是理解正规子群的基石。它将正规子群的抽象代数定义 ($gHg^{-1}=H$) 与陪集的几何/组合概念 ($gH=Hg$) 等价了起来。这为正规子群赋予了直观的意义：一个子群是正规的，当且仅当它产生的左划分和右划分是完全一样的。这个“左右对称”的性质，是构造商群的先决条件。

🎯 [存在目的]

这个命题的目的是为“正规子群”这一概念提供一个更直观、更有用的等价描述。相比于抽象的共轭运算，检查左右陪集是否相等在很多具体例子中更容易操作，也更能揭示其几何意义。这是为引入商群（quotient group）所做的最重要的铺垫，因为只有当左右陪集相等时，我们才能在陪集的集合上定义一个良好、一致的群运算。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 子群 H: 一副扑克牌中的所有红桃牌。
  2. 群 G: 整副扑克牌。
  3. 元素 g: 一个洗牌的操作。
  4. gH: 先挑出所有红桃牌，然后对这些红桃牌进行一次 g 操作。
  5. Hg: 先对整副牌进行 g 操作，然后再从洗过的牌里挑出所有（原来的）红桃牌。
  6. 正规子群 H: 这种“红桃”的属性非常特殊，无论你是“先挑后洗”还是“先洗后挑”，最终得到的牌集合是一样的。这种属性不依赖于具体的洗牌方式 g。

2211. 正规子群的判定与例子

11.1. 命题 2.8.18

📜 [原文33]

命题 2.8.18

(a) 如果 $H$ 是群 $G$ 的一个子群，且 $g$ 是 $G$ 的一个元素，则集合 $g \mathrm{Hg}^{-1}$ 也是一个子群。

(b) 如果群 $G$ 只有一个阶为 $r$ 的子群 $H$，则该子群是正规的。

证明。(a) 通过 $g$ 的共轭是 $G$ 的一个自同构（参见 (2.6.4)），且 $g \mathrm{Hg}^{-1}$ 是 $H$ 的像。(b) 参见 (2.8.17)： $g H g^{-1}$ 是一个阶为 $r$ 的子群。 $\square$

📖 [逐步解释]

这个命题提供了判断一个子群是否为正规子群的两个有用工具。

  1. 命题 (a) 内容：
    • 它说，对一个子群 $H$ 进行“共轭”操作，即计算 $gHg^{-1} = \{ghg^{-1} \mid h \in H\}$，得到的新集合不仅是一个子集，它本身也是一个子群。
    • 这个新的子群 $gHg^{-1}$ 被称为 $H$ 的一个共轭子群 (conjugate subgroup)。
  2. 命题 (a) 证明思路：
    • 方法1 (课本思路)：引用之前的结论。
    • 在 (2.6.4) 节我们已经知道，对于任何 $g \in G$，映射 $\varphi_g: G \rightarrow G$ 定义为 $\varphi_g(x) = gxg^{-1}$ 是一个自同构（即从 $G$到 $G$ 自身的同构）。
    • 同构映射会把子群映射成子群。
    • 我们把这个自同构 $\varphi_g$ 限制在子群 $H$ 上。
    • 那么 $H$ 的像就是 $\varphi_g(H) = \{\varphi_g(h) \mid h \in H\} = \{ghg^{-1} \mid h \in H\} = gHg^{-1}$。
    • 因为同构的像必然是子群，所以 $gHg^{-1}$ 是一个子群。
    • 方法2 (手动验证子群三条件)：
    • 单位元: $H$ 的单位元是 $1$。$g1g^{-1} = gg^{-1} = 1$。所以 $1 \in gHg^{-1}$。
    • 封闭性: 取两个元素 $x, y \in gHg^{-1}$。那么 $x=gh_1g^{-1}$，$y=gh_2g^{-1}$ for some $h_1, h_2 \in H$。
    • 逆元: 取一个元素 $x=ghg^{-1} \in gHg^{-1}$。
    • 三条件满足，所以 $gHg^{-1}$ 是一个子群。
  3. 命题 (b) 内容：
    • 这是一个非常强大的判定正规子群的准则。
    • 它说，如果在整个群 $G$ 中，某个特定阶数 $r$ 的子群是唯一的，那么这个子群必定是正规子群。
  4. 命题 (b) 证明思路：
    • 前提: $H$ 是 $G$ 中唯一的阶为 $r$ 的子群。
    • 目标: 证明 $H$ 是正规的。根据命题 2.8.17，我们只需证明 $gHg^{-1} = H$ 对所有 $g \in G$ 成立。
    • 步骤1: 从命题 (a) 我们知道，$gHg^{-1}$ 也是一个子群。
    • 步骤2: 这个新子群 $gHg^{-1}$ 的阶是多少？
    • 共轭映射 $\varphi_g(x)=gxg^{-1}$ 是一个同构。同构保持集合的大小。
    • 所以 $|gHg^{-1}| = |H| = r$。
    • 步骤3: 现在我们知道，对于任何 $g \in G$， $gHg^{-1}$ 是一个阶为 $r$ 的子群。
    • 步骤4: 回到前提，群 $G$ 中阶为 $r$ 的子群是唯一的，这个子群就是 $H$。
    • 步骤5: 既然 $gHg^{-1}$ 是一个阶为 $r$ 的子群，而阶为 $r$ 的子群只有一个 $H$，那么必然有 $gHg^{-1} = H$。
    • 结论: 因为 $gHg^{-1}=H$ 对所有 $g \in G$ 成立，所以根据定义， $H$ 是一个正规子群。
💡 [数值示例]

示例：四元数群 $Q_8$

  • $G = Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$。$|G|=8$。
  • $Q_8$ 的子群有哪些？
  • $\{1\}$ (阶为1)
  • $\{\pm 1\}$ (阶为2)
  • $\langle i \rangle = \{\pm 1, \pm i\}$ (阶为4)
  • $\langle j \rangle = \{\pm 1, \pm j\}$ (阶为4)
  • $\langle k \rangle = \{\pm 1, \pm k\}$ (阶为4)
  • $Q_8$ (阶为8)
  • 应用命题 (b)：
  • 阶为 1 的子群 $\{1\}$ 是唯一的，所以它是正规的。（平凡子群总是正规的）
  • 阶为 2 的子群 $\{\pm 1\}$ 是唯一的吗？是的。所以子群 $\{\pm 1\}$ 是正规子群。这个子群是 $Q_8$ 的中心 $Z(Q_8)$。
  • 阶为 4 的子群唯一吗？不，有三个：$\langle i \rangle, \langle j \rangle, \langle k \rangle$。所以我们不能用这个命题来判断它们是否正规。
  • （事实上，可以验证 $Q_8$ 的所有子群都是正规的，但不能用这个命題來證明 $\langle i \rangle$ 的正規性）。

示例：$S_3$

  • $G=S_3$，$|G|=6$。
  • $S_3$ 的子群：
  • $\{1\}$ (阶为1，唯一，正规)
  • $\langle y \rangle, \langle xy \rangle, \langle x^2y \rangle$ (阶为2，不唯一，我们已知它们非正规)
  • $\langle x \rangle$ (阶为3，唯一吗？$6$ 的约数有1,2,3,6。阶为3的子群是Sylow-3子群，根据Sylow定理，3-Sylow子群的数量 $n_3$ 满足 $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ 且 $n_3 | (6/3)=2$。所以 $n_3=1$。因此它是唯一的。)
  • 结论: $S_3$ 中阶为 3 的子群 $\langle x \rangle = A_3$ 是唯一的。根据命题(b)，它必定是正规子群。这为我们之前说“指数为2的子群是正规的”提供了另一个角度的证明。
⚠️ [易错点]
  1. 命题(b)是单向的：如果一个子群是正规的，它不一定是该阶数下唯一的子群。例如，在克莱因四元群 $V_4=\{e,a,b,c\}$ 中，这是一个交换群，所有子群都是正规的。子群 $\langle a \rangle=\{e,a\}$ 和 $\langle b \rangle=\{e,b\}$ 都是阶为2的正规子群，但它们不唯一。
  2. 共轭不一定是自己：对于非正规子群 $H$，它的共轭子群 $gHg^{-1}$ 虽然也是子群且大小相同，但可能是一个完全不同的子群。例如在 $S_3$ 中，$H=\langle y \rangle=\{1, y\}$。它的共轭子群 $xHx^{-1} = x\langle y \rangle x^2 = \langle xyx^{-1} \rangle = \langle xyx^2 \rangle = \langle x^2y \rangle = \{1, x^2y\}$。这是一个不同的阶为2的子群。
📝 [总结]

命题 2.8.18 提供了两个实用的工具。命题 (a) 告诉我们共轭操作保持子群结构，这使得命题 (b) 的证明成为可能。命题 (b) 是一个强大的“唯一性推导正规性”的准则，在很多情况下，我们只需数一下特定阶数的子群有几个，如果只有一个，就可以立即断定它是正规的，而无需进行繁琐的 $gHg^{-1}$ 或左右陪集的计算。

🎯 [存在目的]

这个命题的目的是丰富我们判断正规子群的工具箱。特别是命题(b)，它将一个代数性质（正规性）与一个组合计数问题（唯一性）联系起来，在理论分析和具体计算中都非常有用。

🧠 [直觉心智模型]
  1. 命题(b):
  2. 群 G: 一个国家的所有国民。
  3. 子群 H: 一个拥有 $r$ 个成员的俱乐部。
  4. 共轭 gHg⁻¹: 从国家里随便找个人 g，让他用自己的方式（比如方言、习俗）来描述这个俱乐部，结果会形成一个“镜像”俱乐部 gHg⁻¹，这个镜像俱乐部也有 $r$ 个成员。
  5. 唯一性: 如果这个国家里，凡是拥有 $r$ 个成员的俱乐部，只有 $H$ 这一个。
  6. 结论: 那么无论你让谁 g 去描述，他描述出来的镜像俱乐部，必然还是 $H$ 本身。因为没有其他选择了。这意味着 $H$ 在所有国民的“语境”下都是不变的，即它是正规的。

11.2. 左右陪集数量相等的注解

📜 [原文34]

注意：如果 $H$ 是有限群 $G$ 的子群，使用右陪集或左陪集的计数公式是相同的，所以左陪集的数量等于右陪集的数量。当 $G$ 是无限群时也如此，尽管证明不能通过计数来完成（参见习题 M.8）。 $\square$

📖 [逐步解释]

这部分是一个重要的补充说明，确保我们不会对左右陪集产生误解。

  1. 核心思想：一个子群的左陪集的数量（左指数）和右陪集的数量（右指数）总是相等的。
  2. 有限群的情况：
    • 对于有限群，这个结论非常直白。
    • 左指数 $[G:H]_L = |G|/|H|$。
    • 右指数 $[G:H]_R = |G|/|H|$。（因为所有右陪集的大小也等于 $|H|$，并且它们也划分 $G$）。
    • 显然，$[G:H]_L = [G:H]_R$。
    • 因此，在有限群的情况下，我们不需要区分左右指数，统一写成 $[G:H]$ 即可。
  3. 无限群的情况：
    • 当 $G$ 是无限群时，我们不能再使用除法 $|G|/|H|$，因为这可能是 $\infty/\infty$ 的不定形式。
    • 我们需要一个不依赖于计数的证明方法。
    • 证明思路 (习题M.8的思路)：在“所有左陪集的集合” $\{aH\}$ 和“所有右陪集的集合” $\{Hb\}$之间构造一个双射。
    • 构造映射: 定义一个映射 $f: \{aH\} \rightarrow \{Hb\}$。一个自然的尝试是 $f(aH) = Ha$。但这个映射定义良好吗？如果 $a_1H = a_2H$，是否 $Ha_1=Ha_2$？答案是不一定，我们已经看到反例了。
    • 正确的映射: 聪明的构造是 $f(aH) = Ha^{-1}$。
    • 定义良好？ 如果 $a_1H = a_2H$，则 $a_1^{-1}a_2 \in H$。我们需要证明 $Ha_1^{-1} = Ha_2^{-1}$。这个等价于 $(a_1^{-1})(a_2^{-1})^{-1} \in H$，即 $a_1^{-1}a_2 \in H$。是的，条件吻合，所以映射定义良好。
    • 双射？ 我们可以构造它的逆映射 $g: \{Hb\} \rightarrow \{aH\}$，规则是 $g(Hb) = b^{-1}H$。可以验证 $f$ 和 $g$ 互为逆映射。
    • 结论：因为在左陪集集合和右陪集集合之间存在一个双射，所以它们的基数（数量）必然相等，即使是在无限的情况下。
📝 [总结]

这个注解澄清了一个重要的事实：尽管对于一个非正规子群，其左、右陪集的 划分方式 可能不同，但它划分出来的 块数 (即指数) 总是相同的。这保证了“指数”这个概念的良好定义，无需区分左右。

23行间公式索引

1. (2.8.1) 左陪集的定义:

$$ a H=\{a h \mid h \text { in } H\} $$

2. (2.8.2) 模H左同余关系:

$$ a \equiv b \text { if } b=a h \text { for some } h \text { in } H . $$

3. (2.8.4) S₃中子群的左陪集划分:

$$ H=\{1, y\}=y H, \quad x H=\{x, x y\}=x y H, \quad x^{2} H=\left\{x^{2}, x^{2} y\right\}=x^{2} y H . $$

4. (2.8.6) 指数的符号:

$$ [G: H] $$

5. (2.8.8) 计数公式:

$$ \begin{align*} |G| & =|H|[G: H] \\ (\text { G 的阶 }) & =(\text { H 的阶 })(\text { 陪集的数量 }), \end{align*} $$

6. (2.8.12) 同态指数公式:

$$ [G: \operatorname{ker} \varphi]=|\operatorname{im} \varphi| $$

7. (2.8.15) 右陪集的定义:

$$ H a=\{h a \mid h \in H\} $$

8. (2.8.16) S₃中子群的右陪集划分:

$$ H=\{1, y\}=H y, \quad H x=\left\{x, x^{2} y\right\}=H x^{2} y, \quad H x^{2}=\left\{x^{2}, x y\right\}=H x y . $$