子群、循环结构与陪集计数

识别大群中的小群是理解结构的第一步。单个元素生成的子群受整数算术控制，陪集则将子群转化为整个群的划分。本章完整展开这些论证，而不只凭乘法表或少数例子推断结构。

1 子群判据与生成子群

沿用前面的对称性章节中的群公理和函数从右向左复合的约定。非空子集 $H$ 是子群当且仅当对每个 $a,b\in H$ 都有 $ab^{-1}\in H$。

证明。 取 $h\in H$，则 $e=hh^{-1}\in H$。对每个 $b\in H$，有 $b^{-1}=eb^{-1}\in H$。对 $a$ 和 $b^{-1}$ 应用条件得到 $ab\in H$。结合律由原群继承，故其他公理成立。必要性来自任意子群的封闭性与逆元。$\square$

子群的交仍是子群：所需元素属于交中每个集合。因此，包含子集 $S$ 的所有子群之交是包含 $S$ 的最小子群，记为 $\langle S\rangle$。等价地，它由 $S$ 的元素及其逆元的有限乘积组成，包括空乘积 $e$。这些乘积对乘法和求逆封闭；每个包含 $S$ 的子群都必须包含它们，从而证明等价。

子群的并通常不通过这一判据。在加法整数中，$2\mathbb Z\cup3\mathbb Z$ 含 2 和 3，却不含 5。事实上，$H\cup K$ 是子群仅当 $H,K$ 中一个包含另一个。若两者都不包含对方，取 $h\in H\setminus K$、$k\in K\setminus H$。若 $hk$ 在 $H$ 中，消去得到 $k\in H$；若在 $K$ 中，消去得到 $h\in K$。两者都与选择矛盾。

2 循环群及其完整子群结构

对单个元素 $g$，$\langle g\rangle=\{g^k:k\in\mathbb Z\}$。若没有正次幂等于 $e$，则映射 $k\mapsto g^k$ 是从加法整数群出发的同构。否则设 $n$ 为使幂等于 $e$ 的最小正指数。用 $n$ 除 $k$ 可知 $g^k$ 只依赖于模 $n$ 的余数，而最小性说明这 $n$ 个余数给出不同元素。因此 $\langle g\rangle\cong\mathbb Z/n\mathbb Z$。

定理。 循环群的每个子群都是循环群。在阶为 $n$ 的有限循环群中，对 $n$ 的每个因数 $d$，恰有一个阶为 $d$ 的子群，即 $\langle g^{n/d}\rangle$。

证明。 平凡子群由 $e$ 生成，也是循环群；环境循环群无限时同样如此。对非平凡子群 $H$，选取使 $g^m\in H$ 的最小正整数 $m$。对 $g^k\in H$，写成 $k=qm+r$、$0\le r<m$。则 $g^r=g^k(g^m)^{-q}\in H$，故 $r=0$。于是 $H=\langle g^m\rangle$。在有限情形，$g^n=e\in H$ 由同样的除法论证蕴含 $m\mid n$。$g^m$ 的不同幂有 $n/m$ 个，故阶唯一决定 $m=n/d$。平凡子群对应 $m=n$。$\square$

阶公式 $|\langle g^k\rangle|=n/\gcd(n,k)$ 来自 $(g^k)^r=e$ 当且仅当 $n\mid kr$。写成 $n=dn_0$、$k=dk_0$，其中 $n_0,k_0$ 互素，得到满足条件的最小正整数 $r$ 为 $n_0$。

例。 在 $\mathbb Z/18\mathbb Z$ 中，$[6]$ 的阶为 3，生成 $\{[0],[6],[12]\}$。$[12]$ 生成同一子群，因为 $\gcd(18,12)=6$。唯一的阶 6 子群由 $[3]$ 生成。不同生成元未必定义不同子群。

3 陪集与 Lagrange 定理

对 $H\le G$，左陪集为 $aH=\{ah:h\in H\}$。定义 $a\sim b$ 当且仅当 $a^{-1}b\in H$。子群规律证明自反、对称和传递；$a$ 的等价类恰为 $aH$，故陪集划分群。映射 $h\mapsto ah$ 由左消去律及显然的逆映射，是从 $H$ 到 $aH$ 的双射。

若 $G$ 有限，对划分计数得到 Lagrange 定理：

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

特别地，元素的阶整除 $|G|$。若 $|G|$ 为素数，任意非单位元素生成全群。定理没有说 $|G|$ 的每个因数都必须出现为子群的阶。

非阿贝尔例。 在 $S_3$ 中令 $H=\{e,(1\ 2)\}$，其左陪集为

$$H,\quad(1\ 3)H=\{(1\ 3),(1\ 2\ 3)\},\quad (2\ 3)H=\{(2\ 3),(1\ 3\ 2)\}.$$

右陪集 $H(1\ 3)=\{(1\ 3),(1\ 3\ 2)\}$ 不同。左右划分都存在，却未必相同；陪集集合上的群运算需要正规性，而不只是 Lagrange 定理。

4 分级练习

E1 基础。 列出 $\mathbb Z/20\mathbb Z$ 的子群，包括生成元和阶。哪些元素生成其阶 5 子群？

E2 证明。 证明 $H\cap K$ 是子群。给出 $H\cup K$ 未必是子群的具体反例。

E3 计数。 若群有 35 个元素，Lagrange 定理允许的元素阶有哪些？解释哪些存在性已经证明、哪些没有证明。

E4 循环算术。 在阶为 24 的循环群 $G=\langle g\rangle$ 中，求 $g^6$ 和 $g^{10}$ 的阶，并确定 $\langle g^6\rangle\cap\langle g^{10}\rangle$。

E5 陪集推理。 证明 $aH=bH$ 当且仅当 $a^{-1}b\in H$。解释为什么陪集相等不必蕴含 $a=b$。

5 完整解答

S1. 因数 1、2、4、5、10、20 对应生成元 $[20],[10],[5],[4],[2],[1]$，阶依次为这些因数。阶 5 子群为 $\{[0],[4],[8],[12],[16]\}$，其四个非零元素都生成它，因为各自与 20 的最大公因数为 4。循环子群定理排除其他子群。

S2. 交包含单位元。若 $a,b$ 同属两个群，则 $ab^{-1}$ 也同属两者，由子群判据得结论。在 $\mathbb Z$ 中取 $H=2\mathbb Z$、$K=3\mathbb Z$；并集不含 $2+3=5$，故不封闭。

S3. 允许的阶为 $1,5,7,35$。这只是必要限制。Lagrange 定理本身既不构造阶为 5 或 7 的元素，也不确立阶为 35 的生成元；这些需要进一步论证。

S4. 阶分别为 $24/6=4$ 和 $24/2=12$。第一个子群由指数为 6 的倍数的幂组成，第二个等于 $\langle g^2\rangle$。每个 6 的倍数都是偶数，故前者包含于后者。交为 $\langle g^6\rangle$，阶为 4。若将给出的指数 10 当作子群唯一的步长，就会漏掉其较小生成元 $g^2$。

S5. 若 $aH=bH$，则 $b\in aH$，所以某个 $h\in H$ 使 $b=ah$。反之若 $b=ah$，则 $bH=ahH=aH$，因为 $hH=H$。同一陪集中的不同代表元，例如加法整数中模 $4\mathbb Z$ 的 0 和 4，给出相同类。

总结

子群判据将公理化成可用的判定条件。循环子群分类由除法和最大公因数控制。陪集将群划分为大小相等的块，得到 Lagrange 定理。计数限制不自动提供存在性或商乘法。