子群、循環群與陪集

子群是使用同一運算的較小群。陪集將整個群組織成與子群等勢的若干份。這種劃分將結構與計數聯繫起來，無須預先構造商群即可證明 Lagrange 定理。

1 判定子群

若子集 $H\subseteq G$ 在繼承的運算下成群，則稱它是子群，記為 $H\le G$。一個方便的判據是：$H$ 非空，且對任意 $a,b\in H$ 都有 $ab^{-1}\in H$。

判據證明。 取 $h\in H$，則 $hh^{-1}=e\in H$。對 $b\in H$，有 $eb^{-1}=b^{-1}\in H$。對 $a$ 與 $b^{-1}$ 應用條件，得到 $ab\in H$。結合律由原群繼承。反之，任何子群都有這些封閉性質。$\square$

偶整數在加法下構成 $2\mathbb Z\le\mathbb Z$。正整數不成子群，因為不含零和負數。子群的交仍是子群，但子群的並未必是子群：$2\mathbb Z\cup3\mathbb Z$ 含 2 和 3，卻不含它們的和 5。

由 $g$ 生成的子群為 $\langle g\rangle=\{g^k:k\in\mathbb Z\}$，它是循環群。若 $g$ 的有限階為 $n$，則 $g^i=g^j$ 當且僅當 $n$ 整除 $i-j$，所以 $e,g,\ldots,g^{n-1}$ 兩兩不同且包含該子群全部元素。

循環子群定理。 循環群的每個子群都是循環群。

證明。 對 $H\le\langle g\rangle$，若 $H=\{e\}$ 則結論成立。否則選取使 $g^d\in H$ 的最小正整數 $d$；必要時取逆元，可知這樣的正指數存在。對任意 $g^k\in H$，帶餘除法給出 $k=qd+r$，$0\le r<d$。於是 $g^r=g^k(g^d)^{-q}\in H$，由最小性得 $r=0$。故 $H=\langle g^d\rangle$。同一證明適用於有限及無限循環群。$\square$

在階為 $n$ 的循環群中，$g^k$ 的階為 $n/\gcd(n,k)$：滿足 $n\mid km$ 的最小正整數 $m$ 正是這個商。

2 陪集劃分群

左陪集為 $aH=\{ah:h\in H\}$，右陪集為 $Ha$；二者可能不同。定義 $a\sim b$ 當且僅當 $a^{-1}b\in H$。單位元、逆元和乘積的封閉性說明這是等價關係；$a$ 的等價類恰為 $aH$。因此左陪集劃分 $G$。

更直接地，若 $aH$ 與 $bH$ 相交，寫成 $ah_1=bh_2$，則 $a=bh_2h_1^{-1}$，所以 $aH\subseteq bH$，反向包含同理。陪集相等不意味著 $a=b$，而意味著 $a^{-1}b\in H$。

映射 $H\to aH$、$h\mapsto ah$ 是雙射，其逆是左乘 $a^{-1}$。因此每個陪集有 $|H|$ 個元素。

Lagrange 定理。 若 $G$ 有限且 $H\le G$，則

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

其中 $[G:H]$ 為左陪集的個數。證明對劃分中等大的塊計數即可。特別地，對元素生成的子群應用定理，得到每個元素的階整除 $|G|$。

反命題並非自動成立：$|G|$ 的一個因數未必是任意有限群中某個子群的階。Lagrange 定理也不適用於未通過子群判據的子集。

3 置換群例題

在 $S_3$ 中令 $H=\{e,(1\ 2)\}$。其階為 2，故指數為 3。左陪集可用 $e,(1\ 3),(2\ 3)$ 作代表：

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

它們恰好各包含一次六個置換。陪集 $(1\ 3)H$ 不同於 $H(1\ 3)$，後者的非平凡乘積為 $(1\ 3\ 2)$。注意：陪集集合總是存在，但定義良好的陪集乘法需要下一章研究的額外條件。

補全冪與循環子群的論證

若 $g$ 的有限階為 $n$，對每個整數指數 $m$ 都可作帶餘除法：寫成 $m=qn+r$，$0\le r<n$。若 $g^m=e$，則 $g^r=e$，由 $n$ 的最小性得 $r=0$。因此 $g^m=e$ 當且僅當 $n\mid m$；負指數也包含在內。這就證明了上文所用的冪相等判據。

令 $d=\gcd(n,k)$，寫 $n=dn_0$、$k=dk_0$，其中 $\gcd(n_0,k_0)=1$。條件 $(g^k)^m=e$ 等價於 $n_0\mid k_0m$。將整數 Bézout 等式 $un_0+vk_0=1$ 乘以 $m$，可知這又等價於 $n_0\mid m$。所以滿足條件的最小正整數為 $n_0=n/d$。

在循環子群的證明中，若 $\langle g\rangle$ 的階為有限數 $n$，則 $H$ 的最小正指數 $d$ 必整除 $n$：作 $n=qd+r$，利用 $g^n=e\in H$ 得到 $g^r\in H$，故 $r=0$。這說明練習 1 的完整子群表為甚麼由 12 的因數而非任意指數索引。

陪集劃分的等價關係也可逐項核對。自反性使用 $a^{-1}a=e\in H$；對稱性使用 $(a^{-1}b)^{-1}=b^{-1}a\in H$；傳遞性使用 $(a^{-1}b)(b^{-1}c)=a^{-1}c\in H$。最後，$a^{-1}b\in H$ 等價於存在 $h\in H$ 使 $b=ah$，故等價類確為 $aH$。這些步驟都不需要正規性或有限性；只有將劃分作數值計數時才使用有限性。

4 分級練習

E1 基礎。 求加法群 $\mathbb Z/12\mathbb Z$ 的所有子群及其階。

E2 陪集。 列出 $4\mathbb Z$ 在 $\mathbb Z$ 中的陪集。

E3 計數。 證明素數階群是循環群。

E4 推理。 設 $G$ 有 15 個元素。單憑 Lagrange 定理，關於元素的階能說甚麼？它能證明存在階為 15 的元素嗎？

5 完整解答

S1. 子群通過 $\langle[d]\rangle$ 與 12 的正因數 $d$ 對應。生成元為 $1,2,3,4,6,12$，相應階為 $12,6,4,3,2,1$。最後一個是零子群，因為 $[12]=[0]$。循環子群定理證明沒有其他子群。

S2. 四個不同陪集是 $4\mathbb Z$、$1+4\mathbb Z$、$2+4\mathbb Z$ 和 $3+4\mathbb Z$。帶餘除法證明每個整數恰屬於其中一個。

S3. 取 $g\ne e$。其階整除素數 $p$ 且大於 1，所以為 $p$。它生成的子群因此包含全部 $p$ 個元素。

S4. 每個元素的階屬於 $1,3,5,15$。Lagrange 定理本身不能提供階為 15 的元素；它是整除限制，而非存在性定理。更強的結論需要另外的群論論證。

總結

子群可通過對逆元的封閉性判定。陪集將群劃分為大小相等的塊，從而給出 Lagrange 的整除結論。循環群的子群描述尤其完整，但不能把陪集計數本身誤當成商群乘法或存在性結論。