子群、循環結構與陪集計數

識別大群中的小群是理解結構的第一步。單個元素生成的子群受整數算術控制，陪集則將子群轉化為整個群的劃分。本章完整展開這些論證，而不只憑乘法表或少數例子推斷結構。

1 子群判據與生成子群

沿用前面的對稱性章節中的群公理和函數從右向左複合的約定。非空子集 $H$ 是子群當且僅當對每個 $a,b\in H$ 都有 $ab^{-1}\in H$。

證明。 取 $h\in H$，則 $e=hh^{-1}\in H$。對每個 $b\in H$，有 $b^{-1}=eb^{-1}\in H$。對 $a$ 和 $b^{-1}$ 應用條件得到 $ab\in H$。結合律由原群繼承，故其他公理成立。必要性來自任意子群的封閉性與逆元。$\square$

子群的交仍是子群：所需元素屬於交中每個集合。因此，包含子集 $S$ 的所有子群之交是包含 $S$ 的最小子群，記為 $\langle S\rangle$。等價地，它由 $S$ 的元素及其逆元的有限乘積組成，包括空乘積 $e$。這些乘積對乘法和求逆封閉；每個包含 $S$ 的子群都必須包含它們，從而證明等價。

子群的並通常不通過這一判據。在加法整數中，$2\mathbb Z\cup3\mathbb Z$ 含 2 和 3，卻不含 5。事實上，$H\cup K$ 是子群僅當 $H,K$ 中一個包含另一個。若兩者都不包含對方，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 $h\in K$。兩者都與選擇矛盾。

2 循環群及其完整子群結構

對單個元素 $g$，$\langle g\rangle=\{g^k:k\in\mathbb Z\}$。若沒有正次冪等於 $e$，則映射 $k\mapsto g^k$ 是從加法整數群出發的同構。否則設 $n$ 為使冪等於 $e$ 的最小正指數。用 $n$ 除 $k$ 可知 $g^k$ 只依賴於模 $n$ 的餘數，而最小性說明這 $n$ 個餘數給出不同元素。因此 $\langle g\rangle\cong\mathbb Z/n\mathbb Z$。

定理。 循環群的每個子群都是循環群。在階為 $n$ 的有限循環群中，對 $n$ 的每個因數 $d$，恰有一個階為 $d$ 的子群，即 $\langle g^{n/d}\rangle$。

證明。 平凡子群由 $e$ 生成，也是循環群；環境循環群無限時同樣如此。對非平凡子群 $H$，選取使 $g^m\in H$ 的最小正整數 $m$。對 $g^k\in H$，寫成 $k=qm+r$、$0\le r<m$。則 $g^r=g^k(g^m)^{-q}\in H$，故 $r=0$。於是 $H=\langle g^m\rangle$。在有限情形，$g^n=e\in H$ 由同樣的除法論證蘊含 $m\mid n$。$g^m$ 的不同冪有 $n/m$ 個，故階唯一決定 $m=n/d$。平凡子群對應 $m=n$。$\square$

階公式 $|\langle g^k\rangle|=n/\gcd(n,k)$ 來自 $(g^k)^r=e$ 當且僅當 $n\mid kr$。寫成 $n=dn_0$、$k=dk_0$，其中 $n_0,k_0$ 互素，得到滿足條件的最小正整數 $r$ 為 $n_0$。

例。 在 $\mathbb Z/18\mathbb Z$ 中，$[6]$ 的階為 3，生成 $\{[0],[6],[12]\}$。$[12]$ 生成同一子群，因為 $\gcd(18,12)=6$。唯一的階 6 子群由 $[3]$ 生成。不同生成元未必定義不同子群。

3 陪集與 Lagrange 定理

對 $H\le G$，左陪集為 $aH=\{ah:h\in H\}$。定義 $a\sim b$ 當且僅當 $a^{-1}b\in H$。子群規律證明自反、對稱和傳遞；$a$ 的等價類恰為 $aH$，故陪集劃分群。映射 $h\mapsto ah$ 由左消去律及顯然的逆映射，是從 $H$ 到 $aH$ 的雙射。

若 $G$ 有限，對劃分計數得到 Lagrange 定理：

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

特別地，元素的階整除 $|G|$。若 $|G|$ 為素數，任意非單位元素生成全群。定理沒有說 $|G|$ 的每個因數都必須出現為子群的階。

非阿貝爾例。 在 $S_3$ 中令 $H=\{e,(1\ 2)\}$，其左陪集為

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

右陪集 $H(1\ 3)=\{(1\ 3),(1\ 3\ 2)\}$ 不同。左右劃分都存在，卻未必相同；陪集集合上的群運算需要正規性，而不只是 Lagrange 定理。

4 分級練習

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

E2 證明。 證明 $H\cap K$ 是子群。給出 $H\cup K$ 未必是子群的具體反例。

E3 計數。 若群有 35 個元素，Lagrange 定理允許的元素階有哪些？解釋哪些存在性已經證明、哪些沒有證明。

E4 循環算術。 在階為 24 的循環群 $G=\langle g\rangle$ 中，求 $g^6$ 和 $g^{10}$ 的階，並確定 $\langle g^6\rangle\cap\langle g^{10}\rangle$。

E5 陪集推理。 證明 $aH=bH$ 當且僅當 $a^{-1}b\in H$。解釋為甚麼陪集相等不必蘊含 $a=b$。

5 完整解答

S1. 因數 1、2、4、5、10、20 對應生成元 $[20],[10],[5],[4],[2],[1]$，階依次為這些因數。階 5 子群為 $\{[0],[4],[8],[12],[16]\}$，其四個非零元素都生成它，因為各自與 20 的最大公因數為 4。循環子群定理排除其他子群。

S2. 交包含單位元。若 $a,b$ 同屬兩個群，則 $ab^{-1}$ 也同屬兩者，由子群判據得結論。在 $\mathbb Z$ 中取 $H=2\mathbb Z$、$K=3\mathbb Z$；並集不含 $2+3=5$，故不封閉。

S3. 允許的階為 $1,5,7,35$。這只是必要限制。Lagrange 定理本身既不構造階為 5 或 7 的元素，也不確立階為 35 的生成元；這些需要進一步論證。

S4. 階分別為 $24/6=4$ 和 $24/2=12$。第一個子群由指數為 6 的倍數的冪組成，第二個等於 $\langle g^2\rangle$。每個 6 的倍數都是偶數，故前者包含於後者。交為 $\langle g^6\rangle$，階為 4。若將給出的指數 10 當作子群唯一的步長，就會漏掉其較小生成元 $g^2$。

S5. 若 $aH=bH$，則 $b\in aH$，所以某個 $h\in H$ 使 $b=ah$。反之若 $b=ah$，則 $bH=ahH=aH$，因為 $hH=H$。同一陪集中的不同代表元，例如加法整數中模 $4\mathbb Z$ 的 0 和 4，給出相同類。

總結

子群判據將公理化成可用的判定條件。循環子群分類由除法和最大公因數控制。陪集將群劃分為大小相等的塊，得到 Lagrange 定理。計數限制不自動提供存在性或商乘法。