子群的定义

Definition [子群的定义]. 若 $(G,\cdot)$ 是一个群，$H$ 是 $G$ 的子集且 $(H,\cdot)$ 也是一个群，则称 $H$ 是 $G$ 的子群，记作 $H\le G$. 特别地，若 $H$ 还是 $G$ 的真子集，则称 $H$ 是 $G$ 的真子群，记作 $H<G$.

如果 $e$ 是 $G$ 的单位元，则 $(\{e\},\cdot)$ 也是 $G$ 的子群，称为 $G$ 的平凡子群. 一般来说，乘法群的平凡子群记作 $1$，加法群的平凡子群记作 $0$.

Proposition [逆元和单位统一]. 如果 $(H,\cdot)$ 是 $(G,\cdot)$ 的子群，则 $H$ 中的单位元和 $G$ 中的单位元是相同的；对任意元素 $a\in H$，$a$ 在 $H$ 中的逆元和 $a$ 在 $G$ 中的逆元也是相同的.

Proof. 令 $e$ 是 $G$ 中单位元，则对任意 $g\in G$ 都有 $eg=g=ge$，特别对 $g\in H$ 也成立该式，由单位元唯一知 $H$ 中单位元也是 $e$. 同理，对于任意 $a\in H$，令 $b$ 是 $a$ 在 $H$ 中的逆元，则 $ab=e=ba$，由逆元的唯一性也可以知道 $a$ 在 $G$ 中的逆元也是 $b$. $\Box$

Examples [子群的例子].

  • 考虑整数加法群 $(\mathbb Z,+)$，那么所有 $k$ 的倍数 $k\mathbb Z=\{ka\mid a\in\mathbb Z\}$ 是 $\mathbb Z$ 的子集，又因为 $(k\mathbb Z,+)$ 也构成一个群，所以 $k\mathbb Z\le\mathbb Z$.
  • 所有非零有理数 $\mathbb Q^\times=\mathbb Q\setminus\{0\}$ 在乘法运算下构成一个群，从而是 $\mathbb R^\times$ 的子群.
  • 所有行列式为 $1$ 的 $n$ 阶实矩阵在乘法运算下构成一个群，记其为 $\mathsf{SL}_n(\mathbb R)$，则 $\mathsf{SL}_n(\mathbb R)<\mathsf{GL}_n(\mathbb R)$.
  • 对于两个数 $k$ 和 $n$，若 $k\mid n$，则 $\mathbb Z_n$ 中所有被 $k$ 整除的数在模 $n$ 加法运算下也构成一个群，所以它是 $\mathbb Z_n$ 的子群.

Remark. 注意 $\mathbb Q^\times$ 不是 $\mathbb Q$ 的子群，因为它们一个是加法群，一个是乘法群，运算并不一样.

下面给出一个定理，读者可以尝试用其验证上面几个例子所说的事情.

Proposition [子群判别定理]. 如果 $G$ 是一个群，$H$ 是 $G$ 的非空子集，那么 $H$ 是 $G$ 的子群当且仅当对任意 $a,b\in H$，都有 $ab^{-1}\in H$.

Proof. 我们逐个验证定义中的条件. 因为 $G$ 本来就是群，所以将 $G$ 上的运算限制在 $H$ 上仍然满足结合律；任取 $a\in H$，我们有 $aa^{-1}=e\in H$，所以 $H$ 中有单位元；又因为 $ea^{-1}=a^{-1}\in H$，所以每个元素的逆元都在 $H$ 中；最后 $a(b^{-1})^{-1}=ab\in H$，所以 $H$ 对运算封闭，即 $\cdot$ 是 $H$ 上的二元运算. $\Box$

陪集

为了得到子群的一些性质，我们引入下面的定义.

Definition [陪集的定义]. 对于子群 $H\le G$ 和任意 $a\in G$，记 $aH=\{ah\mid h\in H\}$ 与 $Ha=\{ha\mid h\in H\}$，我们称 $aH$ 是 $H$ 的左陪集，$Ha$ 是 $H$ 的右陪集，类似可以定义左右陪集 $aHb=\{ahb\mid h\in H\}$.

特别如果 $H$ 有限，则它的所有左陪集和右陪集大小都与它自己相等.（这是容易证明的）

Examples [一些例子].

  • 对于正整数 $k$ 和 $n$，考虑模 $n$ 余 $k$ 的同余类 $\{k+an\mid a\in\mathbb Z\}$，它是 $n\mathbb Z$ 在 $\mathbb Z$ 中的左陪集，因为 $\{k+an\mid a\in\mathbb Z\}=k+n\mathbb Z$.
  • 对于正 $n$ 边形的对称群 $\mathsf D_n$，考虑其所有的旋转构成的子群 $\mathsf C_n$，任取 $\mathsf D_n$ 中的一个对称操作 $f$，则 $f\mathsf C_n$ 是 $\mathsf C_n$ 的一个左陪集，它是 $\mathsf D_n$ 中所有的对称操作.

注意力惊人的大家应该发现了：上面两个例子中，所有模 $n$ 的同余类将整数集划分为了 $n$ 个部分；$\mathsf C_n$ 和 $f\mathsf C_n$ 正好不重不漏地覆盖了 $\mathsf D_n$ 中的每一个元素. 那对于一般情况是否有类似的规律呢？下面所述的 Lagrange 定理描述了这一现象.

Theorem [Lagrange 定理]. 若 $H$ 是 $G$ 的子群，则 $H$ 的所有不同的左陪集（右陪集）给出了 $G$ 的一个划分，我们将划分类的个数记作 $[G:H]$.

Proof. 这里只对于左陪集证明该命题，右陪集的情况类似可证.

由于 $a=ae\in aH$，故 $H$ 所有的左陪集可以覆盖 $G$，只需说明任意两个不同的左陪集都完全不相交.

使用反证法. 如果 $aH\ne bH$ 但是它们有相交的部分，取 $g\in aH\cap bH$，则存在 $h_1,h_2\in H$ 使得 $g=ah_1=bh_2$.

注意到 $aH=\{ah\mid h\in H\}=\{b(h_2h_1^{-1}h)\mid h\in H\}$，而 $h_2h_1^{-1}h\in H$，故 $aH\subseteq bH$，同理可证 $bH\subseteq aH$，从而 $aH=bH$. 矛盾！$\Box$

而且我们还可以得到：

Proposition [左陪集两两不交]. 如果 $H$ 是 $G$ 的子群，$a,b\in G$，则左陪集 $aH$ 和 $bH$ 要么相等，要么完全不相交；且它们相等当且仅当 $a^{-1}b\in H$.

对于有限群，Lagrange 定理还可以有如下强大的推论：

Corollary [子群的阶数]. 如果 $G$ 是有限群，$H$ 是 $G$ 的子群，则 $H$ 所有左陪集将 $G$ 划分为了大小相同（都为 $|H|$）的多个部分，故划分个数 $[G:H]=|G|/|H|$. 特别地，$G$ 所有子群的阶数都整除 $G$ 的阶数.

元素的阶数

Definition [群内元素的阶]. 如果 $G$ 是一个群，$a\in G$，那么定义 $a$ 的阶数 $\mathsf{ord}\ a$ 是最小的正整数 $p$，使得 $a^p=e$. 如果不存在则定义 $\mathsf{ord}\ a=\infty$. 如果 $\mathsf{ord}\ a$ 有限则称 $a$ 是挠元，否则称 $a$ 是无挠的. 特别地，当 $G$ 是交换群时，所有的挠元构成 $G$ 的子群，记作 $\mathsf{Tor}(G)$.

Remark. $a^n=e$ 可以看作是对 $a$ 的一种限制，所以阶数有限的元素称为挠元.

Proposition [阶的简单性质]. 如果 $G$ 是一个群，$a\in G$ 的阶有限，那么：

  1. 对于整数 $p$，$a^p=e$ 当且仅当 $p$ 整除 $\mathsf{ord}\ a$.
  2. 对于整数 $k$，$a^k$ 的阶与 $a$ 的阶有如下关系：$\mathsf{ord}\ a=\gcd(k,\mathsf{ord}\ a)\cdot\mathsf{ord}\ a^k$.

Sketch of Proof. 对于第一个命题，右推左是显然的，左推右可以设 $p=q(\mathsf{ord}\ a)+r$ 其中 $0\le r<\mathsf{ord}\ a$ 然后从 $\mathsf{ord}\ a$ 的最小性下手；对于第二个命题，直接对 $k$ 和 $\mathsf{ord}\ a$ 使用 Bézout 定理即可. $\Box$

下面是一个经典的命题，可以利用 Lagrange 定理证明：

Proposition. 若 $G$ 是有限群且 $|G|=n$，则对于任意 $a\in G$，都有 $a^n=e$.

Proof. 令 $p=\mathsf{ord}\ a$，则我们需要证明 $p\mid n$. 令 $G$ 的子集 $H=\{e,a,a^2,\cdots,a^{p-1}\}$，则容易验证 $H\leq G$. 从而由 Lagrange 定理知 $p=|H|$ 整除 $n=|G|$. 证毕. $\Box$

以及初等数论中的 Euler 定理，现在也可以利用群论知识证明.

Theorem [Euler]. 如果 $n\ge 2$ 是正整数，$a$ 与 $n$ 互素，则 $a^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod n$，其中 $\varphi$ 是 Euler-$\varphi$ 函数.

Proof. 对 $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$ 中的元素使用上面的命题即可. $\Box$

两个经典的反例

Conjecture. 对于任意群 $G$，如果 $a,b\in G$ 都是挠元，那么 $ab$ 也是挠元吗？

Answer. 不一定. 考虑 $\mathsf{SL}_2(\mathbb Z)$ 为所有二阶行列式为 $1$ 的整数矩阵构成的集合，它在乘法运算下构成一个群. 考虑其中的元素： $$A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}0&1\\-1&-1\end{pmatrix}$$ 则 $\mathsf{ord}\ A=4$ 且 $\mathsf{ord}\ B=3$. 但是 $AB$ 是特征值为 $1$ 的 Jordan 块，并不是挠元. $\Box$

Conjecture. 对于任意无限群 $G$，其中必存在无挠元吗？

Answer. 不一定. 对于正整数 $n$，定义 $\mathsf C_n$ 是所有 $n$ 次单位根在乘法下构成的群，取： $$G=\bigcup_{n=1}^\infty\mathsf C_n$$ 则 $G$ 也构成一个群（因为 $n$ 次单位根乘以 $m$ 次单位根一定是 $nm$ 次单位根），但是 $G$ 中元素的阶都是有限的，所以不存在无挠元. $\Box$

Remark. 对于上一题中所取的群 $G$ 和素数 $p$，我们定义： $$ G_p=\{g\in G\mid\exists n\in\mathbb N,\text{ s.t. }\mathsf{ord}\ g=p^n\}=\bigcup_{n=0}^\infty\mathsf C_{p^n} $$ 则 $G_p$ 是 $G$ 的无限子群，而且 $G_p$ 没有无限的真子群. 上面的 $G_p$ 被称为 Prüfer 群.

留给读者的练习

Problem 1. 任意双射 $f\in\mathsf S_n$ 都可以对应 $1,2,\cdots,n$ 的一个排列，即 $f(1),f(2),\cdots,f(n)$. 我们记它的逆序对个数为 $N(f)$，并定义 $f$ 的符号是 $\mathsf{sgn}\ f=(-1)^{N(f)}$，证明：$\mathsf S_n$ 中所有符号为 $1$ 的元素构成了 $\mathsf S_n$ 的子群. 我们称其为交错群，记作 $\mathsf A_n$.

Problem 2. 若 $A$ 是二阶整数矩阵，且 $\det A$ 不是 $3$ 的倍数，令 $B=A^{48}=(b_{ij})_{2\times 2}$. 证明：$b_{11}$ 和 $b_{22}$ 都模 $3$ 余 $1$，且 $b_{12}$ 和 $b_{21}$ 都是 $3$ 的倍数.