陪集和拉格朗日定理

陪集可以说是群论中重要的一环。它是一种由群自然而生的分解结构。

我认为其实前面一些问题已经体现出了这种分解结构的必然出现。对于一个群$G$来说，使用其中一个元素$g$，作用到整个群上面，相当于对群的重排，即$gG=G$。

对子群来说，同样成立，如果有子群$H$，使用其中一个元素$h\in{}H$。那么显然有$hH=H$，且对于不同的$h_1,h_2\in{}H$，必然有$hh_1\ne{}hh_2$。如果使用$G$中元素$g$，虽然$gH$不一定是子集。但是可以说明若$g_2\in{}g_1H$，那么存在$h_1\in{}H$，有$g_2=g_1h_1$，这说明$g_1=g_2h_1^{-1}$。所以对于$g_1H$有

这说明$gH$中的元素作用在$H$上都给出了相同结构，而不在$gH$中元素则必然不同。当然这样的描述是不够的，远不比书中的版本严谨。

书中是先从等价关系来出发的。最后再去详细定义为什么由陪集结构（因为等价关系产生划分），然后给出了陪集的性质以及结构。从等价关系出发，可以给出这种划分的必要性，同时也描述了陪集结构的另一个侧面。这个描述完定义再说。

证明$\sim_L$是等价关系，只要说明关系满足，自反，传递，对称即可：

• 自反性：因为$a^{-1}a=e\in{}H$，所以$a\sim_La$。
• 对称性：假设$a\sim_Lb$，则有$a^{-1}b\in{}H$，因为$H$是子群，所以$(a^{-1}b)^{-1}=b^{-1}a\in{}H$。进而有$b\sim_La$。
• 传递性：假设有$a\sim_Lb,b\sim_Lc$，则有$a^{-1}b\in{}H,b^{-1}c\in{}H$。所以有$(a^{-1}b)(b^{-1}c)=a^{-1}c\in{}H$。这说明$a\sim_Lc$。

这说明$\sim_L$确实是等价关系。等价关系进而会给出划分，将$G$分成块。而这些分出的块就是一个个陪集，由与其中某一个元素$a$等价的所有元素$x$给出。然后可以说明这些等价元素的集合可以由$aH$给出。所有跟$a$等价的元素$x$，满足$a^{-1}x\in{}H$，这当且仅当有一个$h\in{}H$满足$a^{-1}x=h$，这说明$x=ah$。即所有等价元素都由$ah,h\in{}H$给出。

但是等价关系给出了陪集的另一个侧面。

• 陪集可由$gH,g\in{}G$给出。
• 在同一个陪集中的元素$a,b$满足一个等价关系，同时有$a^{-1}b\in{}H$。
• 因为满足等价关系划分，所以不同$g_1,g_2$给出的$g_1H,g_2H$两个子集要么完全相同，要么完全不同。不会出现非空交集。

伴随着陪集概念最重要的定理，就是拉格朗日定理。揭示了群和子群之间阶的关系。

证明简略描述，给定一个$a\in{}G$，可以定义一个映射$f(h)=ah，h\in{}H$，这个给出了一个$H\to{}aH$上的映射。可以说明这是一个一一到上的映射。

• 任意不同的$h_1,h_2\in{}H$。显然$ah_1\ne{}ah_2$。这说明$f$是一个单射。
• 任意$b\in{}aH$。这说明存在一个$h\in{}H$有$b=ah$因此$b=f(h)$。这说明$f$是一个满射。

这个一一到上的映射，说明了$H,aH$有相同的基数。

这是由上面定理的一个直接结果。设$H$的阶为$m$，$r$是划分为左陪集的个数。那么显然群$G$的阶$n$有$n=rm$。所以$m$是$n$的因数。

指数$(G:H)$可以是有限的，也可以是无限的。如果$G$是有限的，那么显然$(G:H)=|G|/|H|$。

值得说明的是，针对一个子群$H$的左陪集概念对应的也有一个右陪集概念。仿照前面左陪集的定义，可以再定义一个右陪集的等价关系。

左陪集等价关系：

右陪集等价关系：

可以简单的发现包含$a$的$H$的右陪集即$Ha=\{ha|h\in{}H\}$。

在交换群中，右陪集和左陪集是相同的，但对于非交换群它们通常是不同的。如果左右陪集相同，可以忽略左右，只说陪集。

后面可以看到，针对陪集概念，将陪集集合定义为一个新的元素。并将陪集之间的运算定义为$(aH)(bH)=(ab)H$，这样陪集元素集合会构成一个新的群。此即商群。当然这需要说明$(aH)(bH)=(ab)H$的运算是成立的，且是良好的。即等式成立，且针对所有陪集运算可行。

大致来说来自于同态的特性。因为$\phi(a)=\phi(b)$，根据同态结构，有$\phi(a)^{-1}\phi(b)=\phi(a)\phi(b)^{-1}=e'$。而同态保持对逆元的映射。所以有$a^{-1}b=ab^{-1}\in{}Ker(\phi)$。这正满足了$Ker(\phi)$的左右陪集等价关系。

问题思考

陪集相关问题非常多，这里只说部分。相关很多细节记录在笔记本上。

显然这两个方向互为逆命题。

我们先说明第一个。我们尝试说明属于$gH$的也属于$Hg$，然后反方向也成立。进而说明$gH=Hg$。

设$gh_1\in{}gH$，由命题条件可知，对于给定的$g$和$h_1$有$gh_1g^{-1}\in{}H$，这说明$gh_1g^{-1}=h_2\in{}H$。即有$gh_1=h_2{}g$。这说明$gh_1\in{}Hg$。同时反方向也成立，命题得证。

通过等价关系的方式也可以说明。对于任何$b\in{}gH$，说明有$g^{-1}b\in{}H$。由命题条件可以得到$g(g^{-1}b)g^{-1}=bg^{-1}\in{}H$。而这正是$b$与$g$之间的等价关系成立方式。

再说明第二个。划分为$H$的左陪集与右陪集都相同。说明给定任意的$g$都有$gH=Hg$。在此情况下，任意的$h_1,h_2\in{}H$有$gh_1=h_2g$。这说明必然有$gh_1g^{-1}=h_2\in{}H$。

这个问题说明了左右陪集的等价条件。如果群$G$可交换，则必然有$g^{-1}hg=g^{-1}gh=h\in{}H$。所以交换群必然左右陪集等价。但是这个条件明显看上去更宽一些。

这个主要是考察对左右陪集相等情况。基本还是从定义出发。前面可以看到对于对于$aH=bH$来说，说明有：

• $a^{-1}b\in{}H,b^{-1}a\in{}H$。
• 对于任意$h_1\in{}H$，存在$h_2\in{}H$，有$ah_1=bh_2$。即$b=ah$或者$a=bh$。

现在来看命题。

• 错误，这个成立，等价于说明，同一左陪集中的元素，必然也在同一右陪集中H。虽然这个左右陪集不一定相同。根据上面的第二点可以得到$b=ah$，所以有$ba^{-1}=aha^{-1}$要属于$H$。而这个不一定成立。 举例说明，非交换群$D_3$群。$D_3=\{i,\mu,\rho,\rho_2,\mu\rho,\mu\rho_2\}$，子群$H=\{i,\mu\}$。$a=\rho,b=\mu\rho_2$。显然$aH=bH$。但是$Ha=\{\rho,\mu\rho\},Hb=\{\mu\rho_2,\rho_2\}$。并不相等。
• 正确，显然$b\in{}Hb=Ha$。
• 正确，根据上面有$a^{-1}b\in{}H$。所以就有$a^{-1}(b^{-1})^{-1}=a^{-1}b\in{}H$，进而有$Ha^{-1}=Hb^{-1}$。
• 错误，先说明例子，依然是$D_3$群。$a=\rho,b=\mu\rho_2$，则$a^2=\rho^2,b^2=i$。显然$a^2H\ne{}b^2H$。 根据上面来说，右侧要求成立，需要有$a^{-2}b^2\in{}H$。左侧条件有$a^{-1}b=h_1\in{}H$。即要求有$a^{-1}h_1b\in{}H$。

这个问题主要是说明切好包含一个二阶元。

实际上根据有限生成群相关定理，可以快速得到结论。因为$n$是奇数，这说明群$G$的阶一定表示为$2p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots{}p_n^{r_n}$。利用初等因子表示，可以得到$G$同构意义下一定同构于$\mathbb{Z}_2\times\cdots$一类的直积群，显然$G$只有一个同构于$\mathbb{Z}_2$的子群。

现在来说明一下，假如有两个二阶元，设为$a,b$。那么有$a^2=b^2=e$。现在考虑元素$t=ab$，因为是交换群可以发现$t^2=abab=a^2b^2=e$。同时$ta=aba=b,tb=ab^2=a$。这说明$e,a,b,t$可以组成一个子群$H$，但$|H|=4$，根据拉格朗日定理$|H|$应该能整除$2n$。但是$n$是奇数，矛盾。所以不能存在两个以上二阶元。

先说明前半部分。假设可以写成两个真子群的并。即$G=H_1\cup{}H_2$，如图：

这说明对于任意$g\notin{}H_1,g\in{}H_2$，同时由陪集特性知道$gH_1\subseteq{}H_2$。 这说明对于任意$h_1\in{}H_1$，存在$h_2\in{}H_2$有$gh_1=h_2$，即$h_1=g^{-1}h_2$。因为$H_2$是个子群，所以$g^{-1}$也属于$H_2$，这说明任意$h_1$中元素也属于$H_2$，即$H_1\subseteq{}H_2$。实际上$gH_1\subseteq{}H_2$可知$H_1\subseteq{}g^{-1}H_2=H_2$。

而$G=H_1\cup{}H_2=H_2$。与$H_2$是真子群矛盾。所以无法写成两个真子群的并。实际上可以发现，这个推到结论也可以说明$H_2\subseteq{}H_1$，即$H_1=H_2$。

而改为“三”，首先有例子说明是可以的，即克莱因四元群，$\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_2$。

每一个都是一个二元群。如果相同证明出发，即$G=H_1\cup{}H_2\cup{}H_3$。可以说明对于$g\notin{}H_1,gH_1\subseteq{}H_2\cup{}H_3$。但是并无法说明$H_1$是某个群的子群，因为$g^{-1}$可能在$H_2$或$H_3$中。