陪集与 Lagrange 定理：把群分成等大的块

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从整数同余看陪集 #

整数按模 $3$ 的余数分成三类：$3\mathbb Z$、$1+3\mathbb Z$、$2+3\mathbb Z$。每类都是子群 $3\mathbb Z$ 的一个平移；同一类有许多代表，例如 $1+3\mathbb Z=4+3\mathbb Z$。

群中也可以这样平移子群，只是一般不能交换乘法次序。设 $H\le G$，$g\in G$，定义

$$gH=\{gh:h\in H\},\qquad Hg=\{hg:h\in H\}.$$

它们分别称为 $H$ 的左陪集和右陪集。左、右说的是代表元 $g$ 放在哪一侧。陪集是 $G$ 的子集，$g$ 是一个代表元；二者不要混为一谈。

陪集一般不是子群。事实上 $gH$ 是子群当且仅当 $g\in H$：若是子群，必有 $e\in gH$，于是 $e=gh$ 给出 $g=h^{-1}\in H$；反之 $g\in H$ 时 $gH=H$。

判别同一块，再证明划分 #

对任意 $a,b\in G$，

$$aH=bH\quad\Longleftrightarrow\quad a^{-1}b\in H.$$

若陪集相同，则 $b\in aH$，故 $b=ah$。反过来，若 $b=ah$ 且 $h\in H$，则 $bH=ahH=aH$，因为 $hH=H$。

这也可以写为 $b^{-1}a\in H$，因为子群对逆元封闭；但不能随意把它改成 $ab^{-1}\in H$。右陪集的对应判据是

$$Ha=Hb\quad\Longleftrightarrow\quad ab^{-1}\in H.$$

左陪集把 $G$ 划分为互不相交的块。首先 $g=ge\in gH$，所以所有元素都被覆盖。其次，若 $x\in aH\cap bH$，写成 $x=ah_1=bh_2$，便有 $a^{-1}b=h_1h_2^{-1}\in H$，故 $aH=bH$。因此两个左陪集只可能完全相同或互不相交。

映射 $h\mapsto gh$ 是 $H$ 到 $gH$ 的双射，逆映射是 $x\mapsto g^{-1}x$。所以每个左陪集与 $H$ 等大。右陪集也有同样的结论；以上论证没有使用有限性。

指数与 Lagrange 定理 #

不同左陪集的个数称为 $H$ 在 $G$ 中的指数，记为 $[G:H]$。右陪集个数相同：取逆把左陪集 $gH$ 变成右陪集 $Hg^{-1}$，再取逆即返回原集合，因而得到双射。

现在才假设 $G$ 有限。将所有不同左陪集记作 $g_1H,\ldots,g_rH$，其中 $r=[G:H]$。它们互不相交、覆盖 $G$，且每块有 $|H|$ 个元素，因此

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

这就是 Lagrange 定理，特别地 $|H|\mid |G|$。证明真正使用的是“划分”和“每块等大”，并未要求群交换，也未要求左右陪集相同。

从子群的阶回到元素的阶 #

对 $a\in G$，取 $H=\langle a\rangle$，利用 $|\langle a\rangle|=\operatorname{ord}(a)$，得到

$$\operatorname{ord}(a)\mid |G|,\qquad a^{|G|}=e.$$

若 $|G|=p$ 是素数，任选 $a\ne e$。它的阶大于 $1$ 又整除 $p$，只能等于 $p$，所以 $G=\langle a\rangle$。这证明了每个素数阶群都是循环群。

不要把必要条件倒过来：$d\mid |G|$ 不保证存在 $d$ 阶元素。例如四元素群 $\mathbb Z/2\mathbb Z\times\mathbb Z/2\mathbb Z$ 中，每个非零元素的阶都是 $2$，没有 $4$ 阶元素。关于某阶子群是否存在，Lagrange 定理本身也不提供逆向保证。

更细的幂阶公式和循环群计数见群元素的阶。

左右陪集为何要分开 #

在 $S_3$ 中按从右到左的顺序复合置换。取 $H=\{e,(12)\}$，$g=(123)$。直接计算得

$$gH=\{(123),(13)\},\qquad Hg=\{(123),(23)\}.$$

两个集合不相同。这里的三循环 $(123)$ 将 $1,2,3$ 依次送到 $2,3,1$；换位 $(ij)$ 交换 $i,j$。

左右陪集数量相同，并不意味着同一个代表元对应的左右陪集相同。后一个性质正是下一节引入正规子群的起点。

三道自检 #

1. 在循环群中实际分块 #

设 $G=\langle a\rangle$ 的阶为 $12$，$H=\langle a^4\rangle$。写出所有不同陪集及指数。

解答

$H=\{e,a^4,a^8\}$。四个陪集是 $a^rH=\{a^r,a^{r+4},a^{r+8}\}$，其中 $r=0,1,2,3$。指数为 $4$，且 $12=4\cdot3$。指数记录块数，$|H|=3$ 记录每块大小。

2. 无限群能否有有限指数 #

计算 $[\mathbb Z:3\mathbb Z]$ 与 $[\mathbb Z:\{0\}]$，解释为什么不能用“无限除以无限”计算指数。

解答

前者为 $3$，陪集按模 $3$ 余数分类；后者为无限，每个整数单独构成一个陪集。$\mathbb Z$ 与 $3\mathbb Z$ 都是可数无限集，但指数由陪集划分决定，不能把有限群的整数商公式当作无穷量的除法。

3. 指数为二为什么特别 #

设 $[G:H]=2$。证明每个 $g\in G$ 都满足 $gH=Hg$，不要求 $G$ 有限。

解答

若 $g\in H$，两边都等于 $H$。若 $g\notin H$，左陪集划分只有 $H$ 和 $gH$，故 $gH=G\setminus H$；右陪集也恰有两个，同理 $Hg=G\setminus H$。于是两者相等。用的是指数为二，而不是子群的阶为二。

继续到商群 #

已经知道可以把群分块，下一步是问：能否直接对这些块做乘法？答案需要检查代表元变化是否影响结果，见同态、正规子群与商群。

教材定位：丘维声《近世代数》（北京大学出版社，2015 年第 1 版）§1.4，第 42—43 页；指数为二的正规性见 §1.6，第 54 页。本文先用左陪集组织证明，教材在相应段落先介绍右陪集；判别式须随方向一起改变。