子群的陪集-》群的拉格朗日定理

子群的陪集(子群的陪集其实是对母群的一个划分)：

$$定理一：一个子群的任意两个陪集要么相等，要么不相交$$
先讨论左陪集，右陪集的性质类似
G = < N 6 , + 6 > 的 子 群 H = < N 2 , + 6 > 在 G 中 的 左 陪 集 G = { 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } , H = { 0 , 1 , 2 } 0 H = { 0 , 2 , 4 } 1 H = { 1 , 3 , 5 } 2 H = { 2 , 4 , 0 } 3 H = { 3 , 5 , 1 } 4 H = { 4 , 0 , 2 } 5 H = { 5 , 1 , 3 } 可 见 ， 0 H = 2 H = 4 H = { 0 , 2 , 4 } , 1 H = 3 H = 5 H = { 1 , 3 , 5 } 任 意 两 个 左 陪 集 要 么 相 等 ， 要 么 不 相 交 ， 观 察 元 素 和 陪 集 结 果 ， 实 际 上 a H = b H 当 切 仅 当 a ∈ b H , a H ∩ b H = ∅ , 当 切 仅 当 a ∉ b H 证 明 ： { 1. { 必 要 性 ： 已 知 a H = b H , e ∈ H , 于 是 a = a ∗ e ∈ a H , 所 以 a ∈ b H 充 分 性 ： 设 a ∈ b H ( 往 证 a H = b H ) 先 证 a H ⊆ b H ( 另 一 半 同 理 ) , 设 任 意 x ∈ a H , ∃ h ∈ H , x = a h , 又 假 设 a ∈ b H , ∃ h ′ s . t . a = b h ′ , 于 是 x = a h = ( b h ′ ) h ∈ b h 2. { 必 要 性 ： 已 知 a H ∩ b H = ∅ , 假 设 a ∈ b H , a = a ∗ e ∈ a H , a ∈ a H ∩ b H , 与 a H ∩ b H = ∅ 充 分 性 ： 已 知 a ∉ b H ， 往 证 a H ∩ b H = ∅ , 假 设 a H ∩ b H = ∅ , 则 ∃ x ∈ 交 集 ， 则 ∃ h ， h ′    s . t . x = a h = x = b h ′ 。 a = b h ′ h − 1    , 所 以 a ∈ b H 与 已 知 矛 盾 G=<N_6,+_6>的子群H=<N_2,+_6>在G中的左陪集\\ G=\{ 0, 1,2,3,4,5\},H=\{0,1,2\}\\ 0H=\{ 0, 2,4 \}\\ 1H=\{ 1, 3,5 \}\\ 2H=\{ 2, 4,0 \}\\ 3H=\{ 3, 5,1 \}\\ 4H=\{ 4, 0,2\}\\ 5H=\{ 5, 1,3 \}\\ 可见，0H=2H=4H=\{ 0, 2,4 \},1H=3H=5H=\{ 1, 3,5 \}\\ 任意两个左陪集要么相等，要么不相交，观察元素和陪集结果，实际上\\ aH=bH当切仅当a\in bH,aH\cap bH=\varnothing,当切仅当a\not\in bH \\ 证明：\\ \left\{\begin{array}{l}1.\left\{\begin{array}{l}\mathrm{必要性}：\mathrm{已知}aH=bH,e\in H,\mathrm{于是}a=a\ast e\in aH,\mathrm{所以}a\in bH\\\mathrm{充分性}：设a\in bH(\mathrm{往证}aH=bH)\mathrm{先证}aH\subseteq bH(\mathrm{另一半同理}),\mathrm{设任意}x\in aH,\exists h\in H,x=ah,\mathrm{又假设}a\in bH,\exists h's.t.a=bh',\mathrm{于是}x=ah=(bh')h\in bh\end{array}\right.\\2.\left\{\begin{array}{l}\mathrm{必要性}：\mathrm{已知}aH\cap bH=\varnothing,\mathrm{假设}a\in bH,a=a\ast e\in aH,a\in aH\cap bH,与aH\cap bH=\varnothing\\\mathrm{充分性}：\mathrm{已知}a\not\in bH，\mathrm{往证}aH\cap bH=\varnothing,\mathrm{假设}aH\cap bH=\varnothing,则\exists x\in\mathrm{交集}，则\exists h，h'\;s.t.x=ah=x=bh'。a=bh'h^{-1}\;,\mathrm{所以}a\in bH\mathrm{与已知矛盾}\end{array}\right.\end{array}\right. G=<N6​,+6​>的子群H=<N2​,+6​>在G中的左陪集G={ 0,1,2,3,4,5},H={ 0,1,2}0H={ 0,2,4}1H={ 1,3,5}2H={ 2,4,0}3H={ 3,5,1}4H={ 4,0,2}5H={ 5,1,3}可见，0H=2H=4H={ 0,2,4},1H=3H=5H={ 1,3,5}任意两个左陪集要么相等，要么不相交，观察元素和陪集结果，实际上aH=bH当切仅当a∈bH,aH∩bH=∅,当切仅当a​∈bH证明：⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​1.{ 必要性：已知aH=bH,e∈H,于是a=a∗e∈aH,所以a∈bH充分性：设a∈bH(往证aH=bH)先证aH⊆bH(另一半同理),设任意x∈aH,∃h∈H,x=ah,又假设a∈bH,∃h′s.t.a=bh′,于是x=ah=(bh′)h∈bh​2.{ 必要性：已知aH∩bH=∅,假设a∈bH,a=a∗e∈aH,a∈aH∩bH,与aH∩bH=∅充分性：已知a​∈bH，往证aH∩bH=∅,假设aH∩bH=∅,则∃x∈交集，则∃h，h′s.t.x=ah=x=bh′。a=bh′h−1,所以a∈bH与已知矛盾​​

$$\begin{gathered} 定理二：G中的任意元素必属于且仅属于一个陪集 \\ 任取a\in G,因e\in H,于是a=a\ast e\in a\ast H, \\ 如果\exists b\in G,使得a\in bH，于是a属于aH\cap bH,根据定理一:aH\cap bH=\varnothing ,即a仅属于aH \end{gathered}$$

定 理 三 ： 有 限 群 G 的 阶 数 ∣ G ∣ = n , 子 群 H 的 阶 数 ∣ H ∣ = m , 则 m 是 n 的 因 子 ( 子 群 的 阶 数 是 群 的 阶 数 的 因 子 ) 证 明 ： 令 H = { h 1 , h 2 , … … ， h m } 构 造 H 在 G 中 的 不 同 的 左 陪 集 ， H = e ∗ H , 是 e 的 左 陪 集 设 a 1 ∈ G , a 1 ∉ H , 则 a H ∩ H = ∅ ， ∣ a 1 H ∣ = m 设 a 2 ∈ G , a 2 ∉ H ∪ a 1 H , 则 a H ∩ a 2 H ∩ H = ∅ ， ∣ a 2 H ∣ = m … … 因 为 G 为 有 限 集 合 ， 假 设 构 造 k 次 后 G = H ∪ a H ∪ a 2 H ∪ … … a k − 1 H 所 以 ∣ G ∣ = k ∗ ∣ H ∣ 定理三：有限群G的阶数|G|=n,子群H的阶数|H|=m,则m是n的因子(子群的阶数是群的阶数的因子)\\ 证明：令H=\{ h_1, h_2,……，h_m \}构造H在G中的不同的左陪集，\\ H=e*H,是e的左陪集\\ 设a_1 \in G,a_1 \not \in H,则aH\cap H=\varnothing， |a_1H|=m \\ 设a_2\in G,a_2 \not \in H \cup a_1H ,则aH\cap a_2H \cap H=\varnothing， |a_2H|=m \\ …… \\ 因为G为有限集合，假设构造k次后G=H\cup aH\cup a_2H \cup …… a_{k-1}H\\ 所以|G|=k*|H| 定理三：有限群G的阶数∣G∣=n,子群H的阶数∣H∣=m,则m是n的因子(子群的阶数是群的阶数的因子)证明：令H={ h1​,h2​,……，hm​}构造H在G中的不同的左陪集，H=e∗H,是e的左陪集设a1​∈G,a1​​∈H,则aH∩H=∅，∣a1​H∣=m设a2​∈G,a2​​∈H∪a1​H,则aH∩a2​H∩H=∅，∣a2​H∣=m……因为G为有限集合，假设构造k次后G=H∪aH∪a2​H∪……ak−1​H所以∣G∣=k∗∣H∣
定理三推论：群中元素的阶数是群的阶数的因子
n 阶 群 G 中 的 元 素 a , ∣ a ∣ 必 是 n 的 因 子 ， ∣ a n ∣ = e 证 明 ： 有 限 群 中 元 素 的 阶 数 都 是 有 限 的 ， 设 a m = e 构 造 集 合 H = { a , a 2 , … … ， a m } ( 往 证 H 是 G 的 子 群 ) a i , a j ∈ H { i + j ≤ m , a i + j ∈ H m < i + j ≤ 2 m , a i + j = a m + t = e ∗ a t ∈ H H 是 G 的 子 群 且 ∣ H ∣ = m = ∣ a ∣ 由 拉 格 朗 日 定 理 得 群 中 元 素 的 阶 数 是 群 的 阶 数 的 因 子 n阶群G中的元素a,|a|必是n的因子，|a^n|=e\\ 证明：有限群中元素的阶数都是有限的，设a^m=e\\ 构造集合H=\{ a,a^2,……，a^m\}\\ (往证H是G的子群) a^i,a^j\in H\left\{\begin{array}{l}{}^{i+j\leq m,a^{i+j}}\in H\\m<i+j\leq2m,a^{i+j}=a^{m+t}=e\ast a^t\in H\end{array}\right.\\ H是G的子群且|H|=m=|a|\\ 由拉格朗日定理得群中元素的阶数是群的阶数的因子 n阶群G中的元素a,∣a∣必是n的因子，∣an∣=e证明：有限群中元素的阶数都是有限的，设am=e构造集合H={ a,a2,……，am}(往证H是G的子群)ai,aj∈H{ i+j≤m,ai+j∈Hm<i+j≤2m,ai+j=am+t=e∗at∈H​H是G的子群且∣H∣=m=∣a∣由拉格朗日定理得群中元素的阶数是群的阶数的因子