陪集与 Lagrange 定理：把一个群分成等大的块

子群能有多少个元素？假如一个群有十八个元素，能不能从中挑出五个，仍然组成子群？单看“对子群的运算封闭”这句话，还很难立刻作出判断。

这一章要做的，是把子群搬到群里的不同位置。搬过去的集合叫陪集。它们不会只重合一部分，而且每一块都和原来的子群一样大。这些事实合在一起，才会给出对子群大小的限制。我们也会看清这条限制的边界：排除了不可能的大小，不等于保证剩下的大小都能实现。

本章沿用前面的乘法约定：$ab$ 是群里的运算；若元素是变换，则先作用右边的 $b$，再作用 $a$。在 $\mathbb Z_n$ 中用加法记号，所有结果按模 $n$ 计算。$e$ 是单位元，$H\le G$ 表示 $H$ 是 $G$ 的子群。

4.1 平移的是整个子群

考虑模 15 的加法群，取

集合中的每个元素都加上 2，得到

这里的加号并不是把一个数加到“集合的总和”上，而是对集合中的每个元素分别执行一次加法。换成加 7，则

两个代表元不同，结果却是同一个集合。$2+H$ 有三个元素，不是一个新数；这是后面容易混淆的地方。

图中两种平移把原来的三个元素送到同一组落点。比较结果时看集合里有哪些元素，不把访问顺序当成区别。

一般地，设 $H\le G$，给定 $g\in G$，定义左陪集

以及右陪集

“左”和“右”说的是代表元 $g$ 放在哪边，并不是图上画在左边或右边。固定 $g$，让 $h$ 遍历整个 $H$。在阿贝尔群中 $gh=hg$，所以左右陪集相同；一般群没有这个保证。

注意 $e\in H$，于是 $g=ge\in gH$。每个代表元都在自己命名的陪集里，而 $eH=H$。如果 $h_0\in H$，那么 ：一方面 给出包含；另一方面任意 都可写成 ，括号里仍在 。

完整算出一次划分

仍取 $\mathbb Z_{15}$ 和 $H=\{0,5,10\}$。列陪集时，不必对十五个代表元重复十五遍。每得到一块，就把已出现的元素划掉。

这次计算给出了五个不同陪集。后面会证明这种“不重复、不遗漏”的现象对任何子群都成立。

陪集通常不是子群

集合 $2+H=\{2,7,12\}$ 没有加法单位元 $0$，因此不是 $\mathbb Z_{15}$ 的子群。它的元素个数和 $H$ 相同，并不能弥补这一点。

事实上，陪集 $gH$ 是子群，当且仅当 $g\in H$，此时它就是 $H$。若 $gH$ 是子群，它必须含 $e$，于是 $e=gh$ 对某个 成立，故 。反过来，刚才已经证明 时 。

4.2 为什么不会只重合一部分

试着平移一个任意集合，就知道刚才的现象并不当然成立。在 $\mathbb Z_{15}$ 中取 $A=\{0,1\}$，有

它们只在 $1$ 处相交。$A$ 不是子群，后面的结论不能用在它身上。

设现在确实有 $H\le G$。如果两个左陪集 $aH,bH$ 有公共元素 $x$，则可以分别写成

右乘 $h_1^{-1}$ 得到 $a=b(h_2h_1^{-1})$。这一行并未把 交换位置；它只是将 写成了 乘上一个 中的元素。对任意 ，有

因为括号里的三个因子及其乘积都在 $H$ 中。于是 $aH\subseteq bH$。从 $b=a(h_1h_2^{-1})$ 出发，完全同样地得到 ，因此 。

这就证明了：同一子群的两个左陪集，要么相等，要么不相交。 加上每个 $g\in G$ 都在 $gH$ 里，全部不同左陪集就构成 $G$ 的一个划分。这里没有用到 $G$ 有限，也没有用到交换律。

仍用模 15 的 $H=\{0,5,10\}$，每个余数只落进一块。换一个已经出现过的数作代表元，只会重新命名原有的块；这正是刚才证明的划分性质。

不必每次都展开两个集合

有时群很大，逐个列出陪集并不现实。下面的判据能把集合相等改成一次群运算：

若 $aH=bH$，由于 $a\in aH$，必有 $a=bh$，从而 $b^{-1}a=h\in H$。反向若 ，则 。于是任意 都属于 ；又因 ，另一方向也成立。

你也可能见到 $a^{-1}b\in H$。两个写法等价，因为它们互为逆元，而子群对逆元封闭。不过，不能随意改成 $ab^{-1}\in H$；后者对应的是右陪集判据。

在加法群中，这条式子变成

因此在 $\mathbb Z_{15}$ 中，$12+H=2+H$，是因为 $12-2=10\in H$。若比较 与 ，差为 ，两块便完全不相交，无须重新写出全部元素。

和等价关系接起来

还可以直接定义 $a\sim b$ 当且仅当 $b^{-1}a\in H$。它确实是等价关系：

• 自反性来自 $a^{-1}a=e\in H$。
• 对称性来自 $(b^{-1}a)^{-1}=a^{-1}b\in H$。

$a$ 所在的等价类正是 $aH$。这里再一次用到了子群的单位元、逆元和乘法封闭性。离散数学里“等价关系产生划分”的结论，落到群上便有了这套具体算法。

把代表元换几次

下面的实验使用模 $n$ 加法群。暂时设 $n=12$、生成元为 $4$，于是 $H=\{0,4,8\}$。还没操作时，试着判断代表元 $1$ 和 $5$ 会不会产生不同的块。

选取 $1$，把这一块加入划分；再选 $5$。实验应提示它已出现，因为 $5-1=4\in H$。继续选尚未覆盖的余数，直到划分完成，观察每一块的大小和不同块的数量。随后把生成元改成 $0$，子群只有 $\{0\}$，每个余数便各占一块；改成 $1$，整个群只有一块。它们都满足刚才的论证，只是子群的大小不同。

实验穷举的是有限个余数。证明解释了它为何不会漏算，也解释了同样的结论为什么不依赖这一次选定的 $n$。

4.3 左右陪集：数量相同，成员未必相同

用前面见过的正方形对称群 $D_4$ 作一次检查。这里 $D_4$ 有八个元素，$r$ 表示逆时针旋转 $90^\circ$， 表示关于固定竖直轴反射。关系为

每个元素都能唯一写成 $r^ks^\varepsilon$，其中 $k\in\{0,1,2,3\}$、$\varepsilon\in\{0,1\}$。本章只使用第 3 章已推导的这些关系；有些资料将这个八阶群记为 ，这里的下标统一表示正多边形的边数。

取 $H=\langle s\rangle=\{e,s\}$。左陪集 $rH$ 很容易算：

而右陪集要把 $r$ 放到每个元素右边：

$sr=r^3s$ 这一处，正是左右两边产生差别的原因。两个集合都有两个元素，但第二个元素不同。

两边共同出现的 $r$ 来自单位元，另一个成员却分别是 $rs$ 与 $r^3s$。代表元相同、集合大小相同，都不足以推出左右陪集相等。

全部陪集可以排成下面的表。同一行使用相同代表元，不能把它理解成两列集合一定相等。

每一列各自构成一个划分。左右两列混在一起时，却可能部分重合，例如 $rH\cap Hr=\{r\}$。上一节的“不交或相等”说的是同为左陪集，或者同为右陪集；没有允许把两类随意混用。

两边为什么仍然一样多

在上面的例子中，两边恰好都是四块。一般地，取一个左陪集 $aH$，把其中每个元素都取逆：

最后一步用了“$h^{-1}$ 遍历 $H$”。所以集合取逆会把左陪集变成右陪集；再取逆又回到原来的左陪集。这就给出了两个陪集族之间的双射，证明它们数量相等，对无限群也成立。

这个映射是

不是 $aH\mapsto Ha$。后一个式子甚至可能因代表元不同而给出不同答案。看 $D_4$ 的同一陪集 $rH=(rs)H$：若用错误规则，分别得到 $Hr=\{$ 和 ，它们不同。同一个输入集合得到两个输出，便不能叫作一个函数。以后构造商群时，我们还会反复检查这种问题。

图中的取逆同时改变因子次序和代表元：$(ah)^{-1}=h^{-1}a^{-1}$。再对整个结果取逆，就回到原来的左陪集，因此没有哪一块会被漏掉或重复配对。

顺序变化出现在何处

在下面的对称实验中保留 $H=\{e,s\}$，选择代表元 $r$。先预想左右两列里哪一个元素会变化，再逐项执行运算；特别留意 $rs$ 和 $sr$ 的不同结果。换成旋转子群 $\langle r\rangle=\{e,r,r^2,r^3\}$ 后，比较全部代表元，两侧陪集会一致。说明“群不交换”并不等于“每个子群的左右陪集都不同”，还要看选的是哪个子群。

实验画出了每个变换怎样作用于顶点；集合相等仍要比较整块成员，不能只看最后的图形外轮廓。正方形旋转以后外轮廓相同，顶点编号却已经改变。

4.4 从双射走到 Lagrange 定理

“所有陪集和子群一样大”需要证明。假如左乘 $g$ 会把不同元素压到同一个输出，搬过去的集合就可能变小。

设

这个映射是单射：若 $gh_1=gh_2$，左乘 $g^{-1}$ 得到 $h_1=h_2$。它也是满射，因为 中的元素按照定义就都是某个 。更直接地说，它的逆映射是 。因此 与 存在双射。

将不同左陪集的数量记为指数 $[G:H]$。前一节说明用右陪集数也得到同一个值。

现在加上关键条件：$G$ 是有限群。设不同陪集共有 $m=[G:H]$ 个，每块有 $|H|$ 个元素，划分又保证互不重叠且覆盖全部 $G$，于是

这就是 Lagrange 定理。特别地，

回到开头的十八阶群，五阶子群不可能存在，因为五不能整除十八。这个判断不需要列出群的乘法表。

证明里各条件的位置已经很清楚：$H$ 是子群保证陪集构成划分；群里的逆元保证平移是双射；$G$ 有限使最后一步成为普通整数计数。只记住“子群阶整除群阶”，容易把这些条件忘掉。

元素的阶也受到限制

设 $g\in G$。第 2 章已经证明，$g$ 的阶 $\operatorname{ord}(g)$ 恰好等于循环子群 $\langle g\rangle$ 的元素个数。把这个子群代入 Lagrange 定理，便有

若 $\operatorname{ord}(g)=d$ 且 $|G|=qd$，那么

所以有限群里的每个元素都满足 $g^{|G|}=e$。注意它只给出一个能回到单位元的指数，未必是最小的那个。例如 $\mathbb Z_{12}$ 中元素 $4$ 的阶是 $3$，虽然加十二次也会回到 。

若 $|G|=p$ 是素数，任意非单位元 $g$ 的阶既整除 $p$，又不能为 $1$，只能为 $p$。于是 $\langle g\rangle=G$：。这个结论不适用于任意合数阶群，第 2 章的单位群 就有四个元素，却不是循环群。

两个条件要一起用

设 $G$ 是十八阶群，某个 $x\in G$ 满足 $x^8=e$。可以断言 $x=e$ 吗？

如果把条件换成 $x^5=e$，阶同时整除 $5$ 与 $18$，只能为 $1$，此时才能推出 $x=e$。两道题只差一个指数，结论却不同，原因是整除关系变了。

子群链中的指数

若 $K\le H\le G$，且 $G$ 有限，则

例如在 $\mathbb Z_{24}$ 中取 $H=\langle4\rangle$、$K=\langle12\rangle$。$H$ 有六个元素， 有两个，所以 、、。可以理解为先分成四块 大小的集合，每块再分成三块 大小的集合。

这幅图中的 $H$ 就是 $\langle4\rangle$，$K=\langle12\rangle$。外层的四块，每块又含三个 $K$ 的陪集，所以最后共有 $4\times3=12$ 个小块。这里相乘的是块的数量。

还可以用整除关系识别两个子群是否可能有非平凡交集。若有限群的子群 $H,K$ 分别有 $8$ 和 $9$ 个元素，交集 $H\cap K$ 也是子群，因此它的阶同时整除 $8$、$9$，只能为 $1$。所以 。这里用到的是第 2 章的交集子群判据，并没有假定 的元素彼此交换。

4.5 整除只是必要条件

十二阶群的子群阶可能是 $1,2,3,4,6,12$。这句话应当读成：“若存在子群，它的阶必须在这张名单里。”它没有说名单里的每个数都一定出现。

第 3 章的交错群 $A_4$ 提供了反例。它包含四个字母的全部偶置换，元素类型是：

• 单位元，一个；
• 三循环，八个：从四个字母中选三个有四种选法，每组三个字母有两个方向；
• 两个不交的换位的乘积，三个。

合起来十二个。下面证明其中没有六阶子群。

指数为二时，外面只有一块

先在任意群 $G$ 中设 $[G:H]=2$。左陪集里一块是 $H$，另一块必然是补集 $G\setminus H$。右陪集也只有两块，所以对每个 $g\notin H$，

若 $g\notin H$，则 $g^{-1}\notin H$；否则对 $g^{-1}$ 再取逆，就会得 。因此 ，存在 使 。左乘 得

所以外面的元素平方以后必回到 $H$。若它恰好是三阶元素，则 $g^3=g(g^2)\in gH=G\setminus H$；可三阶又要求 ，矛盾。

假设 $A_4$ 有六阶子群 $H$，它的指数就是二，因而必须包含全部八个三循环。六个位置不可能容纳八个不同元素，矛盾。因此 $A_4$ 没有六阶子群。

这段论证真正排除的是“六阶子群存在”，不是只展示几个猜测的六元素集合失败。有限穷举也能验证，但证明说明所有可能选择为什么一并失败。

4.6 无限群里仍有陪集，但不能用无穷除无穷

在整数加法群 $\mathbb Z$ 中，$4\mathbb Z$ 是子群。它的陪集是

指数为四。每个陪集都有无限多个元素，$\mathbb Z$ 和 $4\mathbb Z$ 也都无限。不能把 $[G:H]$ 写成一次普通的“$\infty/\infty$”计算；这里的四是通过辨认不同余数类得到的。

四行分别沿整数方向无限延伸，图里只能截取有限一段。指数 4 数的是四个余数类，不是在数这段图上恰好写出的整数。

相反，$\{0\}\le\mathbb Z$ 的陪集都是单元素集 $\{a\}$，有无限多个，所以指数无限。这两个例子说明：群无限，不代表指数一定无限；子群本身无限，也不决定指数是有限还是无限。

再看 $\mathbb Z\le(\mathbb Q,+)$。对 $n\ge2$，考虑陪集 $\frac1n+\mathbb Z$。若 ，两代表元的差非零，绝对值又小于一，因此不是整数。根据加法陪集判据，这些陪集两两不同，于是 无限。

把公式送回它的条件

群阶、子群阶和指数是三件事。面对一个新问题，可以先写出群与子群，确认运算和有限性，再决定是列陪集、用相等判据，还是用整数计数。若尚未知道 $H$ 是子群，不能靠“它的元素个数能整除群阶”替它补上这个条件。

本章得到的划分还有一个自然问题：能不能把每一整块当作新对象，并定义两块相乘？在阿贝尔群的余数运算里，这很顺手；在 $D_4$ 的反射子群上，换个代表元却可能改变结果。第 6 章会把这一差别发展成正规子群和商群；在那之前，第 5 章先建立保持运算的映射，让我们有办法准确表达“两个结构相同”。

4.7 独立练习：让结论承担新的任务

练习 1 · 从陪集相等反推子群

在 $\mathbb Z_{18}$ 中，子群 $H$ 满足 $7+H=1+H$ 且 $13+H=3+H$。求可能的 ，说明为什么没有其他选择。

练习 2 · 给左右陪集换一个子群

在 $D_4$ 中取 $K=\langle r^2\rangle=\{e,r^2\}$。列出所有左陪集，判断它们是否也都是同一代表元的右陪集。解释 为什么没有生成整个 。

练习 3 · 两份约束落在同一块

设 $H,K\le G$，固定 $g\in G$。证明

并说明为什么不能把两个代表元换成任意不同的 $a,b$ 后，仍直接写 $aH\cap bK=(ab)(H\cap K)$。

练习 4 · 阶的限制够不够强

设 $|G|=25$ 且 $x^{10}=e$。证明 $x^5=e$，并构造例子说明未必有 $x=e$。若题目把 改为 ，结论怎样改变？

练习 5 · 用陪集计数重建整个群

设有限群 $G$ 有 $72$ 个元素，$H,K$ 是其中的子群，分别有 $8$、$9$ 个元素。证明每个 $g\in G$ 都能唯一写成 $g=hk$，其中 。不要假定 。

练习 6 · 指数不能靠无穷相除

在实数加法群中取子群 $\mathbb Z$。证明每个陪集都能唯一写成 $t+\mathbb Z$，其中 $0\le t<1$。据此判断指数是否有限。

练习 7 · 把三阶推广到奇数阶

证明：若 $[G:H]=2$，那么 $G$ 中每个有限奇数阶元素都属于 $H$。这个结论能推广成“每个有限阶元素都属于 $H$”吗？

如果 $H$ 没有奇数余数，则 $H=E$。如果它还含某个奇数 $a$，由于 $a-1$ 是偶数且在 $H$ 中，$1=a-(a-1)\in H$，于是 $H=\mathbb Z_{18}$。这两个集合都含 $6,10$，因此都满足原来的陪集相等条件。答案是 $E$ 或整个群。

这道题没有要求逐个猜子群；陪集判据先把信息还原成了子群中的元素，再用封闭性继续推出结果。

由 $sr^2=r^{-2}s=r^2s$，$r^2$ 与 $s$ 交换；它当然也与 $r$ 交换。因此与每个 $r^ks^\varepsilon$ 都交换，逐个相乘得到 $gK=Kg$。

$r^2$ 的幂只有 $e,r^2$，不可能产生四分之一周旋转或反射，所以生成子群只有两个元素。指数为 $8/2=4$，与列出的四块一致。

不同代表元时，交集甚至可能为空。例如在整数加法群取 $H=K=2\mathbb Z$、$a=0,b=1$。$a+H$ 是偶数，$b+K$ 是奇数，交集为空；而 $(a+b)+(H\cap K)=1+2\mathbb Z$ 不为空。关键不是符号形式相近，而是能否从同一个 $g$ 同时消去两份条件。

若 $x^6=e$，则 $d$ 同时整除互质的 $25$ 与 $6$，所以 $d=1$，此时 $x=e$。不能仅凭“有一个较小的幂等于单位元”判断元素本身为单位元。

左边属于 $H$，右边属于 $K$，因此两边只能是 $e$，得到 $h_1=h_2$、$k_1=k_2$。这证明乘积映射 $(h,k)\mapsto hk$ 是单射。

定义域 $H\times K$ 有 $8\cdot9=72$ 个元素，单射给出了 $G$ 中 $72$ 个不同结果，恰好穷尽 $G$，所以也是满射。满射给存在，单射给唯一。全程没有交换 $h$ 与 $k$，也没有声称这个乘积映射保持群运算。

若 $t+\mathbb Z=u+\mathbb Z$ 且 $t,u\in[0,1)$，则 $t-u\in\mathbb Z$，同时 $-1<t-u<1$。这个范围唯一的整数是 $0$，所以 $t=u$，表示唯一。

$[0,1)$ 中有无限多个实数，因此指数无限。这里是通过明确的代表元来数陪集，并未使用无穷除法。

与 $e\in H$ 矛盾。因此 $g\in H$。

偶数阶不能这样推。取 $G=\mathbb Z_2$、$H=\{0\}$，指数为二，元素 $1$ 的阶为二，却在 $H$ 外。证明中“阶为奇数”允许留下一个外面的因子 $g$，它不是可以删掉的条件。