群論學習筆記-5.群的陪集分解

直觀理解

觀察一個群的凱萊圖，容易發現它的一個子群的結構在整個群中反復出現。例如群$G=S_3$，其中子群$H=C_2=\lbrace e,f\rbrace$的結構出現3次：

這3個相同的結構稱為$H$在群$G$中的陪集，更准確地說是左陪集，分別表示為$eH=e\langle f\rangle=\lbrace e,f\rbrace$, $rH=r\langle f\rangle=\lbrace r,rf\rbrace$ 和 $r^2H=r^2\langle f\rangle=\lbrace r^2,r^2f\rbrace$。

類似的情況在各群中都存在，用$aH$來表示子群$H$的左陪集，即$H$中各元素左乘$a$得到的集合。陪集的存在是可以由凱萊圖的同質性(Homogeneity)確保，詳見群論學習筆記-1.群的概念#凱萊圖 (Visual Group Theory中稱正則性Regular，但圖論中正則性另有所指，於是改用Tao的文章中的術語)。

除左陪集之外，也存在右陪集$Ha$，即$H$中各元素右乘$a$得到的集合。在上面的凱萊圖中，左陪集保留了原子群的結構，而右陪集卻很分散，原因是規定箭頭的方向是左乘，如果規定方向為右乘，則情況恰恰相反。左右陪集一般不相等，滿足對任意元素$g$，$gH=Hg$的特殊子群稱為正規子群，是重要的研究對象。

左右陪集的許多性質是相同的。觀察凱萊圖，得到以下結論(後文將用代數方法證明)：

• 若元素$b\in aH$，則$aH=bH$，類似結論對右陪集也成立。
• 一個群的任意子群都有陪集，且這些陪集恰覆蓋群中所有元素，或者說，任意子群的陪集恰劃分這個群。

代數定義

設$H$是群$G$的子群，將$H$中所有元素右乘$g$得到的集合稱為$H$在$G$中的一個右陪集，記為：

$$Ha=\lbrace xa\mid x\in H\rbrace$$

類似的，有左陪集：

$$aH=\lbrace ax\mid x\in H\rbrace$$

例如，整數加法群中所有7的倍數構成一個子群$7\mathbb{Z}$，它的陪集(左右陪集相等)可表示為：

$$i+7\mathbb{Z}=\lbrace i,i\pm7,i\pm14,i\pm21\cdots\rbrace,\quad i=1,2,\cdots,6$$

且容易看出：

$$\mathbb{Z}=7\mathbb{Z}\cup(1+7\mathbb{Z})\cup(2+7\mathbb{Z})\cup\cdots\cup6+7\mathbb{Z}$$

性質

基本性質

$H$在$G$中的陪集有如下性質(僅討論右陪集，結論對左陪集也成立)：

1. $Ha$中的元素個數與$H$中相等
2. $H$本身是也一個陪集：$He=H$；$Ha=H$的充要條件是$a\in H$
3. $a$在陪集$Ha$中($ea=a$)，將$a$稱為$Ha$的一個陪集代表
4. 若元素$b\in Ha$，則$Ha=Hb$
   證明：因為$b\in Ha$，所以有$h\in H$使$b=ha$，所以$Hb=Hha=Ha$
5. $Ha=Hb\Leftrightarrow ab^{-1}\in H$ 證明：使用消去律得到$Hab^{-1}=H$，由性質2得到$ab^{-1}\in H$
6. 任意兩個陪集$Ha,Hb$，或者$Ha=Hb$，或者$Ha\cap Hb=\varnothing$
   證明：若$Ha\cap Hb\not=\varnothing$，則存在$c\in Ha$且$c\in Hb$，由性質4可得$Ha=Hb$

由性質6可知$G$可被分解為多個不同的陪集的並：

$$G=Ha_1\cup Ha_2\cup\cdots\cup Ha_r$$

其中

$$Ha_i\cap Ha_j=\varnothing,\quad i,j=1,2,\cdots,r,\quad i\not=j$$

這個式子稱為$G$的右陪集分解式。$r$是陪集的個數，稱為$H$在$G$中的指數，記作$[G:H]$，$a_1,a_2,\cdots,a_r$稱為$H$在$G$中的右陪集代表系。

陪集分解的性質

由上述陪集的性質可以得到兩個重要的定理。

定理1(Lagrange定理)：群$G$的階等於子群$H$的階及$H$在$G$中的指數的乘積,即：

$$|G|=|H|\cdot[G:H]$$

證明：設$G$的右陪集分解式為$G=Ha_1\cup Ha_2\cup\cdots\cup H_r$，則$|Ha_i|=|H|$，所以

$$|G|=|Ha_i|\cdot r=|H|\cdot[G:H]$$

推論：有限群$G$中每個元素的階都是$G$的階$|G|$的因子；若$G$的階等於$n$，則$G$中任意元素$a$滿足$a^n=e$
證明：設$a$是$G$中的一個$m$階元素，則$H=\langle a\rangle$是$G$的一個子群，且$|H|=m$，由Lagrange定理，$m\mid |G|$。另一結論是顯然的。

定理2：設$G\ge H\ge K$，則：

1. $[G:K]=[G:H]\cdot[H:K]$
2. 若$G$對$H$的陪集分解為$G=Hg_1\cup Hg_2\cup\cdots\cup Hg_l$ $H$對$K$的陪集分解為$H=Kh_1\cup Kh_2\cup\cdots\cup Kh_m$ 則$G$對$K$的陪集分解為$G=\bigcup Kh_ig_j\quad(i=1,\cdots,m;j=1,\cdots,l)$
3. 若$G$對$K$的陪集分解為$G=Ka_1\cup Ka_2\cup\cdots\cup Ka_t$
   則可以調整$a$的順序，使得$H=Ha_1=Ka_1\cup Ka_2\cup,\cdots,\cup Ka_m$，$\cdots$ $Ha_{m+1}=Ka_{m+1}\cup Ka_{m+2}\cup,\cdots,\cup Ka_{2m}$，$\cdots$ $Ha_{(l-1)m+1}=Ka_{(l-1)m+1}\cup Ka_{(l-1)m+2}\cup,\cdots,\cup Ka_{lm},\quad lm=t$ 且$G$對$H$的陪集分解為$G=Ha_1\cup Ha_{m+1}\cup,\cdots,\cup Ha_{(l-1)m+1}$

證明：

1. 因為$|G|=[G:H]\cdot|H|$，$|H|=[H:K]\cdot|K|$，所以$|G|=[G:H]\cdot[H:K]\cdot|K|$，原式得證
2. 陪集$Kh_ig_j$共有$lm$個，與$K$在$G$中的指數相等，同時易證這些陪集兩兩不相交，於是定理得證
3. 此為定理2的逆定理，證明略。

推論：設$G\ge H\ge K$，則：

1. 若$g_1,g_2,\cdots,g_l$是$H$在$G$中的一個右陪集代表系，$h_1,h_2,\cdots,h_m$是$K$在$H$中的一個右陪集代表系，則$g_1h_1,\cdots,g_1h_m,\cdots,g_lh_1,\cdots,g_lh_m$是$K$在$G$中的一個右陪集代表系。特別地，取$g_1=e$，可知這個右陪集代表系中包含$h_1,h_2,\cdots,h_m$
2. 在$G$對$K$的任一個右陪集代表系中，總能得到一部分組成$H$對$K$的任一個右陪集代表系中。

應用

接下來使用基本群論證明Fermat小定理。
定理：$a^{p-1}\equiv1\mod p$，其中$p$為素數，$a=1,2,\cdots,p-1$
證明：在集合$\lbrace 1,2,\cdots,p-1\rbrace$中定義乘法$a\cdot b=r$，其中$r$為$p$除$ab$的余數。首先證明其滿足群的定義：

• 封閉性：$(p,a)=(p,b)=1$，$p$除$ab$必得到$1$至$p-1$的余數。
• 單位元：存在單位元$1$
• 逆元：$\forall a,\exists b$，使得$ab\equiv1\mod p$，可用裴蜀定理證明。

由Lagrange定理得，群中任意元素的階整除群的階。這裡群的階是$p-1$，所以$a^{(p-1)/k}\equiv1\mod p$，其中$k$為一整數，於是根據同余的性質可得$a^{p-1}\equiv1\mod p$