子群 设$(G,\cdot)$是群,$A\subset G$是$G$的子集,如果$(A,\cdot)$也构成群,那么称$A$是$G$的子群,记作$A\leq G$,且若$A\neq G$,则称$A$为$G$的真子群,记作$A<G$.
对了验证群$G$的子集$A$是否是$G$的子群,仅需验证$A$对$G$中的运算是否构成群即可,即仅需验证如下三条:
(1)幺元$1_G\in A$;
(2)$a\in A\Rightarrow a^{-1}\in A$;
(3)$a,b\in A\Rightarrow ab\in A$.
也可以利用如下的判定定理：若$A\subset G$,则$A\leq G$当且仅当$$ab^{-1}\in A,\forall a,b\in A$$次判定定理的证明是显然的.
例如:设$n\in\mathbb N^*$,定义$n\mathbb Z=\{na:a\in\mathbb Z\}$,显然$n\mathbb Z$是$\mathbb Z$的子群,但是$n\mathbb Z\simeq\mathbb Z$.直观上来理解即：子群未必比原来的群小!
一个显然的事实是$\{1\},G$也是群$G$的子群,称之为平凡子群,其他的子群称为非平凡子群.
再者前面提到的例子$\mathrm{GL}_{n}(\mathbb C),\mathrm{SL}_{n}(\mathbb C)$,显然有$\mathrm{SL}_{n}(\mathbb C)\leq\mathrm{GL}_{n}(\mathbb C)$.
一个自然的问题,若$A,B\leq G$,那么 $A\cap B,A\cup B$以及$AB$是否仍然是$G$的子群呢?我们有:
设$A,B\leq G$,则:
(1)$A\cap B\leq G$;
(2)$A\cup B\leq G$当且仅当$A\leq B$或$B\leq A$;(一个显然的推论是群不能表示成两个真子群之并)
(3)$AB\leq G$当且仅当$AB=BA$.
证明 (1)任取$a,b\in A\cap B$,显然$ab^{-1}\in A\cap B$,从而$A\cap B\leq G$.
(2)充分性显然,仅证必要性:若$A=B$,那么结论显然,因此不妨设存在$g\in A$且$g\notin B$,由于$A\cup B\leq G$,从而$\forall h\in B$都有$gh^{-1}\in A\cup B$,注意到$gh^{-1}\notin B$,因此$gh^{-1}\in A$,从而$h\in A$,这说明$B\leq A$.
(3)必要性:任取$a_1b_1,a_2b_2\in AB$,则$$a_1b_1b_2^{-1}a_2^{-1}=a_1ba_2^{-1}=a_1a_3b_3=a_4b_3\in AB$$从而$AB\leq G$.
必要性:若$AB\leq G$,则$$AB=(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}=BA$$
定理 设$G$是群且$A\leq G$.定义关系:$$g\sim h\Leftrightarrow gh^{-1}\in A$$那么这是$G$上的一个等价关系,且元素$g$对此等价关系的等价类是$Ag=\{ag:\forall a\in A\}$
证明 由$gg^{-1}=1\in A$得$g\sim g$,即$"\sim"$满足反身性;其次由$gh^{-1}\in A$知$\left(gh^{-1}\right)^{-1}=hg^{-1}\in A$,从而$h\sim g$,即$"\sim"$满足对称性;最后若$gh^{-1}\in A,ht^{-1}\in A$,则$gt^{-1}\in A$,得$g\sim t$,即$"\sim"$满足传递性.综上$"\sim"$是一个等价关系.而若$g\sim h$,则$hg^{-1}\in A$,故存在$a\in A$使得$h=ag$,这说明等价类$\overline{g}=Ag$.
据此,群$G$在此等价关系下可被分解成一些等价类$Ag$的无交并$$G=\bigcup_{g\in R}Ag$$
每个等价类$Ag$称作$G$对于子群$A$的右陪集,也就是说群$G$可被分解成一些右陪集的无交并.其中$|R|$即为右陪集的个数,记作$[G:A]$,称为子群$A$对群$G$的指数.(类似的可定义左陪集分解,并且两种分解下载群$G$中的指数相同).
Lagrange定理 设$G$是有限群且$A\leq G$,则$$|G|=|A|\cdot[G:A]$$特别的,$G$的每个子群的阶数都是$G$的阶数的因数.
证明 考虑$G$的右陪集分解$$G=\bigcup_{g\in R}Ag$$利用消去律显然对每个$g\in G$都有$|Ag|=|A|$,从而$$|G|=\sum_{g\in R}|Ag|=|A|\cdot |R|=|A|\cdot[G:A]$$
推论1 设$g\in G$,命$S=\{n\in\mathbb N^*:g^n=1\}$.若$S\neq\emptyset$,那么$S$中存在最小的元素$m$,称为元素$g$的阶,并且称$g$是有限阶元素;而若$S=\emptyset$,即$\forall n\in\mathbb N^*,g^n\neq 1$,此时称$g$是无限阶元素.
显然如果$G$是有限群,那么$S$必然非空,因为如果$G$有限,那么必然存在$0<m<n$使得$g^n=g^m$,从而$g^{m-n}=1$且$m-n\in\mathbb N^*$,这说明有限群$G$中元素都是有限阶的.
推论2 设$G$是有限群,那么$G$的任何子群的$A$的阶数$|A|$整除$|G|$且$G$中任意元素$g$的阶数均是$|G|$的因子.
证明 前者利用Lagrange定理是显然的.对任意的$g\in G$,考虑群$G$的子群$<g>=\{g^n:n\in\mathbb N\}$,显然$|<g>|$即为元素$g$的阶数,利用Lagrange定理可知$|<g>|\big||G|$.
这样我们可以考虑一个问题：非交换群的最小阶数.
引理1 $p$($p$是素数)阶群$G$均是Abel群,且均同构于整数模$p$的加法群$\mathbb Z_{p}$.
证明 任取$1\neq g\in G$,根据推论可知元素$g$的阶$o(g)=p$,于是$\{1,g,g^2,\cdots,g^{p-1}\}$是$G$中$p$个不同的元素,从而$G=\{1,g,\cdots,g^{p-1}\}$.考虑映射\begin{align*}\varphi:G&\to\mathbb Z_{p}\\g^k&\mapsto\overline{k}\end{align*}
不难验证这是一个同构,从而$G\simeq\mathbb Z_p$ 这表明，素数阶群本质上只有一个,即$\mathbb Z_p$.
利用此我们可以得到：非交换群的最小阶数是6.
证明 显然$1,2,3,5$阶群均是Abel群.考虑$4$阶群$G$:
1)若$G$中有$4$阶元,那么$G\simeq\mathbb Z_4$,显然是Abel群;
2)若$G$中没有$4$阶元,那么$G$中除了幺元,其余的都是$2$阶元,任取两个$2$阶元$a,b$且$b\neq a^{-1}$,则$1\neq ab\in G$,仍然是$2$阶元,从而$1=(ab)^2=abab$,等式两边分别左乘$a$,右乘$b$得$$ab=a^2bab^2=ba$$这说明$a,b$可交换,从而$G$是Abel群.这说明$4$阶群一定是Abel群，并且本质上只有两个$\mathbb Z_4$和$K_4=\{1,a,b,ab\}$,其中$a^2=b^2=1,ab=ba$,称作Klein 4元群.
最后来看$6$阶群$S_3$,由于$(12)(13)=(132)\neq(123)=(13)(12)$,这说明$S_3$是非交换群.
最后在来看两个元素阶的结论:设$g,h$是群$G$中的元素,
1.若$o(g)=n$,则对每个正整数$m$,$$o\left(g^m\right)=\frac{n}{(m,n)}$$
2.若$gh=hg$且$o(g)=m,o(h)=n,(m,n)=1$,则$o(gh)=mn$.
证明 1.由于$\left(g^m\right)^{\frac{n}{(n,m)}}=g^{\frac{mn}{(m,n)}}=g^{[m,n]}=1$(其中$[m,n]$表示$m,n$的最小公倍数),这说明$o\left(g^m\right)\big|\frac{n}{(n,m)}$.
记$N:=o\left(g^m\right)$,则由$\left(g^m\right)^N=g^{mN}=1$得$n\big|mN$,进一步的$$\frac{n}{(n,m)}\big|\frac{m}{(n,m)}N$$而$\frac{n}{(n,m)},\frac{m}{(n,m)}$互素,从而$\frac{n}{(n,m)}\big| N$,综上$o\left(g^m\right)=N=\frac{n}{(n,m)}$.
2.令$N=o\left(gh\right)$,注意到$(gh)^{mn}=g^{mn}h^{mn}=1$,则$N\big|mn$.另一方面由$$1=(gh)^{nN}=g^{nN}h^{nN}=g^{nN}$$得$m\big| nN$,注意到$m,n$互素,从而$m\big| N$,同理$n\big|N$,因此$mn\big|N$.综上可知$o(gh)=N=mn$.
最后介绍一下初等数论中的Euler公式,利用群的阶以及元素阶的性质来看是显然的:
Euler公式,即若$(a,n)=1$,则$$a^{\varphi(n)}\equiv1(\mathrm{mod}~n)$$证明 因为如果$(a,n)=1$以及$\left|\mathbb Z_n^*\right|=\varphi(n)$,那么在$\mathbb Z_n^*$中必然有$\left(\overline{a}\right)^{\varphi(n)}=\overline{a^{\varphi(n)}}=\overline{1}$,即$a^{\varphi(n)}\equiv1(\mathrm{mod}~n)$.
特别的,取$n=p$为素数,且$(a,p)=1$,那么便得到所谓的Fermat小定理$$a^{p-1}\equiv1(\mathrm{mod}~p)$$