1.4 子群，陪集与lagrange定理

设 $k$ 是一个非负整数，令
$k\mathbb{Z} := \{km \mid m \in \mathbb{Z}\}.$
(1) 说明 $k\mathbb{Z}$ 是 $(\mathbb{Z}, +)$ 的一个子群；
【解答】：只需要说明 $k \mathbb{Z}$ 对减法封闭即可。

对任意的 $a,b \in k \mathbb{Z}$ ,都有 $a = k a_1,b = k b_1$ ，因此 $a - b = k(a_1 - b_1) \in k \mathbb{Z}$

所以 $k\mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 的子群。

(2) 说明 $k\mathbb{Z}$ 是循环群。

【解答】：只需要找到它的生成元即可。
$k \mathbb{Z} = <k>$
这个是一个阶无限的群，并且实际上他和 $\mathbb{Z}$ 是同构的。

设 $A, B$ 是群 $G$ 的两个非空子集，若群 $G$ 的运算为乘法，则规定 $AB := \{ab \mid a \in A, b \in B\}$ ；若群 $G$ 的运算为加法，则规定 $A + B := \{a + b \mid a \in A, b \in B\}$ 。
证明：(1) 群 $G$ 的子集的运算满足结合律，即设 $A, B, C$ 是群 $G$ 的非空子集，若 $G$ 的运算为乘法，则 $(AB)C = A(BC)$ ；
若 $G$ 的运算为加法，则 $(A + B) + C = A + (B + C)$ 。

【解答】说明集合相等只需要证明双包含即可。也就是 $(AB)C$ 中的任意一个元素都在 $A(BC)$ 中，反之亦然。

(2) 若 $G$ 的运算为乘法，则 $(A \cup B)C = (AC) \cup (BC)$ 。
【解答】我们仍然同构双包含关系证明：一方面：任意的 $x \in (A \cup B)C$ ， $x = dc$ 其中， $d$ 至少属于 $A$ 和 $B$ 其中之一， $dc$ 就至少属于 $AC$ 和 $BC$ 其中之一。从而 $x = dc \in (AC) \cup (BC)$ 。
另一面，如果说 $y \in (AC) \cup (BC)$ ,不管它属于前后哪一个集合， $y$ 都一定属于 $(A \cup B)C$ 。

设 $H, K$ 都是群 $G$ (运算为乘法) 的子群，证明： $HK$ 为 $G$ 的子群当且仅当 $HK = KH$ 。
【充分性】如果说 $HK = KH$ 成立，那么任意的 $h_1k_1,h_2k_2 \in HK$ ,我们计算 $(h_1k_1)(h_2k_2)^{-1} = h_1k_1k_2^{-1}h_2{^{-1}}$
由于 $k_1k_2^{-1}h_2{^{-1}} \in KH =Hk$ ，那么就一定有 $k_1k_2^{-1}h_2{^{-1}} = hk$
从而 $(h_1k_1)(h_2k_2)^{-1} = h_1k_1k_2^{-1}h_2{^{-1}} = h_1hk \in HK$
有此我们就说明了 $HK$ 是 $G$ 的子群。

【必要性】任意的 $hk \in HK$ , 根据 $HK$ 是子群，那么 $hk$ 的逆元一定可以表示成 $h_1k_1$ 因此 $hk = (h_1k_1)^{-1} = k_1^{-1}h_1^{-1} \in KH$ 。从而
$HK \subset KH$ 。
另一方面，对于任意的 $kh \in KH$ , $(kh)^{-1} = h^{-1}k^{-1} \in HK$ ,由于 $HK$ 是子群。所以 $kh \in HK$ ，从而 $KH \subset KH$
命题得证。

举一个例子说明 $H, K$ 都是群 $G$ 的子群，但是 $HK$ 不是 $G$ 的子群。

【解析】显然对于交换群来说 $HK = KH$ 都是成立的，因此在交换群中 $HK$ 必定是子群，因此我们只能去非交换群中寻找这样的例子。

考虑 $S_3$ 的两个子群 $H =\{(1 )\ (1 2)\}$ 和 $K = \{(1) \ (13)\}$

证明：群 $G$ 的任意子群族 $\{H_i \mid i \in I\}$ 的交集 $\bigcap_{i \in I} H_i$ 仍是 $G$ 的子群。

【解答】对于 $x,y \in \bigcap_{i \in I} H_i$ .
显然对于任意的 $i$ 都满足 $xy^{-1} \in H_i$ ，从而 $xy^{-1} \in \bigcap_{i \in I} H_i$ .
它是一个子群。

设 $H, K$ 都是群 $G$ 的有限子群，证明：
$|HK| = \frac{|H| \cdot |K|}{|H \cap K|}.$

【解答】不妨记 $H\cap K = M$ 根据上一个题目可以知道 $M$ 也是一个子群。

考虑 $M$ 在 $H$ 中的左陪集分解式 $H = \cup_{i=1}^r h_iM$

所以 $HK = \cup_{i=1}^r h_i MK =\cup_{i=1}^rh_iK$

所以 $|HK| = r|K| =\frac{|H|}{|M|}|K| = \frac{|H|\cdot |K|}{|H \cap K|}$

设 $S$ 是群 $G$ 的一个非空子集， $G$ 的包含 $S$ 的所有子群的交集 $\bigcap_{S \subseteq H \subseteq G} H$ 称为由 $S$ 生成的子群，记做 $\langle S \rangle$ ，称 $S$ 是子群 $\langle S \rangle$ 的生成元集。证明：
$\langle S \rangle = \{x_1^{m_1} x_2^{m_2} \cdots x_k^{m_k} \mid x_i \in S, m_i \in \mathbb{Z}, 1 \leq i \leq k, k \in \mathbb{N}^*\},$
其中 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ 不必是不同的。
【解答】第一步：我们可以先来说明这个集合确实是一个子群
记 $H= \{x_1^{m_1} x_2^{m_2} \cdots x_k^{m_k} \mid x_i \in S, m_i \in \mathbb{Z}, 1 \leq i \leq k, k \in \mathbb{N}^*\}$

对于任意 $x =x_1^{m_1} x_2^{m_2} \cdots x_k^{m_k} , y = y_1^{n_1} y_2^{n_2} \cdots y_l^{n_l}$ ，确实有 $xy^{-1} \in H$

第二步：证明这个集合等于 $\langle S \rangle$
我们上面以及证明了 $H$ 是包含 $S$ 的子群，根据生成子群的定义，我们就知道 $\langle S \rangle \subset H$

另一方面：根据 $H$ 的定义， $H \subset \langle S \rangle$ .
因此，命题得证。

在 $(\mathbb{C}, +)$ 中，由 $\{1, i\}$ 生成的子群 $\langle 1, i \rangle$ 称为高斯整数群，它的元素是什么样子？

$\langle 1, \ i\rangle = \{m + ni | m,n \in \mathbb{Z}\}$

如图是一个正方形的棋盘，求它的对称(性)群。

正方形期盼

【解答】它的对称群只有四个元素：①恒等变换。②绕中心旋转 $180$ 度。③关于对角线对称【两个情况】。

分别求 $(\mathbb{Z}_4, +), (\mathbb{Z}_6, +)$ 的所有子群。
【解答】 $\mathbb{Z}_4$ 是四阶循环群，它的子群的阶数只可能为1,2,4。
因此它所有的子群为：一阶子群 $\{ \overline{0}\}$ ，二阶子群 $\{\overline{0},\overline{2}\}$ ,和四阶子群它本身。

$\mathbb{Z}_6$ 是6阶循环群，它的子群的阶数只能是 $1，2，3，6$ .
它的一阶和六阶子群都是平凡的。它的二阶子群为 $\{\overline{0},\overline{3}\}$ ,它的三阶子群为 $\{\overline{0},\overline{2},\overline{4}\}$

写出 $S_3$ 的所有子群。
【解答】 $S_3$ 的阶数为 $6$ 因此它子群的阶只可能为 $1,2,3,6$ 。一阶和六阶是平凡的子群。
它的二阶子群有 $\{(1) ,(12)\},\{(1) ,(13)\},\{(1) ,(23)\}$
它的三阶子群为 $\{(1),(1,2,3),(1,3,2)\}$
写出 $A_4$ 的所有子群。

【注释】 $A_4$ 没有 $6$ 阶子群

证明：域 $F$ 的乘法群 $F^*$ 的有限子群必为循环群。

【解答】：我们假设 $F^*$ 的一个有限子群为 $H$ ，不妨假设 $|H| = n$ ,那么 $\forall x \in H$ ， $x$ 的阶都满足是 $n$ 的因子，所以 $x^n = e$ 。满足这个方程的解的个数不超过 $n$ ,那么 $H$ 中的 $n$ 个元素恰好为这个方程的 $n$ 个根，他就是一个循环群。

证明：如果 $G = \langle a \rangle$ 是 $n$ 阶循环群，则对于任给正整数 $m$ ，方程 $x^m = e$ 在 $G$ 中的解的个数不超过 $m$ 。

【解答】：我们令 $H = \{x | x^m = e\}$ 不难验证, $H$ 构成了 $G$ 的一个子群。而循环群的子群也必定是循环群。我们假设他有一个生成元 $b$ ,满足 $H = \langle b \rangle$ 那么 $b$ 满足 $b^m = e$ 因此 $H$ 的阶数不超过 $m$ 。

群 $G$ 中元素 $a$ ，如果存在 $b \in G$ 使得 $b^2 = a$ ，那么称 $a$ 是平方元，把 $b$ 称为 $a$ 的一个平方根。证明：奇数阶群 $G$ 的每个元素 $a$ 都是平方元，且 $a$ 的平方根唯一。

【解答】不妨假设群 $G$ 的阶数为奇数 $2n+1$ ，那么在这个有限群中 $a$ 的阶数必定是 $2n+1$ 的因子，所以有 $a^{2n+1} = e$ 从而 $a = a \cdot e = a^{2n+2}$

我们令 $b = a^{n+1}$ 就得到了 $a$ 的一个平方根，从而 $a$ 是平方元。

接下来我们考虑。因为 $a = b^2$ ，所以有 $\langle a \rangle \subset \langle b \rangle$ ,并且 $a$ 的阶数和 $b$ 的阶数要么相等，要么 $|a| = 2|b|$ 。但是 $|a|$ 又是一个奇数【因为群 $G$ 的阶是奇数， $|a|$ 的阶是他的因子，也是奇数】。所以只可能 $|a| = |b|$