抽象代数习题(13) -- 陪集

抽象代数习题(13) – 陪集

Wed Jan 12, 2022

《抽象代数》第十三章讲了群论中非常特别的概念：陪集 (coset)。群 G 的子群 H 中的所有元素和 G 中的某元素相乘，构成左陪集 aH = { ah : h ∈ H } 或右陪集 Ha = { ha : h ∈ H }。

陪集定义看似简单，却具备非常深刻的性质。著名的 Lagrange 定理1：

有限群的阶一定是其子群的阶的倍数。 H ≤ G ⟹ ord(H) | ord(G).

描述的是子群和群的阶的关系。陪集是建立这种关系的桥梁。

B. 无限群的陪集的例子

B.1 给出 <3> 在 ℤ 中的所有陪集。

答

1. <3> + 0 = {…, -3, 0, 3, …}
2. <3> + 1 = {…, -2, 1, 4, …}
3. <3> + 2 = {…, -1, 2, 5, …}

易知任意陪集 <3> + n 都等于上述陪集之一，取决于 n 除以 3 的余数。

C. Lagrange 定理的初等结论

C.2 求证：如果群 G 的阶是 pq，其中 p 和 q 是质数，那么或者 G 是循环群，或者 G 中任意 x ≠ e 的阶是 p 或 q。

证明 由 Lagrange 定理知 ord(x) | pq。x 的阶只有 4 种情况: 1, p, q, pq。

如果 ord(x) = pq 则 G 是循环群（x的幂有 pq 个不同的值，遍历了群中所有元素），结论成立。

如果 ord(x) = 1 则 x = e，矛盾。所以 ord(x) ≠ 1。

因此 G 不是循环群的情况下 x 的阶只能是 p 或 q。（注：从逻辑角度，这里并不需要给出非循环群存在性的证明。）

综上所述，命题得证。

---

C.3 求证：如果群 G 的阶是 4，那么或者 G 是循环群，或者群中每个元素都是自己的逆。进一步证明四元群都是 Abel 群。

证明 设非单位元 x ∈ G, 由 Lagrange 定理知 ord(x) | 4。x 的阶只有 2 种情况：2, 4。

如果 ord(x) = 4 则 G 是循环群。循环群都是 Abel 群。

如果 ord(x) = 2，则 x² = e 即 x = x⁻¹。设 a,b ∈ G 可知 ab ∈ G，因此 ab = (ab)⁻¹ = b⁻¹a⁻¹ = ba，因而 G 是 Abel 群。

综上所述，命题得证。

---

C.6 求证：设 p 为质数，则任意有限群中，阶等于 p 的元素的个数是 (p−1) 的倍数。

证明 设有限群 G 的阶为 n。

考虑集合 S={x∈G:ord(x)=p}。我们要证 |S| 是 (p−1) 的倍数。

如果 S=∅，则 |S|=0 满足要求。

否则，记 [x]=⟨x⟩∖{e}，即由 x 生成的循环群中的非单位元。 考虑 T={[x]:x∈G}。我们证明 T 是 S 的一个分划。

首先说明， |[x]|=p−1，因为 |⟨x⟩|=p。 其次 ⋃T 中所有元素的阶都是 p：设 t∈[x]∈T，那么 t≠e 且 ord(t) 整除 |⟨x⟩|=p。因此只可能是 ord(t)=p。

1. 证明两两不交： [x]∩[y]≠∅⟹[x]=[y]
   • 设交集非空： xa=yb, 0<a,b<p。
   • 因为 ord(xa)=p，所以 xa 是 ⟨x⟩ 的生成元。同理可证 yb 是 ⟨y⟩ 的生成元。
   • t∈[x]⟺(∃n∈Z,(xa)n=t=(yb)n)⟺t∈[y]。这说明 [x]=[y]。
2. 证明分划是完备的：S=⋃T
   • 首先， x∈⋃T⟹ord(x)=p⟹x∈S
   • 其次， x∈S⟹(∃[x]∈T,x∈[x])⟹x∈⋃T。

因此 |S|=∑[x]∈T|[x]|=∑[x]∈T(p−1)=|T|(p−1) 因此 |S| 是 (p−1) 的倍数，证明完毕。

注 用通俗的话讲，证明的关键在于：每找到一个阶为 p 的元素，它的生成群里能找到 (p−1) 个阶为 p 的元素。

D. Lagrange 定理的更多初等结论

D.1 在这个习题系列中均有：G 为有限群， H 和 K 是 G 的子群。

求证：如果 H⊆K （从而 H 是 K 的子群），则 (G:H)=(G:K)(K:H)。

证明 根据 Lagrange 定理有 (G:H)=|G|/|H|(G:K)=|G|/|K|(K:H)=|K|/|H|

代入即得要证的等式两边相等。

---

D.2 求证：H∩K 的阶是 H 的阶和 K 的阶的公约数。 证明

1. H∩K≠∅，因为 e∈(H∩K)。
2. x,y∈(H∩K)⟹x,y∈H∧x,y∈K⟹xy∈H∧xy∈K⟹xy∈(H∩K)
3. x∈(H∩K)⟹x∈H∧x∈K⟹x−1∈H∧x−1∈K⟹x−1∈(H∩K)

所以，H∩K 既是 H 的子群，也是 K 的子群。 根据 Lagrange 定理，H∩K 的阶既是 H 的阶的约数，也是 K 的阶的约数。 证明完毕。

---

D.3 设 |H|=m, |K|=n，其中 m 和 n 互质。求证： H∩K={e}。

证明 由D.2的结论得 |H∩K| 是 m 和 n 的公约数。 但 m 和 n 互质，因此只能是 |H∩K|=1。一元群只可能是平凡群 {e}，证明完毕。

---

D.4 设 H≠K，并且 |H|=|K|=p 为质数。求证：H∩K={e}。

证明 由D.2的结论得 |H∩K| 是 p 的约数。但根据 H≠K 可知 |H∩K|≠p， 因此只能是 |H∩K|=1。所以只能是 H∩K={e}，证明完毕。

---

D.5 设 H 的指数是 p，K 的指数是 q，其中 p、q 是不同的质数。求证： H∩K 的指数是 pq 的倍数。

证明 根据 Lagrange 定理， (G:H∩K)=|G||H∩K|=(G:K)|K||H∩K|=(G:H)|H||H∩K|

根据D.2结论得 |K|/|H∩K| 和 |H|/|H∩K| 都是整数。所以 (G:H∩K) 既是 (G:H)=p 的倍数又是 (G:K)=q 的倍数，因此是 pq 的倍数。

---

D.6 设 G 是 n 阶 Abel 群，m 是和 n 互质的整数。求证：函数 f(x)=xm 是 G 的自同构。

证明

1. 证明 f 是单射：设 x,y∈G 且 xm=ym，则 xmy−m=e。根据 Abel 群性质得 (xy−1)m=e。设 r=ord(xy−1)，则 m 是 r 的倍数。根据 Lagrange 定理，r 是 n 的约数。因为 m 和 n 互质，所以只能是 r=1。因此 xy−1=e 即 x=y。
2. 证明 f 是满射：设 y∈G，只须证明存在 x∈G 使得 xm=y 即可。事实上，设 x=yk 就可以找到一个解：原方程变为 ykm=y。当 km=qn+1 时满足要求。我们验证这个关于 k 和 q 的方程有整数解：根据初等数论知识，该方程有整数解的充要条件是系数的最大公约数整除常数项。而根据互质可知 gcd(m,n)=1，所以方程有整数解。
3. 证明 f 保持运算法则：设 x,y∈G，则 f(xy)=(xy)m=xmym=f(x)y(x)。

因此 f 是 G→G 的一个同构，即 G 的自同构。

E. 陪集的初等性质

在这个习题系列中均有：G 为群，H 的子群，a、b 是 G 的元素。

E.4 求证：如果 aH=Ha，则 a−1H=Ha−1。

证明 设 x∈a−1H，则存在 h∈H 使得 a−1h=x。 从而 axa=ha∈Ha=aH 这表明存在 h′∈H 使得 ah′=axa，于是 x=h′a−1∈Ha−1。

上述推理沿反方向也是成立的，所以命题得证。

I. 共轭元

如果 a∈G，那么形如 xax−1 的元素称为 a 的共轭 (conjugate)，其中 x∈G。证明下列命题。

I.1 “a 是 b 的共轭”是一个 G 上的等价关系。（以下记作“a∼b”。）

证明

1. 自反性。显然有 a=eae−1，即 a∼a。
2. 对称性。设 a∼b，则存在 x∈G 使得 a=xbx−1。于是 b=x−1ax，所以 b∼a。
3. 传递性。设 a∼b 且 b∼c，那么存在 x,y∈G 使得 a=xbx−1 且 b=ycy−1。消去 b 得 a=xyc(xy)−1，这表明 a∼c。

综上所述，a∼b 是等价关系。

关系 ∼ 把 G 划分为等价类，称为共轭类 (conjugacy classes)。

---

对任意 a∈G，a 的中心化子 (centralizer)（记作 Ca）是 G 中所有与 a 可交换的元素的集合： Ca={x∈G:xa=ax}={x∈G:xax−1=a} 证明下列命题。

I.2 对任意 a∈G，Ca 是 G 的子群。

证明 显然 Ca 是 G 的非空子集（包含单位元）。设 x,y∈Ca，那么 (xy)a(xy)−1=x(yay−1)x−1=xax−1=a 这表明 Ca 对乘法封闭。另一方面， x−1ax=x−1xa=a 这表明 Ca 对逆元封闭。综上所述，Ca 是 G 的子群。

---

I.3 x−1ax=y−1ay 当且仅当 xy−1 与 a 可交换当且仅当 xy−1∈Ca。

证明 第二个“当且仅当”是中心化子的定义。第一个“当且仅当”证明如下： x−1ax=y−1ay⟺ax=xy−1ay⟺axy−1=xy−1a

---

I.4 x−1ax=y−1ay 当且仅当 Cax=Cay。

证明 Cax=Cay⟺xy−1∈Ca⟺x−1ax=y−1ay(I.3)

---

I.5 在 a 的所有共轭构成的集合与 Ca 的所有陪集构成的集合之间存在一一对应的关系。

证明 对应关系为 xax−1↔Cax。I.4 保证了双射。

---

I.6 a 的不同的共轭的个数为 (G:Ca)，即 Ca 在 G 中的质数。因此，每个共轭类的大小都是 |G| 的因子。

证明 由 I.5 知 a 的共轭的个数就是 Ca 的陪集的个数，即 (G:Ca)。

注 这里的讨论仅限于 G 是有限群的情况。

---

1. 将 Lagrange 定理应用到模质数乘法群 Zp∗（或模整数乘法群 Zn∗），立即得到初等数论中的 Fermat 定理（或 Euler 定理）。 ↩︎

---