拉格朗日定理

一、Lagrange 定理

1.1 定理叙述

本讲开始讨论一般化的群论理论，从以下这个群论中非常基本的定理展开。

定理 (Lagrange)：设 $G$ 是有限群，$H$ 是 $G$ 的子群，则

\[|H| \mid |G|\]

即子群的元素个数（阶）一定整除群的元素个数（阶）。

这是有限群理论中第一个基本定理。虽然以 Lagrange 的名字命名，但他所处的18世纪尚未建立群的概念（群是19世纪才出现的）。Lagrange 当时研究的是一些特殊的代数结构（如置换群的前身），发现了相关性质，后来才被抽象推广到一般群的情形。

证明思路（先给出概要，后面详细证明）：将 $G$ 按关于 $H$ 的陪集分成若干块（即在 $G$ 上定义等价关系），每个等价类（陪集）的元素个数都恰好等于 $

H

$，因此 $

G

$ 等于各等价类元素个数之和，即 $

H

$ 的倍数。

1.2 与集合的对比

这个结果体现了群结构的特殊性：

• 对于一般的有限集合，任何不超过其元素个数的正整数都可以作为子集的大小，且给定大小后子集的个数可以用组合数算出；
• 但对于群，子群的阶只能是群的阶的因子，这是群的运算结构施加的非常强的约束。

1.3 推论：素数阶群的子群

推论：设 $

G

= p$（$p$ 为素数），则 $G$ 的子群只有两个：${e}$ 和 $G$ 本身。

证明：设 $H$ 是 $G$ 的子群，由 Lagrange 定理，$

H

\mid

G

= p$。因为 $p$ 是素数，所以 $

H

= 1$ 或 $

H

= p$。

• 若 $

  H

  = 1$：子群必含幺元 $e$，故 $H = {e}$；

• 若 $

  H

  = p =

  G

  $：$H$ 是 $G$ 的子集且元素个数相同，故 $H = G$。$\blacksquare$

进一步地，素数阶群 $G$ 一定是循环群：对任意 $a \in G$，$a \ne e$，都有 $G = \langle a \rangle$。这是因为 $\langle a \rangle$ 是 $G$ 的子群且 $

\langle a \rangle

> 1$，由上述推论知 $\langle a \rangle = G$。因此素数阶群的结构完全被确定了——无论这个素数有多大，群的结构都特别简单。

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二、子集间的运算

在正式证明 Lagrange 定理之前，先介绍群关于子群的陪集分解——这是更加一般化的基本理论，讲完之后 Lagrange 定理就自然成为直接推论。

2.1 定义

设 $(G, \cdot)$ 是群，$A, B \subseteq G$ 是 $G$ 的任意两个子集，定义子集的乘积为：

\[AB = \{ab \mid a \in A,\ b \in B\}\]

当运算明确时，倾向于省略运算符号，直接写 $AB$。

当 $A$ 或 $B$ 只含一个元素时，记号进一步简化：对 $x \in G$，$B \subseteq G$，

\[xB = \{xb \mid b \in B\}, \qquad Bx = \{bx \mid b \in B\}\]

注意群的运算不一定满足交换律，因此 $xB$ 和 $Bx$ 一般不同：$xB$ 表示用 $x$ 左乘 $B$ 的所有元素，$Bx$ 表示用 $x$ 右乘 $B$ 的所有元素。

2.2 将二元运算拓展到子集

将群的二元运算从元素拓展到子集上，是代数中非常常见的一般化操作，并非专门为某个定理而设。

线性代数中的类比：在线性空间 $\mathbb{R}^n$ 中，子空间 $A$ 和 $B$ 的和定义为

\[A + B = \{a + b \mid a \in A,\ b \in B\}\]

这与上面子集乘积的定义形式一致（只是运算为加法，线性空间在加法下构成群）。线性代数中的维数公式

\[\dim(A + B) = \dim A + \dim B - \dim(A \cap B)\]

与有限集合的容斥原理

\[|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|\]

在形式上有类比关系。在代数结构中，子集间的乘法（或加法）某种意义上起到了集合并运算的类似作用。

2.3 几何直观：平移

在 $\mathbb{R}^n$ 的加法群中，$x + B = {x + b \mid b \in B}$ 就是将集合 $B$ 沿向量 $x$ 平移。这解释了为什么平移后图形的许多性质保持不变。

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三、陪集

3.1 定义

设 $H$ 是群 $G$ 的子群，$a \in G$，定义：

• 左陪集：$aH = {ah \mid h \in H}$
• 右陪集：$Ha = {ha \mid h \in H}$

其中”左”和”右”是按元素 $a$ 的位置命名的：$a$ 在左边称为左陪集，$a$ 在右边称为右陪集。

有些早期文献按子群 $H$ 的位置命名，但现代教材绝大多数采用上述约定。

3.2 左陪集的基本性质

命题：设 $H$ 是群 $G$ 的子群，$a, b \in G$，则以下条件等价：

1. 存在 $h \in H$，使得 $b = ah$
2. $b \in aH$
3. $a^{-1}b \in H$
4. $aH \cap bH \ne \varnothing$
5. $aH = bH$

证明：

(1) $\Leftrightarrow$ (2)：这就是左陪集 $aH$ 的定义。

注意 $a \in aH$（因为 $e \in H$，所以 $a = ae \in aH$）。

(1) $\Rightarrow$ (3)：若 $b = ah$（$h \in H$），两边左乘 $a^{-1}$ 得 $a^{-1}b = h \in H$。

(3) $\Rightarrow$ (1)：若 $a^{-1}b \in H$，记 $h = a^{-1}b$，则 $b = ah$，其中 $h \in H$。

(2) $\Rightarrow$ (4)：若 $b \in aH$，又 $b \in bH$（因为 $e \in H$），所以 $b \in aH \cap bH \ne \varnothing$。

(4) $\Rightarrow$ (5)（关键步骤）：设 $aH \cap bH \ne \varnothing$，取 $c \in aH \cap bH$。则存在 $x, y \in H$ 使得

\[c = ax = by\]

由此得 $a = byx^{-1}$，$b = axy^{-1}$。

因为 $x, y \in H$，而 $H$ 是子群（对乘法和求逆封闭），所以 $yx^{-1} \in H$，$xy^{-1} \in H$。

对任意 $h \in H$： \(ah = b(yx^{-1})h \in bH \quad (\text{因为 } yx^{-1}h \in H)\)

所以 $aH \subseteq bH$。同理： \(bh = a(xy^{-1})h \in aH \quad (\text{因为 } xy^{-1}h \in H)\)

所以 $bH \subseteq aH$。因此 $aH = bH$。

(5) $\Rightarrow$ (2)：若 $aH = bH$，由 $b \in bH = aH$，即得 $b \in aH$。$\blacksquare$

这个证明反复用到子群的三个基本性质：包含幺元、对群运算封闭、对求逆封闭。这些正是子群定义的核心条件。如果 $H$ 不是子群而只是一般的子集，上述结论就不成立。

3.3 几何直观

以 $G = \mathbb{R}^2$（加法群）为例，$H$ 取为过原点的一条直线（$H$ 是 $G$ 的子群）。此时所有左陪集就是与 $H$ 平行的所有直线。两条平行直线要么重合，要么没有交点，不可能只交于一个点而不重合——这正是命题 (4) $\Leftrightarrow$ (5) 的几何体现。

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四、陪集诱导的等价关系

4.1 定义

设 $H$ 是群 $G$ 的子群，在 $G$ 上定义二元关系：

\[a \sim_L b \iff a^{-1}b \in H\]

命题：$\sim_L$ 是 $G$ 上的等价关系，且 $a$ 所在的等价类恰好是左陪集 $aH$。

4.2 证明等价关系

提供另一种角度：不依赖于前面命题 3.2 的结果，直接验证等价关系的三条公理。

(自反性)：对任意 $a \in G$，$a^{-1}a = e \in H$（子群包含幺元），故 $a \sim_L a$。

(对称性)：若 $a \sim_L b$，即 $a^{-1}b \in H$。因为 $H$ 是子群，对求逆封闭，所以

\[b^{-1}a = (a^{-1}b)^{-1} \in H\]

这里用到了 $(xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1}$，以及 $(x^{-1})^{-1} = x$。

故 $b \sim_L a$。

(传递性)：若 $a \sim_L b$ 且 $b \sim_L c$，即 $a^{-1}b \in H$ 且 $b^{-1}c \in H$。因为 $H$ 是子群，对乘法封闭，所以

\[a^{-1}c = (a^{-1}b)(b^{-1}c) \in H\]

中间的 $bb^{-1}$ 由结合律抵消（乘出来是幺元，幺元不改变结果）。故 $a \sim_L c$。$\blacksquare$

本质上这个证明和命题 3.2 的证明用到的条件完全一样——反复使用子群对求逆封闭和对乘法封闭。两种方法是等价的，只是角度不同。

4.3 等价类即陪集

$a$ 所在的等价类为 ${b \in G \mid a^{-1}b \in H} = {b \in G \mid b \in aH} = aH$。

4.4 与模 $n$ 同余的关系

取 $G = (\mathbb{Z}, +)$（整数加法群），$H = n\mathbb{Z} = {nq \mid q \in \mathbb{Z}}$。此时

\[x \sim_L y \iff (-x) + y \in n\mathbb{Z} \iff n \mid (y - x) \iff x \equiv y \pmod{n}\]

因此，子群诱导的等价关系是模 $n$ 同余关系的推广。

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五、Lagrange 定理的证明

5.1 陪集分解与指标

记 $G / H = {aH \mid a \in G}$ 为 $G$ 关于 $H$ 的所有左陪集的集合（即等价类的集合、商集）。这个记号有点像做除法——把群 $G$ 按子群 $H$ “除”开。

由等价关系的性质，不同的陪集互不相交，且所有陪集的并等于 $G$：

\[G = \bigsqcup_{aH \in G/H} aH\]

注意：不同的元素 $a, b$ 可能给出相同的陪集 $aH = bH$，所以不能写 $G = \bigsqcup_{a \in G} aH$（这样会有大量重复）。必须取遍所有不同的陪集。

5.2 每个陪集的元素个数

命题：对任意 $a \in G$，$

aH

=

H

$。

证明：映射 $h \mapsto ah$（$h \in H$）是从 $H$ 到 $aH$ 的双射。

• 满射：显然；
• 单射：若 $ah_1 = ah_2$，由消去律得 $h_1 = h_2$。

故 $

aH

=

H

$。$\blacksquare$

5.3 完成证明

设 $G$ 是有限群，$H$ 是 $G$ 的子群。由陪集分解：

\[|G| = \sum_{aH \in G/H} |aH| = \sum_{aH \in G/H} |H| = |H| \cdot |G/H|\]

其中 $

G/H

$ 是左陪集的个数。因此 $

H

\mid

G

$。$\blacksquare$

实际上，如果对等价关系印象比较深刻的话，从等价关系出发可以马上推出这个结果：在一个有限集合上建立等价关系，集合的元素个数等于各等价类的元素个数之和。这本质上是上学期离散数学的内容。

更精确的表述为：

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

其中 $[G : H] =

G/H

$ 称为 $H$ 在 $G$ 中的指标（index）。这是 Lagrange 定理的更加细致、全面的表达形式。

注：虽然子群的定义很简单——对运算封闭、对求逆封闭——但仅仅具有这样两条性质就可以得到如此不平凡的结果。这个定理在研究群的性质时经常被不加说明地直接使用。实际上，研究群的性质，很多时候是通过它的陪集分解来进行的，而不是每次都回到两个元素之间的运算。

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六、Lagrange 定理的逆问题

Lagrange 定理说：若 $H$ 是有限群 $G$ 的子群，则 $

H

\mid

G

$。

逆问题：若 $d \mid

G

$，是否一定存在阶为 $d$ 的子群？

一般来说，答案是否定的。

• 对于循环群 $\mathbb{Z}_n$，答案是肯定的：$n$ 的每个因子 $d$ 恰好对应唯一一个 $d$ 阶子群。
• 一般群中，满足 Lagrange 逆命题的群称为 CLT 群（Converse Lagrange Theorem group），这是一个很强的限制，很多群不满足。

最小反例：从 $

G

= 1, 2, 3, \ldots$ 逐一检验，当 $

G

\le 11$ 时 Lagrange 逆命题均成立。最小反例出现在 $

G

= 12$，取因子 $d = 6$ 时，存在一个12阶群没有6阶子群。（这涉及到后面将要讲的置换群。）

关于这个一般化的问题，研究内容非常多，到现在还没有完全解决，因为结果取决于群的具体结构。

Sylow 定理（预告）

虽然一般因子不一定有对应子群，但对于素数幂因子有正面结果：

Sylow 定理：设 $p$ 是素数，若 $p^k \mid

G

$，则 $G$ 一定存在阶为 $p^k$ 的子群。

例如 $

G

= 12 = 4 \times 3$，虽然6阶子群不一定存在，但2阶、3阶、4阶子群一定存在。

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七、元素的阶整除群的阶

7.1 推论

推论：设 $G$ 是有限群，$a \in G$，则：

1. $a$ 是有限阶元素；

2. $\operatorname{ord}(a) \mid

   G

   $；

3. 特别地，$a^{

   G

   } = e$。

7.2 证明

取 $H = \langle a \rangle$（$a$ 生成的子群）。因为 $H \subseteq G$ 且 $G$ 有限，所以 $H$ 有限。

• 若 $a$ 是无限阶元素，则 $\langle a \rangle$ 是无限集（之前讲过：无限阶元素的不同整数幂两两不等，即 $a^i = a^j \Rightarrow i = j$），与 $H$ 有限矛盾。故 $a$ 是有限阶元素。

• 回忆：若 $\operatorname{ord}(a) = n$，则 $\langle a \rangle = {e, a, a^2, \ldots, a^{n-1}}$，这 $n$ 个元素两两不同。因此

\[\operatorname{ord}(a) = |\langle a \rangle| = |H|\]

由 Lagrange 定理，$

H

\mid

G

$，即 $\operatorname{ord}(a) \mid

G

$。

• 因为 $\operatorname{ord}(a) \mid

  G

  $，而 $a^{\operatorname{ord}(a)} = e$，由有限阶元素的性质（$a^m = e$ 当且仅当 $\operatorname{ord}(a) \mid m$），得 $a^{

  G

  } = e$。$\blacksquare$

7.3 应用：Fermat 小定理

Fermat 小定理：设 $p$ 是素数，$a$ 是不被 $p$ 整除的整数，则

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\]

从群论推导：考虑模 $p$ 的乘法群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times} = {1, 2, \ldots, p-1}$（模 $p$ 乘法）。因为 $p$ 是素数，这是一个 $p-1$ 阶群。由上述推论，对任意 $a \in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$，有 $a^{p-1} = e = 1$，即 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。

Fermat 小定理比群论更早得出，有独立的初等证明。但从群论角度可以将其视为 Lagrange 定理的直接推论。

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八、右陪集

以上所有讨论均针对左陪集。在右陪集方面也有完全对称的结果。后面左陪集和右陪集的结论都会用到，因此两者都需要熟悉。

8.1 右陪集的定义与性质

设 $H$ 是群 $G$ 的子群，$a, b \in G$，则以下条件等价：

1. 存在 $h \in H$，使得 $b = ha$
2. $b \in Ha$
3. $ba^{-1} \in H$（注意与左陪集的 $a^{-1}b \in H$ 对比）
4. $Ha \cap Hb \ne \varnothing$
5. $Ha = Hb$

8.2 右陪集诱导的等价关系

定义

\[a \sim_R b \iff ba^{-1} \in H\]

则 $\sim_R$ 是 $G$ 上的等价关系，$a$ 所在的等价类为右陪集 $Ha$。

左陪集与右陪集的结论完全对称，推导方法也完全一致。建议初学时自行将左陪集的推导过程模仿一遍，推出右陪集的所有相应结论，以加深印象。

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九、课程总结

本讲核心内容：

• Lagrange 定理：$

  H

  \mid

  G

  $，有限群中子群的阶整除群的阶

• 陪集分解：$G = \bigsqcup aH$，每个陪集的大小都等于 $

  H

  $，从而 $

  G

  =

  H

  \cdot [G:H]$

• 陪集的关键性质：两个陪集要么相等，要么不相交
• 子群诱导等价关系，等价类即为陪集

• 推论：素数阶群只有平凡子群，有限群中元素的阶整除群的阶，$a^{

  G

  } = e$

• Fermat 小定理是 Lagrange 定理在模 $p$ 乘法群上的特例
• 右陪集有完全对称的理论

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