子群設$(g,\cdot)$是群,$a\subset g$是$g$的子集,如果$(a,\cdot)$也構成群,那麼稱$a$是$g$的子群,記作$a\leq g$,且若$a\neq g$,則稱$a$為$g$的真子群,記作$a
對了驗證群$g$的子集$a$是否是$g$的子群,僅需驗證$a$對$g$中的運算是否構成群即可,即僅需驗證如下三條:
(1)么元$1_g\in a$;
(2)$a\in a\rightarrow a^\in a$;
(3)$a,b\in a\rightarrow ab\in a$.
也可以利用如下的判定定理：若$a\subset g$,則$a\leq g$當且僅當$$ab^\in a,\forall a,b\in a$$次判定定理的證明是顯然的.
例如:設$n\in\mathbb n^*$,定義$n\mathbb z=\$,顯然$n\mathbb z$是$\mathbb z$的子群,但是$n\mathbb z\simeq\mathbb z$.直觀上來理解即：子群未必比原來的群小!
乙個顯然的事實是$\,g$也是群$g$的子群,稱之為平凡子群,其他的子群稱為非平凡子群.
再者前面提到的例子$\mathrm_(\mathbb c),\mathrm_(\mathbb c)$,顯然有$\mathrm_(\mathbb c)\leq\mathrm_(\mathbb c)$.
乙個自然的問題,若$a,b\leq g$,那麼 $a\cap b,a\cup b$以及$ab$是否仍然是$g$的子群呢?我們有:
設$a,b\leq g$,則:
(1)$a\cap b\leq g$;
(2)$a\cup b\leq g$當且僅當$a\leq b$或$b\leq a$;(乙個顯然的推論是群不能表示成兩個真子群之並)
(3)$ab\leq g$當且僅當$ab=ba$.
證明
(1)任取$a,b\in a\cap b$,顯然$ab^\in a\cap b$,從而$a\cap b\leq g$.
(2)充分性顯然,僅證必要性:若$a=b$,那麼結論顯然,因此不妨設存在$g\in a$且$g\notin b$,由於$a\cup b\leq g$,從而$\forall h\in b$都有$gh^\in a\cup b$,注意到$gh^\notin b$,因此$gh^\in a$,從而$h\in a$,這說明$b\leq a$.
(3)必要性:任取$a_1b_1,a_2b_2\in ab$,則$$a_1b_1b_2^a_2^=a_1ba_2^=a_1a_3b_3=a_4b_3\in ab$$從而$ab\leq g$.
必要性:若$ab\leq g$,則$$ab=(ab)^=b^a^=ba$$
定理設$g$是群且$a\leq g$.定義關係:$$g\sim h\leftrightarrow gh^\in a$$那麼這是$g$上的乙個等價關係,且元素$g$對此等價關係的等價類是$ag=\$
證明由$gg^=1\in a$得$g\sim g$,即$"\sim"$滿足反身性;其次由$gh^\in a$知$\left(gh^\right)^=hg^\in a$,從而$h\sim g$,即$"\sim"$滿足對稱性;最後若$gh^\in a,ht^\in a$,則$gt^\in a$,得$g\sim t$,即$"\sim"$滿足傳遞性.綜上$"\sim"$是乙個等價關係.而若$g\sim h$,則$hg^\in a$,故存在$a\in a$使得$h=ag$,這說明等價類$\overline=ag$.
據此,群$g$在此等價關係下可被分解成一些等價類$ag$的無交並$$g=\bigcup_ag$$
lagrange定理設$g$是有限群且$a\leq g$,則$$|g|=|a|\cdot[g:a]$$特別的,$g$的每個子群的階數都是$g$的階數的因數.
證明
考慮$g$的右陪集分解$$g=\bigcup_ag$$利用消去律顯然對每個$g\in g$都有$|ag|=|a|$,從而$$|g|=\sum_|ag|=|a|\cdot |r|=|a|\cdot[g:a]$$
推論1
設$g\in g$,命$s=\$.若$s\neq\emptyset$,那麼$s$中存在最小的元素$m$,稱為元素$g$的階,並且稱$g$是有限階元素;而若$s=\emptyset$,即$\forall n\in\mathbb n^*,g^n\neq 1$,此時稱$g$是無限階元素.
顯然如果$g$是有限群,那麼$s$必然非空,因為如果$g$有限,那麼必然存在$0
推論2
設$g$是有限群,那麼$g$的任何子群的$a$的階數$|a|$整除$|g|$且$g$中任意元素$g$的階數均是$|g|$的因子.
證明 前者利用lagrange定理是顯然的.對任意的$g\in g$,考慮群$g$的子群$=\$,顯然$||$即為元素$g$的階數,利用lagrange定理可知$||\big||g|$.
這樣我們可以考慮乙個問題：非交換群的最小階數.
引理1
$p$($p$是素數)階群$g$均是abel群,且均同構於整數模$p$的加法群$\mathbb z_$.
證明 任取$1\neq g\in g$,根據推論可知元素$g$的階$o(g)=p$,於是$\\}$是$g$中$p$個不同的元素,從而$g=\\}$.考慮對映\begin\varphi:g&\to\mathbb z_\\g^k&\mapsto\overline\end
不難驗證這是乙個同構,從而$g\simeq\mathbb z_p$ 這表明，素數階群本質上只有乙個,即$\mathbb z_p$.
利用此我們可以得到：非交換群的最小階數是6.
證明 顯然$1,2,3,5$階群均是abel群.考慮$4$階群$g$:
1)若$g$中有$4$階元,那麼$g\simeq\mathbb z_4$,顯然是abel群;
2)若$g$中沒有$4$階元,那麼$g$中除了么元,其餘的都是$2$階元,任取兩個$2$階元$a,b$且$b\neq a^$,則$1\neq ab\in g$,仍然是$2$階元,從而$1=(ab)^2=abab$,等式兩邊分別左乘$a$,右乘$b$得$$ab=a^2bab^2=ba$$這說明$a,b$可交換,從而$g$是abel群.這說明$4$階群一定是abel群，並且本質上只有兩個$\mathbb z_4$和$k_4=\$,其中$a^2=b^2=1,ab=ba$,稱作klein 4元群.
最後來看$6$階群$s_3$,由於$(12)(13)=(132)\neq(123)=(13)(12)$,這說明$s_3$是非交換群.
最後在來看兩個元素階的結論:設$g,h$是群$g$中的元素,
1.若$o(g)=n$,則對每個正整數$m$,$$o\left(g^m\right)=\frac$$
2.若$gh=hg$且$o(g)=m,o(h)=n,(m,n)=1$,則$o(gh)=mn$.
證明 1.由於$\left(g^m\right)^}=g^}=g^=1$(其中$[m,n]$表示$m,n$的最小公倍數),這說明$o\left(g^m\right)\big|\frac$.
記$n:=o\left(g^m\right)$,則由
$\left(g^m\right)^n=g^=1$得$n\big|mn$,進一步的$$\frac\big|\fracn$$而$\frac,\frac$互素,從而$\frac\big| n$,綜上$o\left(g^m\right)=n=\frac$.
2.令$n=o\left(gh\right)$,注意到$(gh)^=g^h^=1$,則$n\big|mn$.另一方面由$$1=(gh)^=g^h^=g^$$得$m\big| nn$,注意到$m,n$互素,從而$m\big| n$,同理$n\big|n$,因此$mn\big|n$.綜上可知$o(gh)=n=mn$.
最後介紹一下初等數論中的euler公式,利用群的階以及元素階的性質來看是顯然的:
euler公式,即若$(a,n)=1$,則$$a^\equiv1(\mathrm~n)$$證明因為如果$(a,n)=1$以及$\left|\mathbb z_n^*\right|=\varphi(n)$,那麼在$\mathbb z_n^*$中必然有$\left(\overline\right)^=\overline}=\overline$,即$a^\equiv1(\mathrm~n)$.
特別的,取$n=p$為素數,且$(a,p)=1$,那麼便得到所謂的fermat小定理$$a^\equiv1(\mathrm~p)$$
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