子群的陪集
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分类中存在一个特殊的类是子群,而其余的类都 不是子群；每个类正好是这个子群中的所有元素都 加(乘)上这个类中任取定的一个元素.
具有上述特点的群分类正是本节中研究的主要内 容.(在下面的讨论中,都是在乘群上展开的).
2020/6/18
定义 1 (集合的积) 设 X 和Y 是群 G 的二个 非空子集,于是 X 与Y 的积记为
2020/6/18
一、陪集的引入
引例 1 对整数加群Z,而言，取定模 4，则可确定 Z 的
一个分类： Z4 0,1,2,3。其中 Z 中的 4 个剩余类分别为： 0 ,8,4,0,4,8, 1 ,7,3,1,5,9, 2 ,6,2,2,6,10 3 ,5,1,3,7,11,
2020/6/18
说明 在三次对称群的陪集分解式
S3 H H 13 H 132 中, 易发现, S3 H 13H 132 H .
这个事实告诫我们：群的陪集分解式一旦遇到边 旁过渡时(即以右(左)陪集过渡到左(右)陪集)陪集 的代表元可能要重新考虑,一般地,如果
G H Ha1 Ha2 Ha3 Ham
XY xy x Z,y Y
特别地,如果Y y是一个单元集,而设 X x1, x2 , ,那么 X 与Y 的积为
XY X y x1 y, x2 y,
此时我们记 XY 为 Xy ,并称 Xy 为元素 y 右 乘 X 的积.
2020/6/18
定义 2 (子群的陪集) 设 G 为任意的群, H G 而 a G, 那么 1）形如 Ha 的子集,叫做子群 H 的一个右陪集,其中
都含在该陪集内.
其次,上列中任二个陪集要么相等,要么不相交.
最后将上列不重复的全部陪集并起来后恰好等于 S3 .
注意： Ha 似乎表明为全部陪集的并，然而由集合
aG
论的知识知道，只需取那些不重复的陪集作并即可，例
如 S3 中全部的右陪集共 6 有个，然而不重复的只有 3 个，
故
S H H 13 H 23。
2020/6/18
推论 1
有限群 的任一元素的阶都是群 的阶数的因子.
证明 设 G 的元 a 的阶为 n, 则 a 生成一个阶是 n 的子群，由 以上定理，n 整除 G 的阶。
推论 2
设 为有限群.
, 则对任意的 ,
.
证明 对 G 的任意元素 a，设其阶为 j,则由推论 1，j 整除 n,于是
n=rj a n a rj (a j )r er e
又任取 x H ．由于 a H ，故 a1x H ，且
x a(a1x) H .
从而又有 H aH ．因此 aH H ．
2020/6/18
3) baH aH bH ． 证明 设 b aH ．令 b ax(x H ) ，则由 2)有 bH axH aH 。反之，设 aH bH ．则因 b bH ，故 b aH ． 4) aH bH ，即 a 与 b 同在一个左陪集中
思考题 1 若 H G ,又设 a G ,那么“ Ha aH ”成立吗? 为什么?
答：由于 G 不一定是交换群,所以 Ha aH 未必成立.
比如,在引例 2 中, 123H 123,23，而 H 123 123,13，123H H 123
2020/6/18
二、陪集的性质． 1) a aH ．同理， a Ha 。 证明 因为 H 是子群， e H ，故 a aeaH . 2) aH aH H ． 证明 设 aH H ．则由 1)知，a aH ，故 a H ． 反之，设 a H ，但因 H 是子群，故 aH H ；
In our classes, all the mobile phones should be switched off !
2020/6/18
第 12 讲
第二章 群 论
§7 子群的陪集 (2课时)
（Coset of subgroup）
2020/6/18
本讲的教学目的和要求： 在第一章中，我们曾介绍了集合的分类与集
中20i20/06,1/1,28,3 .
引例 2. 给定三次对称群
S3 1,12,13,23,123132 的一个分类 H, K, M.其中 这三个分列为: H 1,12， K 13,123， M 23,132 。
同上例一样可以发现： (1) 分类 中只有 H 是 S3 的子群，而 K, M 都不是 S3 的子群。 (2) K 恰是由(13)右乘 H 中每个元素而形成的类:
aH bH a1b H (或 b1a H )．
5) 若 aH I bH ，则 aH bH ．
证明 设 c aH I bH ，则 c aH ， c bH ．于是 由 3)知 aH bH cH ．
这个性质表明，对任二左陪集来说，要么相等，要么无
公共元素(即其交为空集)．这样，群 G 中每个元素必属 于一个左陪集，而且不能属于不同的左陪集．因此， G 的全体不同的左陪集构成群 G 的元素的一个分类，而且
现利用群的观点，分析上述事实，可得到如下启示：
2020/6/18
(1) 在 Z 4 中剩余类 0 ,8,4,0,4,8, 4Z 4n n Z 是 整数加群Z,的一个子群. 而其余的剩余类1,2,3都 不是 Z ,的子群. (2) 其余的任何一个剩余类与这个特殊的剩余类0有着 密切的联系.譬如, 1就是用代表元 1 与0中每个元素相 加所成的剩余类, 1即恰是用0中每个元素都加上 1 而 形成的.一般地, Z4 中的每个剩余类i都是由0中每个元 素普遍加上 i (或加上i中任取定的一个元素)而形成的.其
2020/6/18
是群 G 的陪集分解,那么
G H a1H a2 H a3 H am H
未必会是群的陪集分解.(即等号未必能成立). 四、右陪集与左陪集的对应关系
2020/6/18
定理
群 的任何两个陪集(包括左陪集与右陪集)含有相同个数的元素.
证明 设 为 的子群,
.令
;
.
如果
,
,则
（2）陪集和陪集的代表元所形成的系列性质，要能 掌握。
（3）群的陪集分解中对左右边旁的要求和注意事项 需要了解。
（4）Lagrange 定理和推论本身的掌握以及有关理 论应用需要掌握。
2020/6/18
本讲的重点和难点： 本节的内容中重点是对陪集概念的
了解和 lagrange 定理的应用，而难点在于 学会并掌握有关陪集理论的命题的证明。
2020/6/18
五、Lagrange 定理 定理 5 (Lagrange 定理) 设 H G ,如果 G N, H n ,
且有G : H j ,那么 N nj.
2020/6/18
证明: G : H j ,这表明 H 在 G 中的右陪集只
有 j 个,从而有 G 的右陪集分解: G Ha1 Ha 2 Ha3 Ha j （其中 Ha1 H ） 由引理知, Ha1 Ha2 Байду номын сангаасHa j n 所以 G Ha1 j N nj . 由上等式“ N nj ”知子群 H 的阶 n 是 G 的 阶 N 的因子，于是可得到下面的推论
. 故 是单射. 又任给 ah∈aH,存在
,
使得 (h)=ah, 故 为满射, 从而 为双射.
同理可证 也是双射.
从而知道, 任一陪集都与 含有相同个数的元素. 进而可知, 的任何两个陪集 都含有相同个数的元素.
2020/6/18
定理 设 为 的子群. 则 在 中左陪集的个数与右陪集的个数相同.
证明 设 , 分别表示 在 中的左、右陪集所组成的集合. 令
合上的等价关系——互相兼容的两个代数概念。 本讲我们在群中引人一种特殊等价关系，由此对 该群进行分类——群的陪集分解。进而引出拉格 朗日（Lagrange）定理，得到了“每个子群（元 素）的阶都是有限群阶的因子” 这一重要结论。
2020/6/18
在本讲的学习中要求
（1）陪集的形成以及它们与母群的关系与子群 H 的 联系要分辩清楚。
2020/6/18
例 3 G= S3 ={（1），（12），（13），（23），（123），（132）}， H={(1), (12)}. S3 的阶是 6，H 的阶是 2，H 有三个右陪集，H 的子 数是 3；2 和 3 果然整除 6，并且
6=3×2 S3 的六个元素是（1），（12），（13），（23），（123）， （132）。它们的阶是 1 或 2 或 3；1，2，3 都整除 6。
113 13， 1213 123
(或者说是由(123)右乘 H 中每个元素而形成的类).同理, M 是由 (23)(或(132))右乘 H 中每个元素形成的类.
2020/6/18
总之, 中每个类,都是由本类中任取定一元素右 乘 H 中每个元素而得到的.
上述二引例中,虽然一个是加群,另一个是乘群,但 它们的分类都有一个共同的特点：
,
.
则 是 到 的双射. 事实上
(1) 如果
, 那么
,故
, 所以,
. 于是, 为 到 的
映射.
(2) 任给
,有
, 因此, 为满射.
(3) 如果
, 那么
, 因此
, 从而得 为双射.即 在 中
左陪集的个数与右陪集的个数相同.
2020/6/18
定义 4 设 H G ,那么 H 的右(左)陪集的个数叫
做 H 在 G 中的指数,记为G : H . 在引例 1 中,令 H 0. Z : H 4 在引例 2 中,令 H 1,12, S3 : H 3 .
2020/6/18
拉格朗日（Lagrange），法国数学家，力学家，天文学家。生于 意大利都灵的一个陆军会计官家里是 11 个兄弟姐妹的最长者。17 岁时，在偶然读到哈雷的一篇介绍牛顿微积分的短文《论分析方 法的优点》后，对数学产生了兴趣。1753 年他尚未毕业于都灵炮 兵学校，就担任了该校数学课教学工作。1755 年 9 月成为该校教授。 1756 年经欧拉推荐，被提名为柏林科学院通讯院士。1759 年成为 院士，1776 年被评为彼得堡科学院名誉院士，1783 年成为都灵科学 院名誉主席及伦敦皇家学会会员。1795 年任新成立的巴黎高等师范 学院数学教授，巴黎理工学院的第一位几何教授与第一任校长。后 被路易十六授与伯爵爵位。
两个元素 a 与 b 同在一类当且仅当 a1b H ．
2020/6/18
定理 2 设 H G ,设 a,b G ,那么
(1) a Ha . (2) 对于陪集 Ha 和 Hb 而言,只有 二种关系：
Ha Hb 或 Ha Hb (3) G Ha .
aG
2020/6/18
可以利用引例 2 作进一步的解释：
H（13） H (132) {(13),(132)};
2020/6/18
H (23) H (123) {(23),(123)}.
说明 1 在引例 2 中,自然有 H H1, K H13 H123 , M H 23 H 132 . 所以有 S3 的分类 S3 H H 13 H 23.
设 H S3,其中 H 1,12, 用 S3 中全部 6 个
元素做代表元,则变得 6 个陪集：
H1 1,12,
H 12 12,1.
H13 13,123
H 23 23,132 .
H 123 123,13,
H 132 132 ,23.
2020/6/18
首先,从上全部陪集中看到：每个陪集的代表元
a1b H (或 b1a H )．
证明 设 aH bH ，则 a1aH a1bH , H a1bH ．
于是由 2)知 a1b H ．反之，若 a1b H ，则依上倒 推回去即得 aH bH ．
2020/6/18
应注意，把 3)与 4)两条合起来，就是
定理 1 b aH ，即 a 与 b 属于同一个左陪集
解 S3 {(1), (12), (13), (23), (123), (132)},
H 的所有左陪集为: (1)H (12)H {(1), (12)} H ;
(13)H (123)H {(13),(123)} ;
(23)H (132)H {(23),(132)}．
H 的所有右陪集为: H (1) H (12) {(1), (12)};
a 叫做代表元. 2）形如 aH 的子集叫做子群 H 的一个左陪集,其中 a 叫
做代表元. 由此可见,子群 H 的陪集正是 H 与元素 a 相乘的积,当
a 从右方去乘 H 时,则得到右陪集. 反之得到左陪集.
2020/6/18
例 1 设 H {(1),(12)},求 S3 关于 H 的所有左陪集以 及右陪集.
具有上述特点的群分类正是本节中研究的主要内 容.(在下面的讨论中,都是在乘群上展开的).
2020/6/18
定义 1 (集合的积) 设 X 和Y 是群 G 的二个 非空子集,于是 X 与Y 的积记为
2020/6/18
一、陪集的引入
引例 1 对整数加群Z,而言，取定模 4，则可确定 Z 的
一个分类： Z4 0,1,2,3。其中 Z 中的 4 个剩余类分别为： 0 ,8,4,0,4,8, 1 ,7,3,1,5,9, 2 ,6,2,2,6,10 3 ,5,1,3,7,11,
2020/6/18
说明 在三次对称群的陪集分解式
S3 H H 13 H 132 中, 易发现, S3 H 13H 132 H .
这个事实告诫我们：群的陪集分解式一旦遇到边 旁过渡时(即以右(左)陪集过渡到左(右)陪集)陪集 的代表元可能要重新考虑,一般地,如果
G H Ha1 Ha2 Ha3 Ham
XY xy x Z,y Y
特别地,如果Y y是一个单元集,而设 X x1, x2 , ,那么 X 与Y 的积为
XY X y x1 y, x2 y,
此时我们记 XY 为 Xy ,并称 Xy 为元素 y 右 乘 X 的积.
2020/6/18
定义 2 (子群的陪集) 设 G 为任意的群, H G 而 a G, 那么 1）形如 Ha 的子集,叫做子群 H 的一个右陪集,其中
都含在该陪集内.
其次,上列中任二个陪集要么相等,要么不相交.
最后将上列不重复的全部陪集并起来后恰好等于 S3 .
注意： Ha 似乎表明为全部陪集的并，然而由集合
aG
论的知识知道，只需取那些不重复的陪集作并即可，例
如 S3 中全部的右陪集共 6 有个，然而不重复的只有 3 个，
故
S H H 13 H 23。
2020/6/18
推论 1
有限群 的任一元素的阶都是群 的阶数的因子.
证明 设 G 的元 a 的阶为 n, 则 a 生成一个阶是 n 的子群，由 以上定理，n 整除 G 的阶。
推论 2
设 为有限群.
, 则对任意的 ,
.
证明 对 G 的任意元素 a，设其阶为 j,则由推论 1，j 整除 n,于是
n=rj a n a rj (a j )r er e
又任取 x H ．由于 a H ，故 a1x H ，且
x a(a1x) H .
从而又有 H aH ．因此 aH H ．
2020/6/18
3) baH aH bH ． 证明 设 b aH ．令 b ax(x H ) ，则由 2)有 bH axH aH 。反之，设 aH bH ．则因 b bH ，故 b aH ． 4) aH bH ，即 a 与 b 同在一个左陪集中
思考题 1 若 H G ,又设 a G ,那么“ Ha aH ”成立吗? 为什么?
答：由于 G 不一定是交换群,所以 Ha aH 未必成立.
比如,在引例 2 中, 123H 123,23，而 H 123 123,13，123H H 123
2020/6/18
二、陪集的性质． 1) a aH ．同理， a Ha 。 证明 因为 H 是子群， e H ，故 a aeaH . 2) aH aH H ． 证明 设 aH H ．则由 1)知，a aH ，故 a H ． 反之，设 a H ，但因 H 是子群，故 aH H ；
In our classes, all the mobile phones should be switched off !
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第 12 讲
第二章 群 论
§7 子群的陪集 (2课时)
（Coset of subgroup）
2020/6/18
本讲的教学目的和要求： 在第一章中，我们曾介绍了集合的分类与集
中20i20/06,1/1,28,3 .
引例 2. 给定三次对称群
S3 1,12,13,23,123132 的一个分类 H, K, M.其中 这三个分列为: H 1,12， K 13,123， M 23,132 。
同上例一样可以发现： (1) 分类 中只有 H 是 S3 的子群，而 K, M 都不是 S3 的子群。 (2) K 恰是由(13)右乘 H 中每个元素而形成的类:
aH bH a1b H (或 b1a H )．
5) 若 aH I bH ，则 aH bH ．
证明 设 c aH I bH ，则 c aH ， c bH ．于是 由 3)知 aH bH cH ．
这个性质表明，对任二左陪集来说，要么相等，要么无
公共元素(即其交为空集)．这样，群 G 中每个元素必属 于一个左陪集，而且不能属于不同的左陪集．因此， G 的全体不同的左陪集构成群 G 的元素的一个分类，而且
现利用群的观点，分析上述事实，可得到如下启示：
2020/6/18
(1) 在 Z 4 中剩余类 0 ,8,4,0,4,8, 4Z 4n n Z 是 整数加群Z,的一个子群. 而其余的剩余类1,2,3都 不是 Z ,的子群. (2) 其余的任何一个剩余类与这个特殊的剩余类0有着 密切的联系.譬如, 1就是用代表元 1 与0中每个元素相 加所成的剩余类, 1即恰是用0中每个元素都加上 1 而 形成的.一般地, Z4 中的每个剩余类i都是由0中每个元 素普遍加上 i (或加上i中任取定的一个元素)而形成的.其
2020/6/18
是群 G 的陪集分解,那么
G H a1H a2 H a3 H am H
未必会是群的陪集分解.(即等号未必能成立). 四、右陪集与左陪集的对应关系
2020/6/18
定理
群 的任何两个陪集(包括左陪集与右陪集)含有相同个数的元素.
证明 设 为 的子群,
.令
;
.
如果
,
,则
（2）陪集和陪集的代表元所形成的系列性质，要能 掌握。
（3）群的陪集分解中对左右边旁的要求和注意事项 需要了解。
（4）Lagrange 定理和推论本身的掌握以及有关理 论应用需要掌握。
2020/6/18
本讲的重点和难点： 本节的内容中重点是对陪集概念的
了解和 lagrange 定理的应用，而难点在于 学会并掌握有关陪集理论的命题的证明。
2020/6/18
五、Lagrange 定理 定理 5 (Lagrange 定理) 设 H G ,如果 G N, H n ,
且有G : H j ,那么 N nj.
2020/6/18
证明: G : H j ,这表明 H 在 G 中的右陪集只
有 j 个,从而有 G 的右陪集分解: G Ha1 Ha 2 Ha3 Ha j （其中 Ha1 H ） 由引理知, Ha1 Ha2 Байду номын сангаасHa j n 所以 G Ha1 j N nj . 由上等式“ N nj ”知子群 H 的阶 n 是 G 的 阶 N 的因子，于是可得到下面的推论
. 故 是单射. 又任给 ah∈aH,存在
,
使得 (h)=ah, 故 为满射, 从而 为双射.
同理可证 也是双射.
从而知道, 任一陪集都与 含有相同个数的元素. 进而可知, 的任何两个陪集 都含有相同个数的元素.
2020/6/18
定理 设 为 的子群. 则 在 中左陪集的个数与右陪集的个数相同.
证明 设 , 分别表示 在 中的左、右陪集所组成的集合. 令
合上的等价关系——互相兼容的两个代数概念。 本讲我们在群中引人一种特殊等价关系，由此对 该群进行分类——群的陪集分解。进而引出拉格 朗日（Lagrange）定理，得到了“每个子群（元 素）的阶都是有限群阶的因子” 这一重要结论。
2020/6/18
在本讲的学习中要求
（1）陪集的形成以及它们与母群的关系与子群 H 的 联系要分辩清楚。
2020/6/18
例 3 G= S3 ={（1），（12），（13），（23），（123），（132）}， H={(1), (12)}. S3 的阶是 6，H 的阶是 2，H 有三个右陪集，H 的子 数是 3；2 和 3 果然整除 6，并且
6=3×2 S3 的六个元素是（1），（12），（13），（23），（123）， （132）。它们的阶是 1 或 2 或 3；1，2，3 都整除 6。
113 13， 1213 123
(或者说是由(123)右乘 H 中每个元素而形成的类).同理, M 是由 (23)(或(132))右乘 H 中每个元素形成的类.
2020/6/18
总之, 中每个类,都是由本类中任取定一元素右 乘 H 中每个元素而得到的.
上述二引例中,虽然一个是加群,另一个是乘群,但 它们的分类都有一个共同的特点：
,
.
则 是 到 的双射. 事实上
(1) 如果
, 那么
,故
, 所以,
. 于是, 为 到 的
映射.
(2) 任给
,有
, 因此, 为满射.
(3) 如果
, 那么
, 因此
, 从而得 为双射.即 在 中
左陪集的个数与右陪集的个数相同.
2020/6/18
定义 4 设 H G ,那么 H 的右(左)陪集的个数叫
做 H 在 G 中的指数,记为G : H . 在引例 1 中,令 H 0. Z : H 4 在引例 2 中,令 H 1,12, S3 : H 3 .
2020/6/18
拉格朗日（Lagrange），法国数学家，力学家，天文学家。生于 意大利都灵的一个陆军会计官家里是 11 个兄弟姐妹的最长者。17 岁时，在偶然读到哈雷的一篇介绍牛顿微积分的短文《论分析方 法的优点》后，对数学产生了兴趣。1753 年他尚未毕业于都灵炮 兵学校，就担任了该校数学课教学工作。1755 年 9 月成为该校教授。 1756 年经欧拉推荐，被提名为柏林科学院通讯院士。1759 年成为 院士，1776 年被评为彼得堡科学院名誉院士，1783 年成为都灵科学 院名誉主席及伦敦皇家学会会员。1795 年任新成立的巴黎高等师范 学院数学教授，巴黎理工学院的第一位几何教授与第一任校长。后 被路易十六授与伯爵爵位。
两个元素 a 与 b 同在一类当且仅当 a1b H ．
2020/6/18
定理 2 设 H G ,设 a,b G ,那么
(1) a Ha . (2) 对于陪集 Ha 和 Hb 而言,只有 二种关系：
Ha Hb 或 Ha Hb (3) G Ha .
aG
2020/6/18
可以利用引例 2 作进一步的解释：
H（13） H (132) {(13),(132)};
2020/6/18
H (23) H (123) {(23),(123)}.
说明 1 在引例 2 中,自然有 H H1, K H13 H123 , M H 23 H 132 . 所以有 S3 的分类 S3 H H 13 H 23.
设 H S3,其中 H 1,12, 用 S3 中全部 6 个
元素做代表元,则变得 6 个陪集：
H1 1,12,
H 12 12,1.
H13 13,123
H 23 23,132 .
H 123 123,13,
H 132 132 ,23.
2020/6/18
首先,从上全部陪集中看到：每个陪集的代表元
a1b H (或 b1a H )．
证明 设 aH bH ，则 a1aH a1bH , H a1bH ．
于是由 2)知 a1b H ．反之，若 a1b H ，则依上倒 推回去即得 aH bH ．
2020/6/18
应注意，把 3)与 4)两条合起来，就是
定理 1 b aH ，即 a 与 b 属于同一个左陪集
解 S3 {(1), (12), (13), (23), (123), (132)},
H 的所有左陪集为: (1)H (12)H {(1), (12)} H ;
(13)H (123)H {(13),(123)} ;
(23)H (132)H {(23),(132)}．
H 的所有右陪集为: H (1) H (12) {(1), (12)};
a 叫做代表元. 2）形如 aH 的子集叫做子群 H 的一个左陪集,其中 a 叫
做代表元. 由此可见,子群 H 的陪集正是 H 与元素 a 相乘的积,当
a 从右方去乘 H 时,则得到右陪集. 反之得到左陪集.
2020/6/18
例 1 设 H {(1),(12)},求 S3 关于 H 的所有左陪集以 及右陪集.