最后更新: 2025-04-21 08:24 查看: 41 次反馈刷题

阅读：拉格朗日群

## 拉格朗日群
（Lagrange）设 $G$ 是有限群， $H$ 是 $G$ 的子群，则

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

其中 $[ G : H ]$ 是 $H$ 在 $G$ 中的不同右陪集（或左陪集）数，称为 $H$ 在 $G$ 中的指数。

证设 $[G: H]=r, a_1, a_2, \ldots, a_r$ 分别是 $H$ 的 $r$ 个右陪集的代表元素，

$$
\begin{gathered}
G=H a_1 \cup H a_2 \cup \ldots \cup H a_r \\
|G|=\left|H a_1\right|+\left|H a_2\right|+\ldots+\left|H a_r\right| \\
\text { 由 }\left|H a_i\right|=|H|, i=1,2, \ldots, r, \text { 得 } \\
|G|=|H| \cdot r=|H| \cdot[G: H]
\end{gathered}
$$

## 推论1
设 $G$ 是 $n$ 阶群，则 $\forall a \in G,|a|$ 是 $n$ 的因子，且有 $a^n=e$ ．证 任取 $a \in G,\langle a\rangle$ 是 $G$ 的子群，$\langle a\rangle$ 的阶是 $n$ 的因子． $\langle a\rangle$ 是由 $a$ 生成的子群，若 $|a|=r$ ，则

$$
<a>=\left\{a^0=e, a^1, a^2, \ldots, a^{r-1}\right\}
$$

即 $\langle a\rangle$ 的阶与 $|a|$ 相等，所以 $|a|$ 是 $n$ 的因子．从而 $a^n=e$ ．
推论2 对阶为素数的群 $G$ ，必存在 $a \in G$ 使得 $G =\langle a \rangle$ ．
证 设 $| G |= p , p$ 是素数．由 $p \geq 2$ 知 $G$ 中必存在非单位元．
任取 $a \in G, a \neq e$ ，则 $<a>$ 是 $G$ 的子群。根据拉格朗日定理， $\langle a\rangle$ 的阶是 $p$ 的因子，即 $\langle a >$ 的阶是 $p$ 或1．显然 $\langle a >$ 的阶不是 1 ，这就推出 $G =\langle a \rangle$ ．
  
  
  
 **命题**：如果群 $G$ 只含 $1$ 阶和 2 阶元，则 $G$ 是Abel群．
证 设 $a$ 为 $G$ 中任意元素，有 $a^{-1}=a$ 。任取 $x, y \in G$ ，则

$$
x y=(x y)^{-1}=y^{-1} x^{-1}=y x,
$$

因此 $G$ 是Abel群．

`例`证明 6 阶群中必含有 3 阶元．
证 设 $G$ 是 6 阶群，则 $G$ 中元素只能是 1 阶， 2 阶， 3 阶或 6 阶。
若 $G$ 中含有 6 阶元，设为 $a$ ，则 $a ^2$ 是 $3$ 阶元。
若 $G$ 中不含 6 阶元，下面证明 $G$ 中必含有 3 阶元．如若不然， $G$中只含1阶和 2 阶元，即 $\forall a \in G$ ，有 $a^2=e$ ，由命题知 $G$ 是Abel群．取 $G$ 中 2 阶元 $a$ 和 $b, a \neq b$ ，令 $H=\{e, a, b, a b\}$ ，则 $H$ 是 $G$ 的子群，但 $|H|=4,|G|=6$ ，与拉格朗日定理矛盾．
  
  
`例` 证明阶小于 6 的群都是Abel群．
证1阶群是平凡的，显然是阿贝尔群。
2,3 和 5 都是素数，由推论 2 它们都是单元素生成的群，都是 Abel群。
设 $G$ 是4阶群．若 $G$ 中含有4阶元，比如说 $a$ ，则 $G =\langle a >$ ，由上述分析可知 $G$ 是Abel群。若 $G$ 中不含 4 阶元，$G$ 中只含 1 阶和 $2$阶元，由命题可知 $G$ 也是Abel群。

## 拉格朗日的作用
**建立群与子群的阶数约束**，简化子群存在性的判定。
**通过陪集分解**，将群的结构转化为更易分析的轨道形式。
为**同态基本定理**和**西罗定理**等后续理论提供基础。

刷题

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