子群 設$(G,\cdot)$是群,$A\subset G$是$G$的子集,如果$(A,\cdot)$也構成群,那么稱$A$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$A<G$.
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)幺元$1_G\in A$;
(2)$a\in A\Rightarrow a^{-1}\in A$;
(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$$ab^{-1}\in A,\forall a,b\in A$$次判定定理的證明是顯然的.
例如:設$n\in\mathbb N^*$,定義$n\mathbb Z=\{na:a\in\mathbb Z\}$,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!
一個顯然的事實是$\{1\},G$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$\mathrm{GL}_{n}(\mathbb C),\mathrm{SL}_{n}(\mathbb C)$,顯然有$\mathrm{SL}_{n}(\mathbb C)\leq\mathrm{GL}_{n}(\mathbb C)$.
一個自然的問題,若$A,B\leq G$,那么 $A\cap B,A\cup B$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$B\leq A$;(一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$ab^{-1}\in A\cap B$,從而$A\cap B\leq G$.
(2)充分性顯然,僅證必要性:若$A=B$,那么結論顯然,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$gh^{-1}\in A\cup B$,注意到$gh^{-1}\notin B$,因此$gh^{-1}\in A$,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$$a_1b_1b_2^{-1}a_2^{-1}=a_1ba_2^{-1}=a_1a_3b_3=a_4b_3\in AB$$從而$AB\leq G$.
必要性:若$AB\leq G$,則$$AB=(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}=BA$$
定理 設$G$是群且$A\leq G$.定義關系:$$g\sim h\Leftrightarrow gh^{-1}\in A$$那么這是$G$上的一個等價關系,且元素$g$對此等價關系的等價類是$Ag=\{ag:\forall a\in A\}$
證明 由$gg^{-1}=1\in A$得$g\sim g$,即$"\sim"$滿足反身性;其次由$gh^{-1}\in A$知$\left(gh^{-1}\right)^{-1}=hg^{-1}\in A$,從而$h\sim g$,即$"\sim"$滿足對稱性;最后若$gh^{-1}\in A,ht^{-1}\in A$,則$gt^{-1}\in A$,得$g\sim t$,即$"\sim"$滿足傳遞性.綜上$"\sim"$是一個等價關系.而若$g\sim h$,則$hg^{-1}\in A$,故存在$a\in A$使得$h=ag$,這說明等價類$\overline{g}=Ag$.
據此,群$G$在此等價關系下可被分解成一些等價類$Ag$的無交並$$G=\bigcup_{g\in R}Ag$$
每個等價類$Ag$稱作$G$對於子群$A$的右陪集,也就是說群$G$可被分解成一些右陪集的無交並.其中$|R|$即為右陪集的個數,記作$[G:A]$,稱為子群$A$對群$G$的指數.(類似的可定義左陪集分解,並且兩種分解下載群$G$中的指數相同).
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$$G=\bigcup_{g\in R}Ag$$利用消去律顯然對每個$g\in G$都有$|Ag|=|A|$,從而$$|G|=\sum_{g\in R}|Ag|=|A|\cdot |R|=|A|\cdot[G:A]$$
推論1 設$g\in G$,命$S=\{n\in\mathbb N^*:g^n=1\}$.若$S\neq\emptyset$,那么$S$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,那么$S$必然非空,因為如果$G$有限,那么必然存在$0<m<n$使得$g^n=g^m$,從而$g^{m-n}=1$且$m-n\in\mathbb N^*$,這說明有限群$G$中元素都是有限階的.
推論2 設$G$是有限群,那么$G$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$<g>=\{g^n:n\in\mathbb N\}$,顯然$|<g>|$即為元素$g$的階數,利用Lagrange定理可知$|<g>|\big||G|$.
這樣我們可以考慮一個問題：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$\mathbb Z_{p}$.
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$\{1,g,g^2,\cdots,g^{p-1}\}$是$G$中$p$個不同的元素,從而$G=\{1,g,\cdots,g^{p-1}\}$.考慮映射\begin{align*}\varphi:G&\to\mathbb Z_{p}\\g^k&\mapsto\overline{k}\end{align*}
不難驗證這是一個同構,從而$G\simeq\mathbb Z_p$ 這表明，素數階群本質上只有一個,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,那么$G\simeq\mathbb Z_4$,顯然是Abel群;
2)若$G$中沒有$4$階元,那么$G$中除了幺元,其余的都是$2$階元,任取兩個$2$階元$a,b$且$b\neq a^{-1}$,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$K_4=\{1,a,b,ab\}$,其中$a^2=b^2=1,ab=ba$,稱作Klein 4元群.
最后來看$6$階群$S_3$,由於$(12)(13)=(132)\neq(123)=(13)(12)$,這說明$S_3$是非交換群.
最后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$m$,$$o\left(g^m\right)=\frac{n}{(m,n)}$$
2.若$gh=hg$且$o(g)=m,o(h)=n,(m,n)=1$,則$o(gh)=mn$.
證明 1.由於$\left(g^m\right)^{\frac{n}{(n,m)}}=g^{\frac{mn}{(m,n)}}=g^{[m,n]}=1$(其中$[m,n]$表示$m,n$的最小公倍數),這說明$o\left(g^m\right)\big|\frac{n}{(n,m)}$.
記$N:=o\left(g^m\right)$,則由$\left(g^m\right)^N=g^{mN}=1$得$n\big|mN$,進一步的$$\frac{n}{(n,m)}\big|\frac{m}{(n,m)}N$$而$\frac{n}{(n,m)},\frac{m}{(n,m)}$互素,從而$\frac{n}{(n,m)}\big| N$,綜上$o\left(g^m\right)=N=\frac{n}{(n,m)}$.
2.令$N=o\left(gh\right)$,注意到$(gh)^{mn}=g^{mn}h^{mn}=1$,則$N\big|mn$.另一方面由$$1=(gh)^{nN}=g^{nN}h^{nN}=g^{nN}$$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$o(gh)=N=mn$.
最后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$$a^{\varphi(n)}\equiv1(\mathrm{mod}~n)$$證明 因為如果$(a,n)=1$以及$\left|\mathbb Z_n^*\right|=\varphi(n)$,那么在$\mathbb Z_n^*$中必然有$\left(\overline{a}\right)^{\varphi(n)}=\overline{a^{\varphi(n)}}=\overline{1}$,即$a^{\varphi(n)}\equiv1(\mathrm{mod}~n)$.
特別的,取$n=p$為素數,且$(a,p)=1$,那么便得到所謂的Fermat小定理$$a^{p-1}\equiv1(\mathrm{mod}~p)$$