Succatervae 子群
〔定义〕：
设 $(H,\,\ast)$ 为半群，$A\subseteq H,\;A\neq\varnothing$，若 $(A,\,\ast)$ 形成半群，则称 $A$ 为 $H$ 的子半群（subsemigroup）．特别地，若 $(A,\;\ast)$ 形成幺半群，则称 $A$ 为 $H$ 的子幺半群（submonoid）．
若 $(A,\,\ast)$ 形成群，则称 $A$ 为 $H$ 的子群（subgroup）．
通常情况下只考虑群的子群，即若 $(G,\,\ast)$ 为群，$A\subseteq G$，称 $A$ 为 $G$ 的子群当且仅当 $(A,\,\ast)$ 形成群，记作 $A\leq G$．后文除非特别说明均只考虑群的子群．
- 对任一群 $G$，$\{e\}$ 与 $G$ 本身均为 $G$ 的子群，称为 $G$ 的平凡子群（trivial subgroup）．
- 特别地，若 $A\subset G$，则称 $A$ 为 $G$ 的真子群（proper subgroup），记为 $A<G$．
〔定理 3.1〕 子群判定定理（criterion of subgroups）：
设 $A$ 是 $G$ 的任一非空子集，恒有
$A\leq G\;\Leftrightarrow\;\forall\;a,\,b\in A,\quad$$a^{-1}b\in A$．
〔证明〕：
〔$\Rightarrow$〕：由 $G$ 的封闭性及其中元素的可逆性显然可知；
〔$\Leftarrow$〕：
（单位元存在）：由于 $A\neq\varnothing$，可知 $\forall\;a\in A,\quad a^{-1}a=e\in A$；（可知 $A$ 与 $G$ 的单位元一致）
（逆元存在）：$\forall\;a,\,e\in A,\quad a^{-1}e=a^{-1}\in A$；
（封闭性）：$\forall\;a^{-1},\,b\in A,\quad (a^{-1})^{-1}b=ab\in A$；
（结合性）：$A$ 与 $G$ 具有同一运算，而 $A\subseteq G$，显然可知．
■
〔定义〕：
全体行列式为 $1$ 的 $n$ 阶实方阵形成的乘法群，称为 $\mathbb R$ 上的 $n$ 次特殊线性群（special linear group），记为 $\mathrm{SL}_n(\mathbb R)$ 或 $\mathrm{SL}(n,\;\mathbb R)$．其单位元为 $n$ 阶单位矩阵 $𝑰$，且对于任意 $𝑴\in \mathrm{SL}_n(\mathbb R)$，均存在逆元 $𝑴^{-1}$ 使得 $𝑴𝑴^{-1}=𝑴^{-1}𝑴=𝑰$（因为 $\det 𝑴=1\neq 0$）．由矩阵乘法的性质可知其结合性，且由于
$\forall\;𝑨,\;𝑩\in\mathrm{SL}_n(\mathbb R),\quad \det 𝑨=\det 𝑩=1,\;\det(𝑨𝑩)=\det 𝑨\cdot\det 𝑩=1$,
可知恒有 $𝑨𝑩\in\mathrm{SL}_n(\mathbb R)$，于是可知其封闭性．
同理亦可定义 $\mathrm{SL}_n(\mathbb C),\;\mathrm{SL}_n(\mathbb Q)$，从略．
- 由于 $\mathrm{SL}_n(\mathbb R)\subset\mathrm{GL}_n(\mathbb R)$，且 $\mathrm{SL}_n(\mathbb R)$ 与 $\mathrm{GL}_n(\mathbb R)$ 具有同一运算，可知 $\mathrm{SL}_n(\mathbb R)\leq\mathrm{GL}_n(\mathbb R)$．
设 $G$ 是群，其自同构群 $\mathrm{Aut}(G)$ 是自同态幺半群 $\mathrm{End}(G)$ 的子群，证明略．
Concopiae 陪集
为了方便表述，后文均沿用以下的记法：
$aA=\{ax\mid x\in A\},$
$Aa=\{xa\mid x\in A\},$
$A^{-1}=\{a^{-1}\mid a\in A\},$
$AB=\{ab\mid a\in A,\;b\in B\}.$
设 $G$ 是群，且 $A\leq G$，定义 $G$ 上的关系：
$\forall\;g,\,h\in G,\quad g\overset{\mathrm{R}}\sim h\;\Leftrightarrow\;gh^{-1}\in A$，
可证 $\overset{\mathrm{R}}\sim$ 是 $G$ 上的等价关系，且元素 $g$ 的等价类为 $Ag$．
〔证明〕：
$\forall\;g\in G,\quad gg^{-1}=e\in A$，可知自反性成立；
若 $g \overset{\mathrm{R}}\sim h$，则有 $gh^{-1}\in A$，由于 $A$ 是群，所以由可逆性有 $hg^{-1}=(gh^{-1})^{-1}\in A$，从而 $h\overset{\mathrm{R}}\sim g$，可知对称性成立；
若 $g \overset{\mathrm{R}}\sim h,\;h\overset{\mathrm{R}}\sim \ell$，则有 $gh^{-1},\;h\ell^{-1}\in A$，所以由封闭性有 $g\ell^{-1}=(gh^{-1})(h\ell^{-1})\in A$，从而 $g \overset{\mathrm{R}}\sim \ell$，可知传递性成立.
又由于 $g \overset{\mathrm{R}}\sim h\;\Leftrightarrow \;gh^{-1}\in A$，
记 $gh^{-1}=a^{-1}\in A$，则有 $a=hg^{-1}$，进而 $h=ag\in Ag$．
■
于是〔定义〕：
$G$ 中关于等价关系 $\overset{\mathrm{R}}\sim$ 的每个等价类 $Ag$ 称为群 $G$ 对于子群 $A$ 的右陪集（right coset）．对于该关系的完全代表系 $R=\{g_i\mid i\in I\}$ 称为 $G$ 对于 $A$ 的右陪集代表元系 （system of representatives for the right cosets of $A$ in $G$）．分划 $\mathscr R=\{Ag\mid g\in R\}$ 称为 $G$ 对子群 $A$ 的右陪集分解（right coset partition），通常以等式记作：
$G=\displaystyle\bigsqcup_{g\in R}Ag$．
类似地可以定义等价关系 $\overset{\mathrm{L}}\sim$：
$\forall\;g,\,h\in G,\quad g\overset{\mathrm{L}}\sim h\;\Leftrightarrow\;g^{-1}h\in A$，
$G$ 中关于等价关系 $\overset{\mathrm{L}}\sim$ 的每个等价类 $gA$称为群 $G$ 对于子群 $A$ 的左陪集（left coset）．对于该关系可类似地定义$G$ 对于 $A$ 的左陪集代表元系，以及左陪集分解 $\mathscr L=\{gA\mid g\in R\}$，或以等式记作：
$G=\displaystyle\bigsqcup_{g\in R}gA$．
〔定义〕：
群 $G$ 对于子群 $A$ 右（左）陪集数量若有限，则 $|\mathscr R|\equiv|\mathscr L|$（即左右陪集数量恒等），记该数量为 $[G:A]$；若数量无限，则 $\mathscr R$ 与 $\mathscr L$ 为等势的无限集，并且记 $[G:A]=\infty$．此处的 $[G:A]$ 称为子群 $A$ 对于群 $G$ 的指数（index）．
在前文中已经定义了怎样的运算才能称作定义良好，而运算本质上是一个映射．先设 $A$ 为集合，$\sim$ 为其上的等价关系，$A\,/\sim$ 为 $A$ 除以 $\sim$ 的商集，以 $[a]$ 表示 $a$ 关于 $\sim$ 的等价类．更普遍地，考虑映射 $f:(A/\sim)\to B$，其中 $B$ 是任一集合，当且仅当恒有：
$\forall\;a,\,\alpha\in A,$
$[a]=[\alpha]\;\Rightarrow\;f([a])=f([\alpha])$
可称该映射定义良好，亦即选取代表元的选取不会影响等价类映射的结果．
〔定理 3.2〕 Lagrange 定理（Lagrange’s theorem）：
若 $G$ 为有限群，且 $H\leq G$，则
$[G:H]=\dfrac{|G|}{|H|}$，
且 $G$ 的所有子群的阶均为 $|G|$ 的因子．
〔证明〕：
考虑右陪集分解 $\{Hg\mid g\in R\}$，其中 $R$ 为 $G$ 对 $H$ 的右陪集代表元系：
$\forall\;a,\,b\in H,\quad a\neq b\;\Leftrightarrow\;ag\neq bg$(1)，
于是
$\forall\;g\in R,\quad|Hg|=|H|$，
则可得
$|G|=\displaystyle\sum_{g\in R}|Hg|=\sum_{g\in R}|H|=|H|\cdot|R|=|H|\cdot[G:H]$．
■
〔例〕：
对于任一 $6$ 阶群，其子群的阶必为 $1,\,2,\,3,\,6$ 之一．其中 $1$ 阶子群即 $\{e\}$，$6$ 阶子群即群自身．
- 质数阶群的子群必为平凡子群．
〔定理 3.3〕 计数公式：
设 $G$ 为有限群，$A,\;B\leq G$，则
(α) $|AB|=\dfrac{|A|\cdot|B|}{|A\cap B|}$；
(β) $A\leq B\leq G\quad\Rightarrow\quad [G:A]=[G:B][B:A]$；
(γ) $[G:(A\cap B)]\leq[G:A][G:B]$．(2)
特别地，若 $\gcd([G:A],\,[G:B])=1$，则 $[G:(A\cap B)]=[G:A][G:B]$ 且 $AB=G$．
〔证明〕：
(α)：
$AB$ 是若干陪集 $Ab\;(b\in B)$ 之并，而 $B$ 是若干陪集 $(A\cap B)b\;\;(b\in B)$ 之并．
对于任意 $b,\;b’\in B$，有
$Ab=Ab’$
$\Leftrightarrow\quad b’b^{-1}\in A$（右陪集所对应的等价关系）
$\Leftrightarrow\quad b’b^{-1}\in A\cap B$（子群判定定理）
$\Leftrightarrow\quad (A\cap B)b=(A\cap B)b’$，
所以 $[AB:A]=\dfrac{|AB|}{|A|}=\dfrac{|B|}{|A\cap B|}=[B:(A\cap B)]$，从而得证．
(β)：
考虑 $G$ 对子群 $B$ 的右陪集分解
$G=\displaystyle\bigsqcup_{j=1}^n Bg_j,\quad g_j\in G,\;n:=[G:B]$，
$B$ 对子群 $A$ 的右陪集分解
$B=\displaystyle\bigsqcup_{i=1}^m Ab_i,\quad b_i\in B,\;m:=[B:A]$，
则 $G=\displaystyle\bigsqcup_{j=1}^n\displaystyle\bigsqcup_{i=1}^m Ab_ig_j$．
若 $Ab_ig_i=Ab_{i’}g_{i’}$
$(i,\,i’\in\{x\in\mathbb N\mid 1\leq x\leq m\},\quad j,\,j’\in\{x\in\mathbb N\mid 1\leq x\leq n\})$，
则 $b_{i’}g_{j’}g_j^{-1}b_i^{-1}\in A$，于是 $g_{j’}g_j^{-1}\in b_{i’}^{-1}Ab_i\subseteq B$，因此有 $Bg_{j’}=Bg_j$．
由陪集的性质，有 $j=j’$，于是 $b_{i’}g_{j’}g_j^{-1}b_i^{-1}=b_{i’}b_i^{-1}\in A$．
同理有 $Ab_{i’}=Ab_i$，从而有 $i=i’$．由此，当 $(i,\,j)\neq(i’,\,j’)$ 时， $Ab_ig_j$ 和 $Ab_{i’}g_{j’}$ 是 $G$ 对 $A$ 的不同陪集，便得
$[G:A]=mn=[G:B][B:A]$．
(γ)：
对于 $b,\,b’\in B$，有 $(A\cap B)b\neq(A\cap B)b’\;\Rightarrow\;b’b^{-1}\not\in A\cap B$ $\Rightarrow\;b’b^{-1}\not\in A\;\Rightarrow\; Ab\neq Ab’$．
由此可知，$[B:A\cap B]\leq[G:A]$，
于是有 $[G:A\cap B]=[G:B][B:A\cap B]\leq [G:B][G:A]$．
又由此可知 $[G:B]\mid[G:A\cap B]$，$[G:A]\mid[G:A\cap B]$．
若 $[G:A]\perp[G:B]$，则 $[G:A][G:B]\mid[G:A\cap B]$，从而有 $[G:A][G:B]=[G:A\cap B]$．
于是有 $\dfrac{|G|}{|A\cap B|}=\dfrac{|G|^2}{|A|\cdot|B|}$，得 $|G|=\dfrac{|A|\cdot|B|}{|A\cap B|}$．
由 (α)，得 $|G|=|AB|$，便得 $G=AB$．
■
Ordines Elementorum 元素的阶
〔定义〕：
设 $g\in G$，若存在 $n\in\mathbb N_+$ 使得 $g^n=e$，则满足此式的最小正整数 $n$ 称为元素 $g$ 的阶（order），记作 $|g|$ 或 $\mathrm{ord}(g)$，这样的元素 $g$ 称为有限阶元素（element of finite order）．若不存在 $n\in\mathbb N_+$ 使得 $g^n=e$，则称 $g$ 为无限阶元素（element of infinite order），并记 $|g|=\infty$．
于是可得，有限群 $G$ 中任一元素均为有限阶元素．
〔证明〕：
$\forall\;g\in G$，考虑集合 $\{g,\,g^2,\,g^3,\,\cdots\}$，由于 $G$ 有限，则 $\exists\;0<m<n,\quad g^n=g^m$，从而
$g^{n-m}=g^ng^{-m}=g^ng^{-n}=e$，
而 $n-m\in\mathbb N_+$，从而 $g$ 为有限阶元素．
■
〔定理 3.4〕：
有限群 $G$ 中每个元素 $g$ 的阶都是 $|G|$ 的因子：
$\forall\;g\in G,\quad |G|\equiv 0\pmod{|g|}$．
〔证明〕：
$g$ 为有限阶元素（Lagrange 定理推论），设 $|g|=n$，则 $g^0=e,\,g,\,g^2,\,g^3,\,\cdots,\,g^{n-1}$ 是 $G$ 中 $n$ 个不同元素，而 $g^n=e$．则这些元素形成 $G$ 的子群 $H$ (4)，从而 $|g|=n=|H|$ 为 $|G|$ 的因子（Lagrange 定理）．
■
〔定理 3.5〕：
若群 $G$ 中每个非单位元 $g\neq e$ 的阶均为 $2$，则 $G$ 为阿贝尔群：
$\forall\;g\in G,\;g\neq e,\quad |g|=2$．
〔证明〕：
设任意 $a,\,b\in G$，有 $a^2=b^2=e$，而 $(ab)^2=e=abab$，于是
$ab=a(abab)b=(a^2)ba(b^2)=ba$，
得证，$G$ 为阿贝尔群．
■
〔定理 3.6〕：
$p\in\mathbb P$(5) 阶群均为阿贝尔群，并同构于整数模 $p$ 加法群 $\mathbb Z_p$.
〔证明〕：
对于任一 $p$ 阶群 $G$ 中任一非单位元 $g$，均有 $|g|=p$，
从而 $e,\,g,\,g^2,\,\cdots,\,g^{p-1}$ 是 $G$ 中的 $p$ 个不同元素，
由于 $|G|=p$，所以 $G=\{e,\,g,\,g^2,\,\cdots,\,g^{p-1}\}$，
进而
$\forall\;i,\,j\in\{x\in\mathbb N\mid 1\leq x\leq p-1\},$
$g^ig^j=g^{i+j}=g^{j+i}=g^jg^i$，
得证 $G$ 为阿贝尔群．
又由于 $g^p=e$，可设 $f:G\to\mathbb Z_p,\quad g^i\mapsto i$，
可知
$\forall\;i,\,j\in\{x\in\mathbb N\mid 1\leq x\leq p-1\},$
$f(g^ig^j)=f(g^{i+j})=i+j=f(g^i)+f(g^j)$，（注意 $\mathbb Z_p$ 为加法群）
反之亦有
$\forall\;k,\,\ell\in\mathbb Z_p,$
$f^{-1}(k+\ell)=g^{k+\ell}=g^kg^\ell=f^{-1}(k)f^{-1}(\ell)$，
于是得证 $f:G\overset{\Large\sim}\to\mathbb Z_p$.
■
〔定理 3.7〕：
非阿贝尔群的最小阶数为 $6$.
〔证明〕：
$1$ 阶群（平凡群）显然为阿贝尔群；
$2,\,3,\,5$ 阶群均为阿贝尔群（Th. 3.6）；
考虑 $4$ 阶群 $G$，则 $G$ 中任一非单位元的阶数均为 $2$ 或 $4$（Th. 3.4），
若存在 $g\in G,\;|g|=4$，则 $G=\{e,\,g,\,g^2,\,g^3\}$．
此时设 $f:G\to\mathbb Z_4,\quad g^i\mapsto i$，易证 $f$ 是 $G$ 到 $\mathbb Z_4$ 的同构，而 $\mathbb Z_4$ 为阿贝尔群，从而 $G$ 亦为阿贝尔群．
否则，$G$ 中所有非单位元阶数均为 $2$（Th. 3.4），于是此时的 $G$ 亦为阿贝尔群（Th. 3.5）．
考虑满足 $|S|=3$ 的任一集合 $S=\{\alpha,\,\beta,\,\gamma\}$，所有从 $S$ 到自身的双射所构成的群，称为 $3$ 次对称群(6)，记为 $\mathfrak S_3$．其中所含的映射（即群的元素）共有 $6$ 个（即 $S$ 中元素的全排列种类），该群为 $6$ 阶非阿贝尔群．将互换第 $a$ 与第 $b$ 个元素位置的映射记为 $(a\;\;b)$，则可知
$\mathfrak S_3=\{I,\,(1\;\;2),\,(1\;\;3),\,(2\;\;3),\,(1\;\;2)(1\;\;3),\,(2\;\;3)(1\;\;3)\}$（$I$ 表示恒等映射），
可以验证，其中存在不满足交换律的复合映射，如 $(1\;\;2)\circ(1\;\;3)$ 即
$S\to S,\quad$$\alpha\mapsto\beta,\;\beta\mapsto\gamma,\;\gamma\mapsto\alpha$，
而 $(1\;\;3)\circ(1\;\;2)$ 即
$S\to S,\quad$$\alpha\mapsto\gamma,\;\beta\mapsto\alpha,\;\gamma\mapsto\beta$，
于是 $(1\;\;2)\circ(1\;\;3)\neq(1\;\;3)\circ(1\;\;2)$．
■
〔定理 3.8〕：
设 $G$ 为群， $g,\,h\in G$，则
(α) 若 $|g|=n$，则 $\forall\;m\in\mathbb N_+,\quad|g^m|=\dfrac n{\gcd(m,\;n)}$；
(β) 若 $gh=hg$，且 $|g|=p,\;|h|=q,\;p\perp q$，则 $|gh|=|pq|$．
〔证明〕：
(α)：
$N:=|g^m|,\;\mu:=\gcd(m,\,n)$，
由于 $(g^m)^{n/\mu}=(g^n)^{m/\mu}=e^{m/\mu}=e$，
所以 $N\;\left|\;\dfrac n\mu\right.$ (7) （※），
又由于 $g^{mN}=e$，有 $n\mid mN$，
于是 $\dfrac n\mu\left|\left(\dfrac m\mu N\right)\right.$，
由最大公因数的性质可知，$\dfrac n\mu\,\large\bot\normalsize\,\dfrac m\mu$，
从而 $\left.\dfrac n\mu\;\right|\;N$，由（※）可得 $|g^m|=N=\dfrac n\mu=\dfrac n{\gcd(m,\;n)}$．
(β)：
$P:=|gh|$，
因为 $gh=hg$，所以 $(gh)^{pq}=g^{pq}h^{pq}=(g^p)^q(h^q)^p=e^qe^p=e$ (8)，
于是 $P\mid pq$ （▲）．
由 (α) 可知 $|g^q|=\dfrac p{\gcd(p,\,q)}=\dfrac p1=p$，
而 $g^q=g^qe=g^qh^q=(gh)^q$，
由 (α) 可知 $|(gh)^q|=\dfrac P{\gcd(q,\;P)}=|g^q|$，
从而 $p=\dfrac P{\gcd(q,\;P)}$，所以 $p\mid P$，同理则有 $q\mid P$．
又由于 $p\perp q$，所以 $pq\mid P$，结合（▲）可知 $P=pq$．
■
Problemata 习题
〔3.A〕：
证明 设 $A,\, B\leq G$，则
$A\cup B\leq G\;\Leftrightarrow\;(A\subseteq B)\vee(B\subseteq A)$．
〔参考解答〕：
〔$\Rightarrow$〕：
若存在 $a\in A\setminus B,\;b\in B\setminus A$，
则 $(ab\in A)\vee(ab\in B)$，
若 $ab\in A$ 则 $b=a^{-1}(ab)\in A$，与前提矛盾，若 $ab\in B$ 则同理，
从而 $A\setminus B=B\setminus A=\varnothing$，而 $A,\,B\leq G$，得知 $(A\subseteq B)\vee(B\subseteq A)$．
〔$\Leftarrow$〕：
此时 $A\cup B=B$ 或 $A\cup B=A$，显然得证．
■
〔3.B〕（利用 3.A 的结论）：
证明 任一群 $G$ 无法表示为其任意两个真子群之并．
〔参考解答〕：
若 $\exists\;A,\,B<G,\quad G=A\cup B$，
则 $(A\subseteq B)\vee(B\subseteq A)$，
所以 $(G=A)\vee(G=B)$，与前提矛盾．
■
〔3.C〕：
证明 设 $S$ 为有限半群，则有
$S$ 满足消去律 $\Leftrightarrow$ $S$ 是群．
〔参考解答〕：
〔$\Leftarrow$〕显然．
〔$\Rightarrow$〕：
设 $S=\{s_1,\,s_2,\,\cdots,\,s_n\}$，则对其所有元素左乘 $s\in S$，由消去律可知有 $sS=\{ss_1,\,ss_2,\,\cdots,\,ss_n\}$（即 $\forall\;s_k,\,s_\ell\in S,\quad s_k\neq s_\ell\;\Leftrightarrow\;ss_k\neq ss_\ell$），且由封闭性可知这是 $S$ 的子集，从而 $sS=S$，同理有 $Ss=S$．
于是 $\exists\;s_i\in S,\quad s_is=s$，
又因为 $\forall\;s_p\in S,\;\exists\;s_q\in S,\quad s_p=ss_q$，
从而 $s_is_p=s_iss_q=ss_q=s_p$，同理可证 $s_ps_i=s_p$，进而 $s_i$ 为单位元．
由于 $sS=S=Ss$，由消去律可知对与 $S$ 的所有元素都存在逆元．
综上，$S$ 是群．
■
〔3.D〕：
证明 设 $A$ 是群 $G$ 的有限子集，则有
$A\leq G\;\Leftrightarrow\;\forall\;a,\,b\in A,\quad ab\in A$．
〔参考解答〕：
〔$\Rightarrow$〕显然．
〔$\Leftarrow$〕：
因为 $G$ 是群，满足结合律，且易证其满足消去律，而 $A\subseteq G$，所以 $A$ 也满足结合律与消去律．
由条件可知 $A$ 具有封闭性，因此 $A$ 为满足消去律的有限半群（3.C），于是 $A$ 是群，即 $A\leq G$．
■
〔3.E〕：
证明 设 $A,\,B\leq G$，则有
$AB\leq G\;\Leftrightarrow\;AB=BA$．
〔参考解答〕：
〔$\Rightarrow$〕：
$\forall\;a\in A,\;b\in B,\quad$ $ba=(eb)(ae)\in AB$，从而 $BA\leq AB$．
又有 $ab=((ab)^{-1})^{-1}=(b^{-1}a^{-1})^{-1}\in BA$，从而 $AB\leq BA$．
于是得证 $AB=BA$．
〔$\Leftarrow$〕：
$\forall\;a,\,\alpha\in A,\;\; b,\,\beta\in B,\quad$
$ab,\,\alpha\beta\in AB$，而 $(ab)^{-1}\alpha\beta=b^{-1}a^{-1}\alpha\beta\in (BA)(AB)$，
因为 $AB=BA$，所以 $(ab)^{-1}\alpha\beta\in AB$，得证 $AB\leq G$ （子群判定定理）．
■
〔3.F〕：
证明 设 $A,\,B\leq G$ 且 $G=AB$，则有
$C\leq G,\;A\subseteq C\;\Rightarrow\; C=A(B\cap C)$．
〔参考解答〕：
$\forall\;c\in C,\;\exists\; a\in A,\;b\in B,$
$c=ab\in AB=G$，
又 $b=a^{-1}c$，因为 $A\subseteq C$，所以 $a^{-1}\in C$，从而 $b\in C$，且 $b\in B$，进而 $b\in B\cap C$，
于是 $c=ab\in A(B\cap C)$．
■
〔3.G〕：
证明 设 $A,\,B$ 是有限群 $G$ 的子群，则有
$|A|+|B|>|G|\;\Rightarrow\;G=AB$．
〔参考解答〕：
$\forall\;g\in G,$
$|A^{-1}g|=|A^{-1}|=|A|$ （消去律），
从而 $|A^{-1}g|+|B|>|G|$，即 $A^{-1}g\cap B\neq\varnothing$，
这意味着存在 $a\in A,\;b\in B$，使得 $a^{-1}g=b$，即 $g=ab$，
得证 $G=AB$．
■
〔3.H〕：
证明 设 $A,\,B\leq G$，若 $\exists\;a\in A,\;b\in B,\quad Aa=Bb$，则 $A=B$．
〔参考解答〕：
因为 $Aa=Bb$，所以 $A=Bba^{-1}$，从而 $ba^{-1}\in A$，
因为 $A\leq G$，所以 $(ba^{-1})^{-1}=ab^{-1}\in A$，
于是 $A=Aab^{-1}=Bbb^{-1}=B$．
■
〔3.I〕：
证明 设 $A\leq G$，若 $R$ 是 $G$ 对 $A$ 的左陪集代表元系，则 $R^{-1}$ 是 $G$ 对 $A$ 的右陪集代表元系．
〔参考解答〕：
根据题意，$G=\displaystyle\bigsqcup_{g\in R}gA$，而对于任一 $g\in R$，都有 $(gA)^{-1}=A^{-1}g^{-1}=Ag^{-1}$，
记 $g^{-1}$ 为 $h\in R^{-1}$，可知 $G=\displaystyle\bigsqcup_{h\in R^{-1}}Ah$，所以 $R^{-1}$ 为右陪集代表元系．
■
〔3.J〕：
证明 设 $G$ 为有限群，$H,\,K\leq G$，则 $\forall\;g\in G,\quad$ $|HgK|=|H|\cdot[K:K\cap g^{-1}Hg]=|K|\cdot[H:H\cap gKg^{-1}]$．
〔参考解答〕：
$HgK$ 称为 $G$ 对于子群 $H,\,K$ 的双陪集，该双陪集可以分解为 $G$ 对于 $H$ 的右陪集之并：
$HgK=\displaystyle\bigsqcup_{i=1}^t Hgk_i\quad(k_i\in K)$，
因此 $|HgK|=|H|\cdot t$．
易证 $K\cap gHg^{-1}\leq K$，于是任取 $k,\,k’\in K$，有
$\begin{aligned}
Hgk = Hgk’\;&\Leftrightarrow\;\exists\;h\in H,\quad hgk = gk’\\
\phantom{\dfrac11} &\Leftrightarrow\;\exists\;h\in H,\quad g^{-1}hg=k’k^{-1}\\
&\Leftrightarrow\;k’k^{-1}\in g^{-1}Hg\\
\phantom{\dfrac11}&\Leftrightarrow\;k’k^{-1}\in K\cap g^{-1}Hg,
\end{aligned}$从而 $K=\displaystyle\bigsqcup_{i=1}^t\;(K\cap g^{-1}Hg)k_i\quad(k_i\in K)$，即 $t=[K:K\cap g^{-1}Hg]$，
进而 $|HgK|=|H|\cdot t=|H|\cdot[K:K\cap g^{-1}Hg]=\dfrac{|H|\cdot|K|}{|K\cap g^{-1}Hg|}$ $=\dfrac{|H|\cdot|K|}{|H\cap gKg^{-1}|}=|K|\cdot[H:H\cap gKg^{-1}]$．
■
〔3.K〕：
证明 设 $G$ 为群，则 $\forall\;a,\,b\in G,\quad |a|=|a^{-1}|,\;|ab|=|ba|$．
〔参考解答〕：
设 $|a|=k$，则 $(a^{-1})^k=(a^k)^{-1}=e$，
若 $\exists\;k’<k,\quad(a^{-1})^{k’}=e$，则 $e=(a^{-1})^{k’}=(a^{k’})^{-1}=a^{k’}$，与 $|a|=k$ 矛盾，因此 $|a^{-1}|=k=|a|$．
设 $|ab|=\ell$，则 $(ba)^\ell=b(ab)^{\ell-1} a=be(ab)^{-1}a=e$，
若 $\exists\;\ell’<\ell,\quad(ba)^{\ell’}=e$，则 $e=b^{-1}(ba)^{\ell’+1}a^{-1}=(ab)^{\ell’}$，与 $|ab|=\ell$ 矛盾，因此 $|ba|=\ell=|ab|$．
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- 可以看出，$ba=a^{-1}(ab)a$，即 $ba$ 与 $ab$ 共轭
Annotationes 注释
(1). 群中元素的消去律可由逆元的唯一性得证． ↩
(2). $A$ 与 $B$ 都是 $G$ 的子群，可由子群判定定理推知 $A\cap B\leq G$：$\forall\;p,\,q\in A\cap B,\quad p^{-1}q\in A,\;p^{-1}q\in B$，从而 $p^{-1}q\in A\cap B$． ↩
(3). 即 $\forall\;b,\,b’\in B,\quad (A\cap B)b\neq (A\cap B)b’\;\Rightarrow\;Ab\neq Ab’$． ↩
(4). 子群判定定理：$\forall\;i,\,j\in\{x\in\mathbb N\mid 0\leq x\leq n-1\},\quad$$g^{-i}g^{j}=g^{j-i}=g^{(j-i)\operatorname{mod}n}\in H$，其中 $(j-i)\operatorname{mod}n$ 表示 $j-i$ 除以 $n$ 的余数． ↩
(5). $\mathbb P$ 表示质数集，今后沿用． ↩
(6). 详细的定义会在更遥远的后文中给出． ↩
(7). $a\mid b$ 表示 $a$ 整除 $b$，或犹言 $b$ 为 $a$ 之倍数．由于 $g^m$ 的 $n/\mu$ 次幂为单位元，因此 $n/\mu$ 必然为其阶数 $N$ 的倍数． ↩
(8). 注意 $(gh)^\alpha=g^\alpha h^\alpha$ 只有在 $gh=hg$ 时才会恒成立． ↩