拉格朗日定理

等式只写有限群#

设 $G$ 有限，$H$ 是 $G$ 的子群。则 $|H|$ 整除 $|G|$。指数 $[G:H]$ 是左陪集的个数。$g$ 的左陪集是 $gH=\{gh\mid h\in H\}$。把块数写进乘法，就是

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

整除不是第二条定理。它就是这个正整数等式：$k=[G:H]$ 时，$|G|=k\cdot|H|$。$H$ 可以只含单位元，指数等于 $|G|$。$H$ 也可以等于 $G$，指数是 $1$。中间的子群才提供约束：阶必须落在 $|G|$ 的正因子里，不能落在因子表外面。

箭头从子群指向因子，不从因子指向子群。已经有一个子群，才能用这条等式读它的阶。手里只有一个正整数，等式不负责造出子群。把箭头画反，是后面用 $A_4$ 挡住的事，不是公式栏里的那一行。

看一个最小的加法例子。$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}=\{0,1,2,3,4,5\}$，$H=\{0,2,4\}$。$H$ 是子群，阶是 $3$。陪集是 $H$ 自己和 $1+H=\{1,3,5\}$。两块一样大，不重叠，并起来是整个群。指数是 $2$，$6=2\cdot 3$。这里的运算是加法，左乘写成平移 $h\mapsto g+h$，两件事没有变。这个群是循环群，每个正因子碰巧都有子群。那是循环群多出来的结构，不是整除定理的逆。

证明只用两件事#

证明不枚举元素，也不排成可以照着执行的程序。下面只用两件事，而且两件都是集合之间的对应，不是逐个试子群。

第一件：左乘 $h\mapsto gh$ 是从 $H$ 到 $gH$ 的双射。$gh$ 按定义就在 $gH$ 里，所以映射落在陪集内。它是单射：若 $gh_1=gh_2$，左乘 $g^{-1}$ 得到 $h_1=h_2$。它是满射：陪集里每个元素都写成某个 $gh$，那个 $h$ 就是原像。因此 $|gH|=|H|$。单位元的陪集就是 $H$，所以「一样大」包括子群自己。每个左陪集都是这个大小，不是有的大、有的小。

第二件：两个左陪集要么相等，要么不相交。设 $gH$ 与 $kH$ 有公共元素 $x$。则 $x=gh_1=kh_2$，于是 $g=kh_2h_1^{-1}$，所以 $g$ 已经在 $kH$ 里。写成 $g=kh$ 之后，$gH=khH=kH$，因为 $h$ 在子群里，左乘 $h$ 只是把 $H$ 重新排一遍，$hH=H$。没有公共元素，它们就不相交。相交就被迫相等，所以只剩这两种。

两件合在一起，左陪集把 $G$ 切成不重叠的块，并是整个 $G$，每块大小都是 $|H|$。块数记成 $[G:H]$。$G$ 有限，块数乘块的大小就是 $|G|$。整除是把这个乘法倒过来说，不再需要新的假设。少了第一件，块可以大小不一，就没有一个公共的块大小可乘。少了第二件，块可以重叠，并起来时重叠的元素会被数两次。两件都在，分块才不重不漏，而且每块等大。有限只用在收尾：块数是正整数，乘法才叫做整除。后面谈无限群时，切块还可以做，整除这个词先停。

右乘做同样的事。$h\mapsto hg$ 是从 $H$ 到右陪集 $Hg$ 的双射，逆映射是右乘 $g^{-1}$。两个右陪集同样要么相等要么不相交。右陪集也把 $G$ 切成等大的块。$G$ 有限时，右陪集的块数等于 $|G|/|H|$，与左指数是同一个正整数。取逆给出同一结论：$(gH)^{-1}=Hg^{-1}$，左陪集的集合与右陪集的集合一一对应。对应的是块的个数，不是块里的成员。

左右可以切得不一样#

对每个 $g$ 都有 $gH=Hg$，子群才叫正规。只有这时，陪集乘法 $(gH)(kH)=gkH$ 不依赖代表元怎么选，商群才做得出。整除定理只数块有多少、每块多大。它不要求左右两套块是同一套。因此不能说每个子群都正规。

对称群 $S_3$ 的阶是 $6$。由一个对换生成的 $2$ 阶子群不是正规子群。这是群页已经写下的事实。指数仍是 $6/2=3$：左右各有三块，块数相同。不正规的意思是这两套块作为划分并不相同，所以商群做不出来。交换群里左右陪集自动重合，那是元素彼此交换，不是整除定理多给的一句。

商群一旦做成，它的阶就等于指数，也就是 $|G|/|H|$。这仍是同一条等式：商的阶乘上子群的阶，回到群的阶。做不出商时，指数作为块数还在。$S_3$ 里那个 $2$ 阶子群有指数 $3$，有三块，没有商群。有指数和有商群是两句话。

指数为 $2$ 是窄例外。左陪集只有子群和它的补集，右陪集也只能是这两块，所以指数 $2$ 的子群必定正规。这是块数少到没有别的切法，不是「子群通常正规」。$S_3$ 里那个 $2$ 阶子群指数是 $3$，例外用不上。后面 $A_4$ 的论证会用到指数 $2$ 必正规，用的正是这个窄例外，不是一条普遍的正规性。

素数阶循环是推论#

若 $|G|=p$ 且 $p$ 是素数，正因子只有 $1$ 和 $p$。子群只能是单位元子群和 $G$ 自己。任取 $g\neq e$，循环子群 $\langle g\rangle$ 的阶大于 $1$，只能等于 $p$，于是它等于 $G$。$G$ 由一个元素生成，所以循环。这是推论，不是定理原文。原文只约束子群的阶。循环是把因子表用尽之后再看生成元。

元素的阶也是推论。$g$ 的阶就是 $\langle g\rangle$ 的阶，因而整除 $|G|$，于是 $g^{|G|}=e$。课堂里常把这句话当成定理的日常用法。它仍然不是原文。原文管的是任意子群，元素的阶只是循环子群这一例。

不要把推论放大。$|G|$ 被素数 $p$ 整除，推不出 $G$ 循环。$S_3$ 的阶是 $6$，既被 $2$ 整除，也被 $3$ 整除，它不循环。素数阶说的是整群的阶本身为素数。阶的分解里出现一个素因子，远远不够。

元素的阶整除群的阶，也不等于每个正因子都有元素。$|G|=6$ 时，元素的阶只能是 $1$、$2$、$3$ 或 $6$。$S_3$ 里没有阶为 $6$ 的元素。没有，并不违反整除。整除禁止的是阶为 $4$ 或 $5$ 这类不整除 $6$ 的元素，不要求 $6$ 自己被某个元素达到。

若素数 $p$ 整除 $|G|$ 就存在 $p$ 阶元素，方向与上面相反。那是柯西的定理，保证一条素数阶循环子群。本页不证明它，也不把它写进公式栏。

十二阶可以没有六阶#

逆命题是：每个整除 $|G|$ 的正整数，都是某个子群的阶。这不成立。交错群 $A_4$ 的阶是 $12$，没有 $6$ 阶子群。

短理由只做一次归谬。假若有子群 $H$ 的阶是 $6$，指数就是 $2$，因而 $H$ 正规，商群的阶是 $2$。商群里每个陪集的平方都是单位陪集，所以对每个 $g$ 都有 $g^2\in H$。$A_4$ 有 $8$ 个 $3$-循环：四个字母里每次取三个，两个循环方向，$4\times 2=8$，而且 $3$-循环是偶置换，都在 $A_4$ 里。每个 $3$-循环 $\sigma$ 都满足 $\sigma^3=e$，于是 $(\sigma^{-1})^2=\sigma$。每个 $3$-循环都是某个元素的平方，因而全部落进这个指数 $2$ 的子群。$8$ 已经大于 $6$，装不下。

这不是一份如何枚举所有子群的清单。它不要求把 $A_4$ 的子集逐个拿出来检验封闭。它只假设已经有一个 $6$ 阶子群，再用指数 $2$ 把 $8$ 个 $3$-循环全部赶进去，看出个数对不上。同一阶也可以有好几个子群。三个双换位各自生成一个 $2$ 阶子群，彼此不同。定理只说 $2$ 整除 $12$，不说这样的子群有几个。

群页在循环群的例子里写过，$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 对 $12$ 的每个正因子都有子群。那一页的清单说明循环群里逆命题碰巧成立。$A_4$ 不是循环群。$12$ 同样被 $6$ 整除，子群可以缺席。不要把循环群的子群表抄成一般有限群的定律。

$12$ 也被 $4$ 整除，这一次子群存在。三个双换位 $(1\ 2)(3\ 4)$、$(1\ 3)(2\ 4)$、$(1\ 4)(2\ 3)$ 与单位元放在一起：不同的两个相乘得到第三个，每个非单位元的平方是单位元。这四元集是子群，阶是 $4$。里面没有阶为 $4$ 的元素，三个非单位元的阶都是 $2$。子群的阶整除 $12$，元素的阶也整除 $12$，两句都遵守定理。定理并不把「有 $4$ 阶子群」升级成「有 $4$ 阶元素」。$A_4$ 的 $12$ 个元素就是单位元、$8$ 个 $3$-循环和这 $3$ 个双换位，元素的阶只有 $1$、$2$、$3$。

素数幂不是这条定理的逆#

若素数幂 $p^k$ 整除 $|G|$，则存在 $p^k$ 阶子群。这是西洛定理的存在性，不是拉格朗日定理的逆。群页已经这样陈述。本页只标界限。拉格朗日定理从已有的子群走到它的阶。西洛定理在因子恰好是素数幂时，从因子走回子群。$A_4$ 说明，因子一旦带两个不同的素因子，回头路可以没有：$6=2\cdot 3$ 整除 $12$，却没有 $6$ 阶子群。$4=2^2$ 也整除 $12$，上一节那个四元集说明素数幂这一侧可以有子群。存在性不是整除定理白送的。

$k=1$ 时，西洛的存在性就是：素数 $p$ 整除阶，则有 $p$ 阶子群。它与柯西定理给出的 $p$ 阶元素是同一件存在的两侧。仍然不要倒过来说成拉格朗日。拉格朗日在这一侧只贡献一句：若 $p^k$ 阶子群已经在手里，则 $p^k$ 整除 $|G|$。存在要另证。

西洛定理还数这类子群有多少个、它们彼此共轭。那些计数不是整除定理的一部分。本页不写计数公式，也不给西洛的论文编页码。存在性那一句，已经够用来说明逆命题为什么不能从本页推出来。

1770 年数的是取值个数#

拉格朗日 1770 年的《方程代数解法之反思》（Réflexions sur la résolution algébrique des équations）讨论的不是公式栏里的 $H\le G$。一个有理函数放在 $n$ 次方程的根上，根做置换时，函数可以取多少个不同的值。那些个数整除 $n!$。群页已经写过这一笔。本页要分开的是：那不是把「子群的阶整除群的阶」提前证明了一遍。1770 年数的是函数值的个数，对照的是全部置换的 $n!$。抽象群的子群、以及任意有限群的阶，都不在那篇里。

现代陈述出现在伽罗瓦之后。柯西与若尔当把置换群写成可以谈论阶、子群和指数的对象以后，教科书才把这句话当成抽象群的定理。不要写成拉格朗日在 1770 年证明了抽象群版本。姓氏留在定理名字里，是后来的叫法，不是署名条款。中值定理那一页把 mathematician 设成 lagrange，因为微分中值可以接到他的函数演算。本页若再填同一个人，会把伽罗瓦之后才说清楚的整除，错安到他一个人身上。因此这里不设 mathematician，也不设 year。

伽罗瓦用根的置换判断方程能否根式求解。判断要看有没有正规子群链，以及每个商是不是交换的。整除定理只给阶的算术约束，不给这条链。把 1770 年的取值个数、伽罗瓦的可解性、以及今天的陪集切块，说成同一篇文章的三段，时间顺序是错的。三件事都碰到置换，碰到的对象不同。

无限群停在指数#

无限群不能把「阶整除」写成基数的整除。整数加群 $\mathbb{Z}$ 与偶数子群 $2\mathbb{Z}$ 都可数无限。陪集只有两类，偶数与奇数，指数是 $2$。两边的基数都是 $\aleph_0$。整数意义上的整除用在 $\aleph_0$ 上没有定义。基数算术里的 $\aleph_0=2\cdot\aleph_0$ 是另一套等式。它对一切可数无限集合都成立，看不出 $2\mathbb{Z}$ 是不是子群。整除定理的内容恰恰依赖子群，所以不能换成这句。

指数仍然可以谈，而且可以是无限基数。在有理数加群 $\mathbb{Q}$ 里，两个有理数属于 $\mathbb{Z}$ 的同一个陪集，当且仅当它们相差一个整数。代表元可以取在 $[0,1)$ 的有理数中，这样的有理数有可数多个，指数是可数无限。这里没有一条「$|\mathbb{Z}|$ 整除 $|\mathbb{Q}|$」的整数定理。陪集照样把群切开，块数不必有限。本页的等式只在 $G$ 有限时声称两边是正整数，整除就是普通的正整数整除。

左右指数作为基数仍然相等，因为取逆不需要有限。相等的是块数，不是「阶整除阶」。无限群里同样可以左右划分不同。那是正规性可以失败，不是把本页的等式推广到基数之后的新定理。页面在有限群处停住。

跨域连接#

• 群：群页已经写下陪集切块的两步、素数阶则循环的推论、西洛存在性的一句，以及 $S_3$ 里 $2$ 阶子群不正规。那些句子是本页的起点。群页后半讲粒子分类、分子点群和密码系统里的离散对数。那些应用靠的是表示、规范对称，或某个具体群上的难解问题，不是「子群的阶整除群的阶」这一条。读到夸克或椭圆曲线时离开本页。留在这里，只核对有限群的阶如何被子群的阶整除，以及这条核对在哪里停住。
• 伽罗瓦：伽罗瓦把根式可解收成伽罗瓦群是否可解。可解要求正规子群链，每个商都交换。本页不生产正规子群，所以单独决定不了一般五次方程。有限伽罗瓦扩张里，群的阶等于扩张次数，子群的指数等于相应中间域对基域的次数。塔式定律与 $|G|=[G:H]\cdot|H|$ 是同一套计数的两侧。次数的乘法是域扩张的账，整除是群这一侧的账。两侧对齐要等对应定理，不是 1770 年那篇取值注记自动完成的。
• 环：环的加法是群。有限环里，加法子群的阶整除环的元素个数。理想对加法成子群，所以这条用得上。乘法只保证对加法可分配，不保证非零元有逆，乘法本身不是本页的群。有限域的非零元在乘法下成群，阶是元素个数减一，于是每个非零元的该次方等于一。这是元素的阶整除群的阶，用在乘法群上。它不证明这个乘法群循环。循环是更强的分类，整除定理没有给出。
• 诺特定理：诺特定理谈作用量在连续变换下不变，于是沿运动有守恒量。时间平移对上能量，空间平移对上动量。那里的对称是带参数的连续群，阶不是正整数，子群阶整除群阶没有落点。依赖任意函数的对称给出的是场方程之间的恒等式，仍然不是陪集计数。变分法里的拉格朗日量，和中值定理页上的姓氏，都不是本页这条整除。读到守恒量时离开本页。
• 拉格朗日中值定理：那是微分学的中值，不是本页。函数在闭区间连续、在开区间可导，则有一点的导数等于两端的差商。它保证这样的点存在，不给出位置公式。那一页把 mathematician 写成 lagrange，年份接到函数演算。本页的对象是有限群、子群和陪集，没有区间，也没有导数。两页在中文里都会被简称成拉格朗日定理。看见切线或差商，不要用陪集去解释斜率。看见阶与指数，也不要去那一页找整除。
• 算术基本定理：每个大于 $1$ 的整数写成素数之积，不计次序时只有一种。素数阶群之所以循环，只用到素数没有严格介于 $1$ 与 $p$ 之间的正因子。这是素数的定义，不是唯一分解。$S_3$ 的阶 $6=2\cdot 3$，分解唯一，群并不循环。循环群的子群对应阶的因子，也不证明整数分解唯一。把「素数」同时听成「群很简单」和「整数只有一种分解」，是把两套算术焊错了。本页的推论停在群循环。唯一分解留在那一页，与陪集无关。

参考文献#

• Lagrange, Joseph-Louis. Réflexions sur la résolution algébrique des équations. 1770. 讨论有理函数在根的置换下取多少个不同的值，那些个数整除 $n!$。这不是抽象群版本，这里不编页码。
• Rose, John S. A Course on Group Theory. Cambridge University Press, 1978. 群页已列此书。本页用它作有限群课程中的陈述来源，不编定理编号。