先验知识

群GGG：非空集合+代数运算：单位元+逆元+封闭性+结合性
子群HHH：HHH是GGG的非空子集，对于GGG的代数运算还是满足：单位元+逆元+封闭性+结合性，记为H≤GH\le GH≤G
陪集：g∈G,Hg\in G,Hg∈G,H是(G,⋅)(G,·)(G,⋅)的子群，集合{g⋅h∣h∈H}\{g·h|h\in H\}{g⋅h∣h∈H}称为ggg对HHH的左陪集。

拉格朗日定理∣G∣=∣H∣⋅[G:H]|G|=|H|·[G:H]∣G∣=∣H∣⋅[G:H]

若(G,⋅)(G,·)(G,⋅)为一个群，H≤GH\le GH≤G，则有
(1)两个陪集aH=bHaH=bHaH=bH，则a−1b∈Ha^{-1}b\in Ha−1b∈H
(2)对任意a,b∈Ga,b\in Ga,b∈G，有aH=bHaH=bHaH=bH或aH⋂bH=∅aH \bigcap bH=\varnothingaH⋂bH=∅

证明：
(1)aH=bH→a−1aH=a−1bH→H=a−1bHaH=bH\rightarrow a^{-1}aH=a^{-1}bH\rightarrow H=a^{-1}bHaH=bH→a−1aH=a−1bH→H=a−1bH
有aH=H,aH=H,aH=H,则a∈Ha\in Ha∈H。如果a∉H,a\notin H,a∈/H,那么a∗e=a∉H,a*e=a\notin H,a∗e=a∈/H,则aH≠HaH\neq HaH=H。
所以H=a−1bH→a−1b∈HH=a^{-1}bH\rightarrow a^{-1}b\in HH=a−1bH→a−1b∈H
(2)假设g=aH⋂bH,g=aH\bigcap bH,g=aH⋂bH,可以写成g=ah1=bh2,→a−1b=h1h2−1∈Hg=ah_1=bh_2,\rightarrow a^{-1}b=h_1h_2^{-1}\in Hg=ah1=bh2,→a−1b=h1h2−1∈H
有a∈H,a\in H,a∈H,则aH=Ha=HaH=Ha=HaH=Ha=H。
所以a−1b∈H→aH=bHa^{-1}b\in H\rightarrow aH=bHa−1b∈H→aH=bH

陪集是一种划分，构成了群元素的一种分类，每个元素属于一个类且只属于一个类。

拉格朗日定理：∣G∣=∣H∣⋅[G:H]|G|=|H|·[G:H]∣G∣=∣H∣⋅[G:H],其中[G:H][G:H][G:H]为子群HHH在群GGG中不同陪集的个数,称为HHH在GGG中的指数。

证明：我们已知G=a1H⋃a2H⋃……⋃akHG=a_1H\bigcup a_2H\bigcup……\bigcup a_kHG=a1H⋃a2H⋃……⋃akH,当i≠ji\neq ji=j时,aiH≠ajHa_iH\neq a_jHaiH=ajH,
假设GGG可分成kkk个不同的陪集，每个陪集aiHa_iHaiH里元素有∣H∣|H|∣H∣个(由于h1=h2↔gh1=gh2，h_1=h_2\leftrightarrow gh_1=gh_2，h1=h2↔gh1=gh2，所以∣aiH∣=∣H∣|a_iH|=|H|∣aiH∣=∣H∣),那么有∣G∣=∣H∣⋅[G:H]|G|=|H|·[G:H]∣G∣=∣H∣⋅[G:H]

传递性[G:H][H:K]=[G:K][G:H][H:K]=[G:K][G:H][H:K]=[G:K]

对于有限集合，K≤H,H≤G,K\le H,H\le G,K≤H,H≤G,那么有∣G∣=∣H∣⋅[G:H],∣H∣=∣K∣⋅[H:K]→[G:H][H:K]=∣G∣∣H∣⋅∣H∣∣K∣=∣G∣∣K∣=[G:K]\\|G|=|H|·[G:H],|H|=|K|·[H:K]\\\rightarrow [G:H][H:K]=\frac{|G|}{|H|}·\frac{|H|}{|K|}=\frac{|G|}{|K|}=[G:K]∣G∣=∣H∣⋅[G:H],∣H∣=∣K∣⋅[H:K]→[G:H][H:K]=∣H∣∣G∣⋅∣K∣∣H∣=∣K∣∣G∣=[G:K]
对于无限集合，∣G∣=∣H∣⋅[G:H]|G|=|H|·[G:H]∣G∣=∣H∣⋅[G:H]不能推出[G:H]=∣G∣∣H∣[G:H]=\frac{|G|}{|H|}[G:H]=∣H∣∣G∣，需要构建函数来证明。[G:H][G:H][G:H]是GGG关于HHH的所有陪集的集合，因为之前证过|左陪集|=|右陪集|，所以我们只需要证GGG关于HHH的左陪集的个数·HHH关于KKK的左陪集的个数=GGG关于KKK的左陪集的个数
- 我们知道[G:H]={aH∣a∈G}[G:H]=\{aH|a\in G\}[G:H]={aH∣a∈G}，从这个定义可以看出，其实∣[G:H]∣=∣a∣|[G:H]|=|a|∣[G:H]∣=∣a∣。同理，[H:K]={bK∣b∈H}→∣[H:K]∣=∣b∣;[G:K]={cK∣c∈H}→∣[G:K]∣=∣c∣;\\ [H:K]=\{bK|b\in H\}\rightarrow |[H:K]|=|b|;\\ [G:K]=\{cK|c\in H\}\rightarrow |[G:K]|=|c|;[H:K]={bK∣b∈H}→∣[H:K]∣=∣b∣;[G:K]={cK∣c∈H}→∣[G:K]∣=∣c∣;
  所以我们现在要证的就是c=abc=abc=ab，但∣a∣,∣b∣,∣c∣|a|,|b|,|c|∣a∣,∣b∣,∣c∣仍是无穷数，无法直接得证。从这里开始构造函数。
- 令S=(a,b)S={(a,b)}S=(a,b)，函数f:S→G/K，f(a,b)=abKf:S\rightarrow G/K，f(a,b)=abKf:S→G/K，f(a,b)=abK。（G/KG/KG/K的严格定义前提条件是K⊴GK\unlhd GK⊴G，是商群的意思；这里只表示GGG关于KKK的所有陪集的集合。为什么定义是abKabKabK，后面要证双射，本来映射到G/KG/KG/K，应该是cKcKcK，如果证明是双射，那就是表示abK=cK→ab=cabK=cK\rightarrow ab=cabK=cK→ab=c）
  - 映射：
    要证(a,b)=(c,d)→f(a,b)=f(c,d)(a,b)=(c,d)\rightarrow f(a,b)=f(c,d)(a,b)=(c,d)→f(a,b)=f(c,d)，
    易证：(a,b)=(c,d)→f(a,b)=abK=cdK=f(c,d)(a,b)=(c,d)\rightarrow f(a,b)=abK=cdK=f(c,d)(a,b)=(c,d)→f(a,b)=abK=cdK=f(c,d)
  - 单射：
    要证(a1,b1)≠(a2,b2)→f(a1,b1)≠f(a2,b2)(a_1,b_1)\neq(a_2,b_2)\rightarrow f(a_1,b_1)\neq f(a_2,b_2)(a1,b1)=(a2,b2)→f(a1,b1)=f(a2,b2)，反证c1K=c2K→a1b1K=a2b2K→(a1,b1)=(a2,b2)c_1K=c_2K\rightarrow a_1b_1K=a_2b_2K\rightarrow (a_1,b_1)=(a_2,b_2)c1K=c2K→a1b1K=a2b2K→(a1,b1)=(a2,b2)
  - 满射：
    要证∀cK∈G/K,∃(a,b)\forall cK\in G/K,{\exists}(a,b)∀cK∈G/K,∃(a,b)使得f(a,b)=abK=cKf(a,b)=abK=cKf(a,b)=abK=cK
    - 对于∀cK∈G/K,c∈G\forall cK\in G/K,c\in G∀cK∈G/K,c∈G；对于∀aH∈G/H，\forall aH\in G/H，∀aH∈G/H，根据陪集是一种划分，有∪aH=G\cup aH=G∪aH=G；所以∃aH{\exists}aH∃aH使得c∈aHc\in aHc∈aH；
    - 同理，对于∀bK∈H/K,\forall bK\in H/K,∀bK∈H/K,有∪bK=H\cup bK=H∪bK=H；又∀aH∈G/H\forall aH\in G/H∀aH∈G/H，所以∀abK=G\forall abK=G∀abK=G，所以∃abK{\exists}abK∃abK使得c∈abKc\in abKc∈abK；
    - c∈abK→cK=abK→f(a,b)=abK=cKc\in abK\rightarrow cK=abK\rightarrow f(a,b)=abK=cKc∈abK→cK=abK→f(a,b)=abK=cK

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