代数结构PPT演示文稿

代数结构PPT演示文稿第五章代数结构本章主要内容代数系统的引入，运算的性质：封闭性、结合性、分配性、交换性；主要的代数系统：广群、半群、独异点、群、子群；代数系统之间的关系；交换群和循环群；陪集、拉格朗日定理；同态映射、同构映射；环、同态象、域。学习要求本章从一般代数系统的引入出发，研究一些特殊的代数系统中运算的性质。通过本章的学习使学生了解代数系统的结构与性质。本章将从一般代数系统的引入出发，研究一些特殊的代数系统，而这些代数系统中的运算具有某些性质，从而确定了这些代数系统的数学结构。5-1代数系统的引入事实这些例子的共同特征就是运算...

第五章代数结构本章主要内容代数系统的引入，运算的性质：封闭性、结合性、分配性、交换性；主要的代数系统：广群、半群、独异点、群、子群；代数系统之间的关系；交换群和循环群；陪集、拉格朗日定理；同态映射、同构映射；环、同态象、域。学习要求本章从一般代数系统的引入出发，研究一些特殊的代数系统中运算的性质。通过本章的学习使学生了解代数系统的结构与性质。本章将从一般代数系统的引入出发，研究一些特殊的代数系统，而这些代数系统中的运算具有某些性质，从而确定了这些代数系统的数学结构。5-1代数系统的引入事实这些例子的共同特征就是运算结果还在原来的集合中。称具有这种特征的运算是封闭的，简称闭运算。很容易举出不封闭运算的例子：一架自动售货机，能接受一角硬币和二角五分硬币，而所对应的商品是桔子水、可口可乐和冰淇淋。当人们投入上述硬币的任何两枚时，自动售货机将按表 5-1.1所示供应相应的商品。表格左上角的记号*可以理解为一个二元运算的运算符。这个例子中的二元运算*就是集合{一角硬币，二角五分硬币}上的不封闭运算。设A={红色，黄色，蓝色}f7：三种颜色→三种颜色混合色f7是不封闭的。f8是I上的除法运算，f8是不封闭的。定义5-1.1如果为An到B的一个函数，则称为集合A上的n元运算（operater）。如果BA，则称该n元运算在A上封闭。在定义5.1.1中，当n=1时，f称为集合A上的一元运算；当n=2时，f称为集合A上的二元运算。在讨论抽象运算时，“运算”常记为“*”、“∘”等。设*是二元运算，如果a与b运算得到c，记作a*b=c；若*是一元运算，a的运算结果记作*a或*(a)。运算的表示表示运算的方法通常有两种：解析公式和运算表。解析公式是指用运算符号和运算对象组成的表达式。如f(a)=，运算表是指运算对象和运算结果构成的二维表。经常使用运算表来定义有限集合上的二元运算，特别当有限集合上的二元运算不能用表达式简明地表示时，借助于运算表来定义二元运算会带来方便。另外，运算表还便于对二元运算的某些性质进行讨论，更形象地了解二元运算的有关特征。设N4=0,1,2,3，N4上的模4加法＋4可以用运算表表示，它的运算表如表5.1.1所示。N4上的模4乘法×4也可以用运算表表示，它的运算表如表5.1.2所示。二、代数系统定义5-1.2一个非空集合A连同若干个定义在该集合上的运算f1,f2,…,fk所组成的系统称为一个代数系统（代数结构），记为。代数结构常用一个多元序组来表示,其中S是载体,,，…为各种运算。有时为了强调S有某些元素地位特殊,也可将它们列入这种多元序组的末尾。根据定义5.1.2，一个代数系统需要满足下面两个条件：①有一个非空集合A。②有一些定义在集合A上的运算。集合和定义在集合A上的运算是一个代数系统的两个要素，缺一不可。【例5.1.3】设B是一个集合，A=P(B)是A幂集合。集合的求补运算是A上的一元运算，集合的并和交运算是A上的是二元运算。于是构成一个代数系统，该代数系统常称为集合代数。【例5.1.4】设R-0是全体非零实数集合，*是R-0上二元运算，定义为：a,bR-0，a*b=b。则是代数系统。虽然集合不同，运算不同，但是它们是一些具有共同运算规律的运算，研究就相当于研究，，，5-2运算及其性质在前面考察几个具体的代数系统时，已经涉及到我们所熟知的运算的某些性质。下面，着重讨论一般二元运算的一些性质。定义5-2.1设*是定义在集合A上的二元运算，如果对于任意的x,yA，都有x*yA，则称二元运算*在A上是封闭的。【例5.2.1】设A={x|x=2n,nN},问乘法运算是否封闭？对加法运算呢？解：对于任意的2r,2sA，r，sN，因为2r·2s=2r+sA所以乘法运算是封闭的。而对于加法运算是不封闭的，因为至少有2+22=6A二、可交换性定义5-2.2设*是定义在集合A上的二元运算，如果对于任意的x,yA，都有x*y=y*x，则称二元运算*在A上是可交换的。【例5.2.2】设Q是有理数集合，Δ是Q上的二元运算，对任意的a,bR，aΔb=a+b-a·b，问运算Δ是否可交换。解：因为aΔb=a+b-a·b=b+a-b·a=bΔa所以运算Δ是可交换的。三、可结合性例如R上的加法运算和乘法运算都是可结合运算，R上的减法运算和除法运算都是不可结合运算。定义5-2.3设*是定义在集合A上的二元运算，如果对于任意的x,y,zA，都有(x*y)*z=x*(y*z)，则称二元运算*在A上是可结合的。实数集合上的普通加法和乘法是二元运算，满足结合律；矩阵的加法和乘法也是二元运算，也满足结合律；向量的内积、外积是二元运算，但不满足结合律。当运算*满足结合律时，an的也可以递归定义如下：⑴a1=a⑵an+1=an∗a由此利用数学归纳法，不难证明下列的公式：⑴am∗an=am+n⑵(am)n=amn四、可分配性定义5-2.4设*和∘是非空集合A上的两个二元运算，如果对于任意a,b,cA，有a*(b∘c)=(a*b)∘(a*c)(左分配律)(b∘c)*a=(b*a)∘(c*a)(右分配律)则称运算*对∘运算是可分配的。也称运算*对∘运算满足分配律。【例5.2.4】设A=0,1，*和∘都是A上的二元运算，定义为：0∗0=1*1=0，0*1=1*0=10∘0=0∘1=1∘0=0，1∘1=1则容易验证∘对于运算*是可分配的，但*对于运算∘是不可分配的。如1*(0∘1)=1≠0=(1*0)∘(1*1)定理设*和∘是非空集合A上的两个二元运算，*是可交换的。如果*对于运算∘满足左分配律或右分配律，则运算*对于运算∘是可分配的。证明：设*对于运算∘满足左分配律，且∗是可交换的，则对于任意a,b,cA，有(b∘c)∗a=a∗(b∘c)=(a∗b)∘(a∗c)=(b∗a)∘(c∗a)即(b∘c)∗a=(b∗a)∘(c∗a)故∗对于运算∘是可分配的。同理可证另一半。五、吸收律定义5-2.5设*和∘是非空集合A上的两个可交换的二元运算，如果对于任意a,bA，有a*(a∘b)=aa∘(a*b)=a则称运算∗和运算∘满足吸收律。【例5.2.5】设N为自然数集合，*和∘是集合N上的二元运算，定义为：aN，bNa*b=max(a,b)，a∘b=min(a,b)验证运算*和∘适合吸收律。解：aN，bN若a＞b，a*(a∘b)=a*min(a,b)=a*b=max(a,b)=a若a＜b，a*(a∘b)=a*min(a,b)=a*a=max(a,a)=a若a＝b，a*(a∘b)=a*min(a,b)=a*a=max(a,a)=a即a*(a∘b)=a同理可证a∘(a*b)=a因此运算*和∘适合吸收律。六、等幂律定义5-2.6设*是非空集合A上的二元运算，如果对于任意的aA，有a∗a=a，则称运算*是幂等的或运算∗满足幂等律。如果A的某个元素a满足a∗a=a，则称a为运算*的幂等元。易见，集合的并、交运算满足幂等律，每一个集合都是幂等元。定理设∗是非空集合A上的二元运算，a为运算∗的等幂元，对任意的正整数n，则an=a。总结定义5-2.1~5-2.6设和为集合A上的二元运算:若xy(x,yA→xyA),则称在A上封闭。若xy(x,yA→xy=yx),则称满足交换律。若xyz(x,y,zA→x(yz)=(xy)z),则称满足结合律。若xyz(x,y,zA→x(yz)=(xy)(xz))，则称对满足左分配律。若xy(x,yA→x(xy)=x,x(xy)=x)，则称和满足吸收律。若x(xA→xx=x)，则称满足等幂律。七、幺元定义5-2.7设∗是定义在集合A上的二元运算，如果有一个elA，对于任意的aA，有el∗a=a，则称el为A中关于运算∗的左单位元或左幺元；如果有一个erA，对于任意的aA，有a∗er=a，则称er为A中关于运算∗的右单位元或右幺元；如果在A中有一个元素，它既是左单位元又是右单位元，则称为A中关于运算∗的单位元或幺元。【例5.2.6】设集合S={α,β,γ,δ}，在S上定义的两个二元运算*和★如表5-2.1所示。试指出左幺元或右幺元。解由表5-2.1可知β,δ都是S中关于运算*的左幺元，而α是S中关于运算★的右幺元。*αβγδαβγδδαβγαβγδαβγγαβγδ★αβγδαβγδαβδγβαγδγδαβδδβγ定理5-2.1设∗是定义在集合A上的二元运算，el为A中关于运算∗的左幺元，er为A中关于运算∗的右幺元，则el=er=e，且A中的幺元是惟一的。证明：因为el和er分别是A中关于运算∗的左幺元和右幺元，所以el=el∗er=er=e设另一幺元e1A，则e1=e1∗e=e八、零元定义5-2.8设∗是集合A上的二元运算，如果有一个θlA，对于任意的aA都有θl∗a=θl，则称θl为A中关于运算∗的左零元；如果有一个θrA，对于任意的aA，都有a∗θr=θr，则称θr为A中关于运算∗的右零元；如果A中有一个元素θA，它既是左零元又是右零元，则称θ为A中关于运算∗的零元。定理5-2.2设∗是集合A上的二元运算，θl为A中关于运算∗的左零元，θr为A中关于运算∗的右零元，则θl=θr=θ，且A中的零元是惟一的。证明：因为θl和θr分别是A中关于运算∗的左零元和右零元，所以θl=θl∗θr=θr=θ设另一零元θ1A，则θ1=θ1∗θ=θ定理5-2.3设∗是集合A上的二元运算，集合A中元素的个数大于1。如果A中存在幺元e和零元θ，则e≠θ。证明：用反证法。设e=θ，那么对于任意的aA，必有a=e∗a=θ∗a=θ，于是A中的所有元素都是零元，与A中至少有两个元素矛盾。定义5-2.9设∗是集合A上的二元运算，e为A中关于运算∗的幺元。如果对于A中的元素a存在着A中的某个元素b，使得b∗a=e，那么称b为a的左逆元；如果存在A中的某个元素b，使得a∗b=e，那么称b为a的右逆元；如果存在着A中的某个元素b，它既是a的左逆元又是a的右逆元，那么称b为a的逆元。a的逆元记为a–1。如果aA存在逆元a–1A，那么称a为可逆元。一般地说，一个元素的左逆元不一定等于该元素的右逆元。一个元素可以有左逆元而没有右逆元，同样可以有右逆元而没有左逆元。甚至一个元素的左逆元或者右逆元还可以不是惟一的。【例5.2.7】设集合S={α,β,γ,δ,ζ},定义在S上的一个二元运算*如表5-2.2所示。试指出代数系统中各个元素的左、右逆元情况。解α是幺元；β的左逆元和右逆元都是γ；即β和γ互为逆元；δ的左逆元是γ而右逆元是β；β有两个左逆元γ和δ；ζ的右逆元是γ，但ζ没有左逆元。*αβγδζαβγδζαβγδζβδαγδγαβαβδαγδγζδαγζ定理5-2.4设∗为A中的一个二元运算，A中存在幺元e且每个元素都有左逆元。如果∗是可结合的运算，则在A中任何元素的左逆元必定是该元素的右逆元，且每个元素的逆元是惟一的。证明：设a,b,cA，b是a的左逆元，c是b的左逆元。于是(b∗a)∗b=e∗b=b，所以e=c∗b=c∗((b∗a)∗b)=(c∗(b∗a))∗b=((c∗b)∗a)∗b=(e∗a)∗b=a∗b因此，b也是a的右逆元。设元素a有两个逆元b和d，那么b=b∗e=b∗(a∗d)=(b∗a)∗d=e∗d=d故a的逆元是惟一的。【例5.2.8】试构造一个代数系统，使得其中只有一个元素具有逆元。解：设m,nI,T={x|xI,m≤x≤n},那么，代数系统中有一个幺元是m,且只有m有逆元，因为m=max(m,m)。【例5.2.9】对于代数系统，这里R是实数的全体，是普通的乘法运算，是否每个元素都有逆元。解：该代数系统中的幺元是1，除了零元素0外，所有的元素都有逆元。从运算表中看运算具有的性质1）运算具有封闭性，当且仅当运算表中的每个元素都属于A。2）运算具有可交换性，当且仅当运算表关于主对角线是对称的。3）运算具有等幂性，当且仅当运算表的主对角线上的每一元素与它所在行（列）的表头元素相同。4）A中关于运算具有零元，当且仅当该元素所对应的行和列中的元素都与该元素相同。5）A中关于运算具有幺元，当且仅当该元素所对应的行和列依次与运算表的行和列相一致。6）设A中关于运算具有幺元，a和b互逆，当且仅当位于a所在行和b所在列的元素及b所在行和a所在列的元素都是幺元。一、广群定义5-3.1一个代数系统，其中S是非空集合，*是S上的一个二元运算，如果运算是封闭的，则称代数结构为广群。半群是一种特殊的代数系统，它在形式语言、自动机等领域中，都有具体的应用。5-3半群定义5-3.2一个代数系统，其中S是非空集合，*是S上的一个二元运算，如果：（1）运算是封闭的；（2）运算*是可结合的，即对任意的x,y,zS，满足(x*y)*z=x*(y*z)则称代数系统为半群。【例5.3.1】设集合Sk={x|xI∧x≥k},k≥0,那么是一个半群，其中+是普通的加法运算。解：因为运算+在Sk上是封闭的，而且普通加法运算是可结合的。所以，是一个半群。在例题1中，k≥0这个条件是重要的，否则，如果k<0，则运算+在Sk上将是不封闭的。【习题5-3.1】对于正整数k，Nk={0,1,2,…,k-1}，设*k是Nk上的一个二元运算，使得a*kb=用k除a·b所得的余数，这里a，b∈Nk。a)当k=4时，试造出*k的运算表。b)对于任意正整数k，证明是一个半群。解a)当k=4时，*k的运算表如下：*k012300000101232020230321b)对于任意的a，b∈Nk，a*kb=a·b-nk=r，0≤r≤k-1，所以运算*k在Nk上是封闭的。对于任意的a，b，c∈Nk，有(a*kb)*kc=(a·b-n1k)·c-n2k=r10≤r1≤k-1=a·b·c-k(n1c+n2)a*k(b*kc)=a·(b·c-n3k)-n4k=r20≤r2≤k-1=a·b·c-k(n3a+n4)可见r1和r2都是a·b·c用k除所得的余数，所以r1=r2。所以(a*kb)*kc=a*k(b*kc)，即*k满足结合律。因此，是半群。【例5.3.2】设S={a,b,c}，在S上的一个二元运算Δ定义如表5-3.1所示。验证是一个半群。解从表5-3.1中可知运算Δ是封闭的，同时a,b和c都是左幺元。所以，对于任意的x,y,zS，都有xΔ(yΔz)=xΔz=z=yΔz=(xΔy)Δz因此，是半群。明显地，代数系统和都不是半群，这里，-和/分别是普通的减法和除法。Δabcabcabcabcabc【练习】设*是实数集R上的运算，其定义如下：a*b=a+b+2ab1)求2*3，3*（-5）和7*1/2。2)是半群吗？*可交换吗？3)求R中关于*的幺元（单位元）。4)R中哪些元素有逆元，逆元素是什么？解1)2*3=17，3*（-5）=-32，7*1/2=14.52)运算*在R上是封闭的。对任意a，b，c∈R，(a*b)*c=(a+b+2ab)*c=a+b+2ab+c+2(a+b+2ab)c=a+b+c+2ab+2ac+2bc+4abca*(b*c)=a*(b+c+2bc)=a+b+c+2bc+2a(b+c+2bc)=a+b+c+2ab+2ac+2bc+4abc所以(a*b)*c=a*(b*c)。因此是半群。*可交换。3)R中关于*的幺元是0。4)R中除-1/2外所有元素都有逆元，a的逆元素是-a/（1+2a）。二、子半群定理5-3.1设为一半群,BS且在B上封闭，那么也是一个半群，称为的子半群。证明思路：结合律在B上仍成立。证明：因为在S上是可结合的，而BS且在B上封闭，所以在B上也是可结合的，因此，也是一个半群。【例5.3.3】设·表示普通的乘法运算，那么<[0,1],·>、<[0,1),·>和都是的子半群。解首先，运算·在R上是封闭的，且是可结合的，所以是一个半群。其次，运算·在[0,1]、[0,1)和I上都是封闭的，且[0,1]R，[0,1）R，IR。因此，由定理5-3.1可知<[0,1],·>、<[0,1),·>和都是的子半群。练习若是半群，a∈S，M={an|n∈N}，证明是的子半群。证明只须证明运算*在M上是封闭的。任取an，am∈M，an*am=（an*a）*am-1=an+1*am-1=（an+1*a）*am-2=an+2*am-2=……=an+m∈M所以是的子半群。定理5-3.2设S,*是半群，S是有限集，则必有aS，使得a*a=a证明：bS，由*在S上的封闭性知：b2=b*bSb3=b2*bS…因为S是有限集，所以必有i＜j使bi=bj令p=j–i，则p=j–i≥1，而j=p＋ibi=bj=bp+i=bp*bi于是下式成立：bq=bp*bqq≥i因为p=j–i≥1，总可以找到k≥1，使得kp≥i对于S中的元素bkp，就有bkp=bp*bkp=bp*(bp*bkp)=b2p*bkp=b2p*(bp*bkp)=…=bkp*bkp令a=bkp，a*a=a【习题5-3.1】对于正整数k，Nk={0,1,2,…,k-1}，设*k是Nk上的一个二元运算，使得a*kb=用k除a·b所得的余数，这里a，b∈Nk。我们已经证明了是一个半群。当k=4时，*k的运算表如下：找出中的等幂元。0和1都是等幂元。*k012300000101232020230321前面已验证是一个半群。这里a，b，c都是等幂元。【例5-3.2】设S={a,b,c}，在S上的一个二元运算Δ定义如表5-3.1所示。验证是一个半群。Δabcabcabcabcabc三、独异点定义5-3.3设代数系统为半群，若含有关于运算的幺元,则称它为独异点(monoid)，或含幺半群。例如，代数系统是一个独异点，因为是一个半群，且0是R中关于运算+的幺元。另外，代数系统,,都是具有幺元1的半群，因此它们都是独异点。代数系统虽是一个半群，但关于运算+不存在幺元，所以，这个代数系统不是独异点。有代数系统，其中S={a，0，1}，运算*由下表定义，证明是独异点。证明1）运算*是封闭的。2）对于任意x，y∈S，(x*y)*a=x*yx*(y*a)=x*y(x*y)*0=0x*(y*0)=x*0=0(x*y)*1=1x*(y*1)=x*1=1所以运算*是可结合的。3）a是S中关于运算*的幺元。因此是独异点。*a01aa0100011101定理5-3.3设是一个独异点,则在关于运算的运算表中任何两行或两列都是不相同的。证明:因S中关于运算的幺元是e，因为对于任意的元素a,bS，且a≠b时，总有ea=a≠b=eb和ae=a≠b=be所以，在的运算表中不可能有两行或两列是相同的。【例5.3.4】设I是整数集合，m是任意正整数，Zm是由模m的同余类组成的同余类集，在Zm上定义两个二元运算+m和×m分别如下：对于任意的[i]，[j]Zm[i]+m[j]=[(i+j)(modm)][i]×m[j]=[(i×j)(modm)]试证明在这两个二元运算的运算表中任何两行或两列都是不相同的。证明：考察代数结构和，只须证明和都是独异点。先分三步证明是独异点，再利用定理5-3.3的结论：1）根据运算定义，证明两个运算在Zm上封闭；2）根据运算定义，证明两个运算满足结合律；3）根据运算定义，证明[0]是的幺元，[1]是的幺元。本例题的实例见表5-3.2和表5-3.3(1)由运算+m和×m的定义，可知它们在Zm上都是封闭的。(2)对于任意[i]，[j]，[k]Zm([i]+m[j])+m[k]=[i]+m([j]+m[k])=[(i+j+k)(modm)]([i]×m[j])×m[k]=[i]×m([j]×m[k])=[(i×j×k)(modm)]即运算+m和×m都是可结合的。(3)因为[0]+m[i]=[i]+m[0]=[i]，所以，[0]是中的幺元。因为[1]×m[i]=[i]×m[1]=[i]，所以，[1]是中的幺元。因此，代数系统，都是独异点。由定理5-3.3可知，这两个运算的运算表中任何两行或两列都不相同。上例中，如果给定m=5，那么+5和×6的运算表分别如表5-3.2和表5-3.3所示。表5-3.2表5-3.3显然，上述运算表中没有两行或两列是相同的。+5[0][1][2][3][4][0][1][2][3][4][0][1][2][3][4][1][2][3][4][0][2][3][4][0][1][3][4][0][1][2][4][0][1][2][3]×6[0][1][2][3][4][0][1][2][3][4][0][0][0][0][0][0][1][2][3][4][0][2][4][1][3][0][3][1][4][2][0][4][3][2][1]定理5-3.4设是独异点，a,bG且a,b均有逆元，则⑴(a–1)–1=a⑵a*b有逆元，且(a*b)–1=b–1*a–1证明：⑴因a*a–1=a–1*a=e，故(a–1)–1=a⑵因(a*b)*(b–1*a–1)=(a*(b*b–1)*a–1=a*e*a–1=a*a–1=e又(b–1*a–1)*(a*b)=(b–1*a–1)*(a*b)=b–1*(a–1*a)*b=b–1*e*b=b–1*b=e故(a*b)–1=b–1*a–1一、群定义5-4.1称代数结构为群(groups),如果（1）中运算是封闭的。（2）中运算是可结合的。（3）中有么元e.（4）中每一元素x都有逆元x-1。例如，，等都是群。5-4群与子群【例5.4.1】设R={0°,60°,120°,180°,240°,300°}表示在平面上几何图形绕形心顺时针旋转角度的六种可能情况，设★是R上的二元运算，对于R中任意两个元素a和b，a★b表示平面图形连续旋转a和b得到的总旋转角度。并规定旋转360°等于原来的状态，就看作没有经过旋转。验证是一个群。【例5.4.1】解：由题意，R上二元运算★的运算表如表5-4.1所示。由表5-4.1可见，运算★在R上是封闭的。表5-4.1★060120180240300006012018024030060601201802403000120120180240300060180180240300060120240240300060120180300300060120180240对于任意的a,b,cR，(a★b)★c表示将图形依次旋转a,b和c,而a★(b★c)表示将图形依次旋转b,c和a,而总的旋转角度都等于a+b+c(mod360º)，因此，(a★b)★c=a★(b★c)。0º是幺元。60º,180º,120º的逆元分别是300º,180º,240º。因此是一个群。定义5-4.2设为一群。若G为有限集，则称为有限群（finitegroup）,此时G的元素个数也称G的阶(order),记为|G|；否则，称为无限群（infinitegroup）。例题5.4.1中所述的就是一个有限群，且|R|=6。【例5.4.2】试验证代数系统是一个群，这里I是所有整数的集合，+是普通加法运算。解明显地，二元运算+在I上是封闭的且是可结合的。幺元是0。对于任一aA，它的逆元是-a。所以是一个群，且是一个无限群。定理5-4.1设为群，那么当G≠{e}时,G无零元。即群中不可能有零元。证明:因当群的阶为1时，它的唯一元素是视作幺元e。设|G|>1且群有零元。那么群中任何元素xG，都有x=x=≠e，所以，零元就不存在逆元，与是群的假设矛盾。由定理5-2.4可知，群中任何一个元素的逆元必定是唯一的。由群中逆元的唯一性，我们可以有以下几个定理。定理5-4.2设为群，对于a,bG，必存在xG，使得关于x的方程ax＝b，xa＝b都有唯一。证明:1）先证解存在性设a的逆元a-1，令x=a-1b（构造一个解）ax＝a（a-1b）＝（aa-1）b＝eb＝b2）再证解唯一性若另有解x1满足ax1＝b，则a-1（ax1）＝a-1bx1＝a-1b定理5-4.3设为群，那么，对任意a,b,cGab=ac蕴涵b=cba=ca蕴涵b=cG的所有元素都是可约的．因此，群中消去律成立。证明:设ab＝ac,且a的逆元a-1，则有a-1（ab）＝a-1（ac）eb＝ecb＝c同理可证第二式。定理5-4.4设为群，那么，运算表中的每一行或每一列都是群G的元素的置换。证明:先证G中每一个元素只出现一次用反证法：设a对应行有两个元素b1、b2对应的都是c,即ab1＝ab2＝c,且b1≠b2由可约性得b1＝b2与假设矛盾。再证G中每一个元素必出现一次对于元素aG的那一行，设b是G中的任意一个元素，由于b=a（a-1b），所以b必定出现在对应于a的那一行。再由运算表中任何两行或两列都是不相同的。得出要证的结论。对列的证明过程类似。定理5-4.5在群中，除幺元e之外，不可能有任何别的等幂元。定义5-4.4设为代数系统，如果存在aG，有aa=a，则称a为等幂元。证明:因为ee=e，所以e是等幂元。现设aG，a≠e且aa=a则有a=ea=(a-1a)a=a-1(aa)=a-1a=e与假设a≠e且矛盾。二、子群定义5-4.5设为群。如果S是G的非空子集，如果为一群，则称是的子群(subgroups)。定理5-4.6设为群，为的子群，那么，中的幺元e必定也是中的幺元。证明:设中的幺元为e1，对于任意一个元素xSG,必有e1x=x=exe1(xx-1)=e(xx-1)则有e1=e定义5-4.6设为群，为的子群，如果，S={e}或S=G，那么称为的平凡子群。【例5.4.3】是一个群，设IE={x|x=2n,nI}，证明是的一个子群。(2)运算+在IE上保持可结合性。(3)中的幺元0也在IE中。证明(1)对于任意的x,yIE，不妨设x=2n1,y=2n2,n1,n2I,则x+y=2n1+2n2=2(n1+n2)而n1+n2I所以x+yI即+在IE上封闭。(4)对于任意的xIE，必有n使得x=2n，而-x=-2n=2(-n)，nI所以-xIE，而x+(-x)=0，因此，是的一个子群。定理5-4.7设G,*>是群，A是G的非空子集，如果A是一个有限集，只要运算*在A上封闭，则是G,*>的子群。证明：G,*是群，则G,*是半群，因为运算*在A上封闭，所以A,*是半群。以下证明A中有幺元e且A中每一个元素都有逆元。⑴证明A中有幺元e。bA，因为运算*在A上封闭，所以b2=b*bAb3=b2*bA…由于A是有限集，所以必存在正整i和j，不妨设i＜j，使得bi=bj从而有bi=bi*bj–i和bi=bj–i*bi根据群中的消去律得bj–i=e，即bj–i是群G,*的幺元。且这个幺元也在G的非空子集A中。⑵证明S中每一个元素都有逆元。如果j–i＞1，那么bj–i=b*bj–i–1和bj–i=bj–i–1*b，即bj–i–1是b的逆元，b–1=bj–i–1且bj–i–1A。如果j–i=1，b=bj–i，那么b是幺元。所以b–1=b。定理5-4.8设为群,S为G的非空子集,如果对于任意元素a,bS有a△b-1S,那么,必定是的子群。分四步证明:1）先证G中的幺元e也是S中的幺元对任意元素aSG,e=a△a-1S的（在a△b-1中用a替换b）且a△e=e△a=a，即e也是S中的幺元。2）再证S中的每一个元素都有逆元对任意元素aS中，因为eS，所以e△a-1S，即a-1S。3）最后证明△在S中是封闭的对任意元素a,bS,b-1S,而b=(b-1)-1所以a△b=a△(b-1)-1S。4）结合律是保持的【例5.4.5】设和都是群的子群，试证明也是的子群。证明设任意的a,bH∩K，因为和都是子群，所以b-1H∩K，由于*在H和K中的封闭性，所以a*b-1H∩K，由定理5-4.8即得也是的子群。一、阿贝尔群（Abel群）定义5-5.1设为一群,若运算满足交换律,则称G为交换群或阿贝尔群(Abelgroup)。阿贝尔群又称加群，常表示为（这里的+不是数加，而泛指可交换二元运算）。加群的幺元常用0来表示，元素x的逆元常用-x来表示。5-5阿贝尔群和循环群例题1设S={a,b,c,d}，在S上定义一个双射函数f:f(a)=b,f(b)=c,f(c)=d,f(d)=a,对于任一xS，构造复合函数f2(x)=fof(x)=f(f(x))f3(x)=fof2(x)=f(f2(x))f4(x)=fof3(x)=f(f3(x))如果用f0表示S上的恒等映射，即f0(x)=xxS很明显地有f4(x)=f0(x)，记f1=f，构造集合F={f0,f1,f2,f3}，那么是一个阿贝尔群。解对于F中任意两个函数的复合，可以由表5-5.1给出可见，复合运算o关于F是封闭的，并且是可结合的。f0的逆元就是它本身，f1和f3互为逆元，f2的逆元也是它本身。由表5-5.1的对称性，可知复合运算o是可交换的。因此是一个阿贝尔群。of0f1f2f3f0f1f2f3f0f1f2f3f1f2f3f0f2f3f0f1f3f0f1f2再看5-4节例题1【例5.4.1】设R={0°,60°,120°,180°,240°,300°}表示在平面上几何图形绕形心顺时针旋转角度的六种可能情况，设★是R上的二元运算，对于R中任意两个元素a和b，a★b表示平面图形连续旋转a和b得到的总旋转角度。并规定旋转360°等于原来的状态，就看作没有经过旋转。已经验证了是群。由运算表的对称性知运算★是可交换的，因此是阿贝尔群。★060120180240300006012018024030060601201802403000120120180240300060180180240300060120240240300060120180300300060120180240【练习5-5.1】设是一个独异点，并且对于G中的每一个x都有x*x=e，其中e是幺元，证明是一个阿贝尔群。证明：x*x=e说明G中的每一个元素x都是自身的逆元，所以是一个群。任取x，y∈G，则x*y∈G因为x*y=（x*y）-1=y-1*x-1=y*x所以是一个阿贝尔群。此题的推论：若群中每个元素的逆元都是它自己，则该群必是可交换群。例题2设G为所有n阶非奇（满秩）矩阵的集合，矩阵乘法运算ο作为定义在集合G上的二元运算，则是一个不可交换群。解任意两个n阶非奇矩阵相乘后，仍是一个非奇矩阵，所以运算ο是封闭的。矩阵乘法运算ο是可结合的。N阶单位阵E是G中的幺元。任意一个非奇矩阵A存在唯一的逆阵A-1，使A-1οA=AοA-1=E。但矩阵乘法运算ο是不可交换的，因此是一个不可交换群。定理5-5.1设为一群,是阿贝尔群的充要条件是对任意的a,bG，有（ab）（ab）=（aa）（bb）证明:1）先证充分性从条件“（ab）（ab）=（aa）（bb）”出发，推出“是阿贝尔群”的结论：对于元素a,bG，有(ab)(ab)=(aa)(bb)因为右端=a(ab)b=(aa)(bb)=(ab)(ab)=a(ba)b即a(ab)b=a(ba)b由可约性得，用a-1左上式，再用b-1右上式，(ab)=(ba)2）再证必要性从“是阿贝尔群”的结论出发，推出“(ab)(ab)=(aa)(bb)”对任意的a,bG，有a*b=b*a，因此，(a*b)*(a*b)=a*(b*a)*b=a*(a*b)*b=(a*a)*(b*b)即(a*b)*(a*b)=(a*a)*(b*b)二、循环群定义5-5.2设为群，如果在G中存在元素a,使G以{a}为生成集，G的任何元素都可表示为a的幂（约定e=a0）,称为循环群(cyclicgroup)，这时a称为循环群G的生成元（generater）。例如，60º就是群<{0º,60º,120º,180º,240º,300º},★>的生成元，因此，该群是循环群。定理5-5.2设任何一个循环群必定是阿贝尔群。证明思路:循环群是阿贝尔群设是一个循环群，a是该群的生成元，则对于任意的x,yG，必有r,sI，使得x=ar和y=as而且xy=aras=ar+s=as+r=asar=yx因此，运算可交换，是阿贝尔群。定义5-5.3设为群，aG，如果an=e,且n为满足此式的最小正整数,则称a的阶(order)为n，如果上述n不存在时,则称a有无限阶.定理5-5.3设为循环群，aG是该群的生成元，如果G的阶数是n，即|G|=n，则an=e,且G={a1,a2,a3,...,an-2,an-1,an=e}其中，e是群的幺元。n是使an=e的最小正整数。证明思路:先证a的阶为n设对于某个正整数m,m是一个循环群，所以对于G中任意的元素都能写为ak(kI),而且k=mq+r,其中q是某个整数,0≤r是一个循环群。*αβγδαβγδαβγδβαδγγδβαδγαβ解：由运算表5-5.2可知，运算*是封闭的，α是幺元。β，γ和δ的逆元分别是β，δ和γ。可以验证运算*是可结合的。所以是一个群。在这个群中，由于γ*γ=γ2=β，γ3=δ，γ4=α以及δ*δ=δ2=β，δ3=γ，δ4=α故群是有γ或δ生成的，因此是一个循环群。从例题3中可以看到：一个循环群的生成元可以不是唯一的。又如整数加群，任取i∈I，若i>0，则i=1+1+…+1=1i（i个1相加）若i=0，因为0是单位元，由定义，有0=10；若i<0，设i=-ji=-j=(-1)+(-1)+…+(-1)=(-1)j=(1-1)j=1-j=1i（j个-1相加）所以，群的，任何元素都可以写成1的幂，即是循环群，1是循环群的生成元。-1也是循环群的生成元。本节里，将讨论群论中一种常见而又重要的群：置换群。（特别在研究群的同构群时，置换群扮演着极重要的角色。）在正式讨论置换群以前，需要先作些必要的准备。5-6置换群与伯恩赛德定理复习一、非空集合S上的一个双射称为S的一个置换。二、若集合S的阶为n，则S上的双射有n！个，即S上有n！个不同置换。三、等价关系，集合S上的二元关系R满足自反性、对称性、传递性，则称R是S上的一个等价关系。自反性：设R是集合X上的二元关系，如果对于每一个xX，有R，则称R是自反的。对称性：设R是集合X上的二元关系，如果对于每一个x，yX，每当R，就有R，则称R是对称的。传递性：设R是集合X上的二元关系，如果对于任意x，y，zX，每当R，R时就有R，则称R是传递的。四、等价类：设R为集合S上的等价关系，对任何aS，集合[a]R={x|xS，aRx}称为元素a形成的R等价类。五、定理：集合S上的等价关系R，决定了S的一个划分，该划分就是商集S/R。六、商集：集合S上的等价关系R，其等价类的集合{[a]R|aS}称为S关于R的商集，记作S/R。所以集合S上的等价关系R，决定了S的一个划分，该划分的每一块都是一个等价类。一、置换群对于一个具有n个元素的集合S，将S上所有n!个不同置换所组成的集合记作Sn。定义5-6.1设π1,π2Sn，Sn上的二元运算ο和◇，使得π1οπ2和π2◇π1都表示对S的元素先应用置换π2接着再应用置换π1所得到的置换。二元运算ο和◇分别称为左复合和右复合。例1设S={a,b,c,d}，S4中的两个元素则π1οπ2=π2◇π1为确定起见，下面只对左复合进行讨论。定理5-6.1是一个群，其中ο是置换的左复合运算。证明：首先证明二元运算ο在Sn上的封闭性。对于任意的π1,π2Sn，如果a，bS且a≠b，那么，当π2将a，b分别映照成c，dS时，必定有c≠d；同样地，当将c，d分别映照成e，fS时，必定有e≠f，于是，π1οπ2必定将S中任意两个不同元素映照到S中的两个不同元素。因此，π1οπ2Sn。其次，证明二元运算ο在Sn上的可结合性。对于任意的π1,π2,π3Sn，如果对于任一xS，有π3(x)=y,π2(y)=z,π1(z)=w，那么，由于π1οπ2(y)=π1(π2(y))=π1(z)=w所以(π1οπ2)οπ3(x)=(π1οπ2)(π3(x))=(π1οπ2)(y)=w同样地，由于(π2οπ3)(x)=π2(π3(x))=π2(y)=z所以π1ο(π2οπ3)(x)=π1ο(π2οπ3(x))=π1(z)=w因此π1ο(π2οπ3)=(π1οπ2)οπ3如果将S中的每个元素映射到它自身的那个置换，记作πe，那么对于任一πxSn都有，πeοπx=πxοπe=πx，因此，Sn中存在幺元πe，称它为幺置换。最后，对于任意的πSn，必定存在着对应的π-1Sn，使得如果π将xS映照到y，那么π-1将y映照到x，因此ποπ-1=π-1οπ=πe置换即是双射，故Sn中的元素满足下列四个性质：(1)(π1)(π2)(π1,π2Snπ1◇π2Snπ2◇π1Sn)(2)(π1)(π2)(π3)(π1,π2,π3Sn(π1◇π2)◇π3=π1◇(π2◇π3))(3)(πe)(πeSn∧(π)(πSnπe◇π=π◇πe=π))(4)(π)(πSn(π-1)(π-1Sn∧π◇π-1=π-1◇π=πe))(1)表明Sn对于◇是封闭的；(2)表明Sn对于◇是可结合的；(3)表明Sn中有幺置换；(4)表明Sn中每个置换都有反置换。因此，可知是一个群，并称它为对称群。若QSn，则称由Q和◇构成的群为置换群。定义5-6.2的任何一个子群，称为集合S上的一个置换群。特别地，置换群称为集合S的对称群。例题1设S={1,2,3}，写出S的对称群以及S上的置换群。解：S的对称群为。S3={πe，π1，π2，π3，π4，π5}其中，πe，π1，π2，π3，π4，π5如图5-6.1所示。上的复合运算ο如表5-6.1所示。○πe，π1，π2，π3，π4，π5πeπ1π2π3π4π5πe，π1，π2，π3，π4，π5π1，πe，π5，π4，π3，π2π2，π4，πe，π5，π1，π3π3，π5，π4，πe，π2，π1π4，π2，π3，π1，π5，πeπ5，π3，π1，π2，πe，π4由定理5-4.6知群的幺元也是其子群的幺元，所以子群中应包含幺置换πe；又S3是有限集，其子集B也是有限集，由定理5-4.7知只要运算ο在B上封闭，就是的子群。<{πe}，ο>是的子群，<{πe,π1}，ο>,<{πe,π2}，ο>,<{πe,π3}，ο>,<{πe,π4,π5}，ο>,都是的子群，即都是S上的置换群。【练习5-6.2】设p是质数，证明从a种颜色不同的珠子中选取p粒串成手镯，只有同色手镯保持旋转不变。证明：由p粒珠子串成的手镯，其珠子的颜色分别记为c1,c2,…,cp。顺时针方向旋转一粒珠子的位置后，若要不变，则必有c2=c1,c3=c2,…,cp=cp-1,c1=cp,即必有c1=c2=c3=…cp，所以，只有用同色珠子串成的手镯才能保持旋转一粒珠子位置后不变。由于p是质数，故不可能有k，1独立于集合S中各个元素，但却依赖于集合S中的元素个数。这就是说，任何三个其它元素的集合都会生成“同样”的置换，这就是为什么将对称群写成的理由。此外，把集合S的基数称为对称群的次数。因此，是三次六阶群，因为|S3|=3!=6。一般地说来，由n个元素的集合而构成的所有n!个n阶置换的集合Sn与复合置换运算◇构成群，它便n次n!阶对称群。若说置换是个关系即有序对集合，那么由置换和◇构成置换群，它会确立怎样的二元关系呢？下面就来回答这个问题。二、伯恩赛德定理定义5-6.3设是S的一个置换群，称R={|π(a)=b,πG}为由所诱导的S上的二元关系。验证是S的一个置换群。例2设S={a,b,c,d}，G={πe,π1,π2,π3},其中由诱导的S上的二元关系可以由图5-6.2所示。定理5-6.2由置换群所诱导的S上的二元关系是一个等价关系。证明：所诱导的S上的二元关系为R={|π(a)=b,πG}因为幺置换πeG，所以对任一xS，必有R;设R，则必有πG，使得π(a)=b，由于是一个群，所以π-1G，即有R;设R和R，则必有π1和π2G，使得π1(a)=b和π2(b)=c，因为π2οπ1G，而π2οπ1(a)=π2(π1(a))=π2(b)=c，即有R。因此R是S上的一个等价关系。一个集合上的等价关系可以确定该集合的一个划分，这个划分中的每一个分块都是一个等价类。给定一个集合S以及S上的一个置换群，由诱导的S上的等价关系R必将产生S的一个划分，我们常常要计算划分中等价类的数目。伯恩赛德(Burnside)提出了一种计算等价类数目的方法。例如，置换作用下的不变元为a,b,c,d,Ψ(πe)=4。作用下的不变元为c,d,Ψ(π1)=2。先介绍有关置换作用下不变元的概念。定义5-6.4如果一个置换将一个元素映照到它自身，那么这个元素就称为在这个置换作用下的不变元。用Ψ(π)表示在置换π作用下的不变元个数。其次，设a和b是属于同一等价类的S中的两个元素，则可证明在G中恰存在η(a)个将a映照到b的位置。设Xa={πx|πx(a)=a且πxG}显然，|Xa|=η(a)。因为a，b在同一等价类中，所以比存在一个置换πtG，使得πt(a)=b构造集合Xt={πt○πx|πxXa}，那么，Xt中每一个元素都是将元素a映照到元素b的位置。对于任意的πi，πjXa，如果πt○πi=πt○πj，必有πt-1○(πt○πi)=πt-1○(πt○πj)，即πi=πj，所以，Xt中的置换都不相同；故有|Xt|=|Xa|=η(a)。同理可得因此，对于S中的任何一个等价类，我们有由此可得因此，划分S所得的等价类数目为例题2在一张卡片上打印一个十进制的5位数，对于小于10000的数，前面用零补足5位。如果一个数可以倒转过来读，例如89166，倒转过来读就是99168，就合用一张卡片。问共需要多少张卡片才能打印所有的十进制5位数？解设S是所有十进制5位数的集合。根据题意，构造S的一个置换群<{π1,π2}，○>，其中π1是幺置换；π2是这样的一个置换：当一个数倒转过来不可读时，这个置换将该数映照到它自身；例如，将数16764映照成16764；当一个数倒转过来可读时，π2就将该数映照成倒转过来的数，例如将数89198映照成86168。因为，仅含有0,1,6,8,9的5位数是倒转可读的。共有55个，而其中还有那些以0,1,8居中，第一位数与第五位数互为倒转，第二位数与第四位数互为倒转的5位数，它们倒转过来还是自身（如69869倒转还是69869），共有352个。所以Ψ(π2)=105-55+352另外Ψ(π1)=105。因此，共需卡片的张数为：（105+105-55+352）/2例题3考察从蓝、黄、白三种颜色的珠子中选取5粒串成的手镯，如果将一只手镯经过顺时针旋转而得到另一只手镯看作是没有区别的手镯，并称这两只手镯是旋转等价的，那么，在考虑旋转等价的条件下，不同手镯的数目是多少？解设S是不考虑旋转等价时所有用5粒珠子串成的手镯的集合，显然|S|=35=243手镯的旋转方式可以有：不旋转，顺时针旋转1粒珠子、2粒珠子、3粒珠子、4粒珠子。旋转5粒珠子看作是没有旋转。设S1={πe,π1,π2,π3,π4}，构造一个代数系统,其中πe是幺置换；π1这个置换是将一只手镯映照为按顺时针旋转1粒珠子而得到的手镯。例如：至于π2,π3,π4是这样的一些置换，它们分别将一只手镯映照为按顺时针旋转2、3、4粒珠子而得到的手镯。ο是置换的复合，因为S1对运算ο是封闭的，所以代数系统构成S的置换群。我们知道，对于任何的手镯，当珠子颜色相同时，任意旋转都是保持不变的。当手镯中珠子粒数是质数时，那么，不可能有不同色的手镯保持旋转不变。本例中5是质数，所以只有全白、全蓝、全黄这三种手镯是旋转不变的，因此Ψ(π4)=Ψ(π3)=Ψ(π2)=Ψ(π1)=3，另外，Ψ(πe)=243。所以，在考虑旋转等价的条件下，不同手镯的数目应该是（243+3+3+3+3）/5=51习题5-6.4用4种不同颜色中的一种或几种来涂一根六节的棍棒，问有多少种不同的涂法？解：设棍棒上第i节涂上ci色，则每一节上可以有4种涂色法，因此，棍棒的所有涂色法共有46种。然而，只要是c1色与c6色相同，c2色与c5色相同，c3色与c4色相同，

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