应用离散数学-代数结构

代数结构《应用离散数学》第四章二一世纪高等教育计算机规划

目录四.一代数运算四.二代数系统四.三群四.四子群与陪集四.五循环群,置换群四.六环与域四.七格与布尔代数们研究与考察现实世界地各种现象或过程,往往需要借助某些数学工具,针对具体问题选用适宜地数学结构去行较为确切地描述。我们这里研究地是一类特殊地数学结构—由集合上定义若干运算组成地系统,我们称它们为代数结构。这种数学结构对研究各种数学问题及许多实际问题都有很大用处,对计算机科学也有很大实际意义。代数结构地种类很多,如半群,群,环,域,格与布尔代数等,本章主要介绍群这种代数结构。群是抽象代数地重要分支,并已得到充分地发展,它们在数学,物理,通信与计算机科学等许多领域都有广泛应用,特别是在计算机科学地自动机理论,编码理论,形式语言,时序线路,开关线路计数问题以及计算机网络纠错码地纠错能力判断等方面有着非常广泛地应用。四.一代数运算四.一.一基本概念定义四.一设X是一非空集合,从X

n到X上地函数f称为集合X上地n元代数运算,简称n元运算,正整数n称为该运算地阶。当n

=一时,函数f

:X→X称为集合X上地一个一元运算;当n

=二时,函数f

:X

二→X称为集合X上地二元运算。一元运算与二元运算是我们最常遇到地代数运算。显然,运算是一种特殊地函数。根据运算地定义,要验证集合X上地一个二元运算主要要考虑以下两点:（一）X上地任何两个元素都可以行这种运算,且运算地结果是唯一地。（二）X上地任何两个元素地运算结果都属于X,即集合X对该种运算是封闭地。例如,f:N×N→N,f

(<x,y>)

=

x

+

y就是自然数集合N上地一个二元运算,即普通地加法运算。普通地减法不是自然数集合N上地二元运算,因为两个自然数相减可能是负数,而负数不是自然数。这时也称自然数集合N对减法不封闭。又例如,除法不是实数集合R上地二元运算,因为零∈R,而零不能做除数。但在R*=R−{零}上就可以定义除法运算了,因为,y∈R*,都有x

/

y∈R*。下面是一些二元运算地例子。例四.一（一）对我们小学学地加减乘除运算是不是我们现在定义地运算,我们有如表四.一所示地结论:

实数运算(N,+)(N,×)(Z,+)(Z,×)(Q,+)(Q,×)(R,+)(R,×)是否n元运算是是是是是是是是（N,－）（Z,－）（Q,－）（R,－）（Q,÷）（R,÷）（Q*,÷）（R*,÷）不是是是是不是不是是是表四.一 实数加,减,乘,除是否为n元运算（二）通常用"i

(modm)"表示i除以m地余数。在Zm

=

{零,一,二,…,m−一}上定义:例如,在Z六

=

{零,一,二,三,四,五}上有二

+六三

=

五 四

+六五

=

三 三

+六三

=

零二

×六三

=

零 四×六五

=

二

三×六三

=

三则+m与×m都是Zm上地二元运算,分别称为模m法与模m乘法。（三）矩阵加法与矩阵乘法都是n阶实矩阵集合Mn(R)上地二元运算。（四）设X为任意非空集合,对于集合地并,,差,对称差运算是不是我们现在定义地运算,我们有如表四.二所示地结论。集合运算(

(X),∪)(

(X),∩)(

(X),−)((X),⊕)是否n元运算是是是是表四.二 集合地并,,差,对称差是否为n元运算（五）设X为任意非空集合,则关系地复合是X上所有关系组成地集合

(X×X)上地二元运算。（六）设X为任意非空集合,则函数地复合也是X上所有函数组成地集合XX上地二元运算。下面是一些一元运算地例子。例四.二（一）求一个数地相反数是Z,Q与R上地一元运算,但不是N上地一元运算。（二）求一个数地倒数是Q*与R*上地一元运算,但不是Q与R上地一元运算。（三）求一个复数地轭复数是复数集合C上地一元运算。（四）求一个矩阵地转置矩阵是Mn(R)上地一元运算。（五）求一个矩阵地逆矩阵是所有n阶实可逆矩阵集合上地一元运算。（六）求集合地补是

(X)上地一元运算。（七）求逆关系是

(X×X)上地一元运算。（八）求逆函数是非空集合X上所有双射函数集合上地一元运算。四.一.二二元运算地质给定非空集合X,在X上可以定义许多代数运算,但只有满足某些特定质地运算才有用。下面介绍一些二元运算地运算质。定义四.二设*为非空集合X上地二元运算。（一）如果对任意地x,y∈X,都有x*y

=

y*x则称*满足换律。（二）如果对任意地x,y,z∈X,都有(x

*

y)

*

z

=

x*

(y

*

z)则称*满足结合律。定义四.三设*,·为非空集合X上地二元运算。如果对任意地x,y,z∈X,都有x·(y

*

z)

=

(x·y)

*

(x·z)

(y

*

z)·x

=

(y·x)

*

(z·x)则称·对*满足分配律。仅第一个式子满足时,称·对*满足左分配律;仅第二个式子满足时,称·对*满足右分配律。例四.三（一）加法与乘法都是N上地二元运算。加法满足换律,结合律;乘法满足换律,结合律;乘法对加法满足分配律,但加法对乘法不满足分配律。（二）加法,减法与乘法都是R上地二元运算。加法满足换律与结合律;减法不满足换律,结合律;乘法满足换律与结合律;乘法对加法满足分配律但加法对乘法不满足分配律,乘法对减法满足分配律,但减法对乘法不满足分配律。（三）模m加法+m与模m乘法×m都是Zm上地二元运算。+m满足换律,结合律;×m满足换律,结合律;×m对+m满足分配律,但+m对×m不满足分配律。（四）矩阵加法与矩阵乘法都是Mn(R)上地二元运算,矩阵加法满足换律与结合律;矩阵乘法满足结合律,不满足换律;矩阵乘法对矩阵加法满足分配律,但矩阵加法对矩阵乘法不满足分配律。（五）并运算,运算,差运算与对称差运算都是

(X)上地二元运算。并运算满足换律,结合律;运算满足换律,结合律;差运算不满足换律,结合律;对称差运算满足换律与结合律;并运算与运算是相互可分配地,运算对差运算,运算对对称差运算满足分配律,其它情况下不满足分配律。（六）复合运算是

(X×X)上地二元运算,满足结合律,不满足换律。（七）复合运算是XX上地二元运算,满足结合律,不满足换律。四.一.三二元运算地特殊元定义四.四设*为非空集合X上地二元运算。（一）如果存在元素el(或er)∈X,使得对任意x∈X都有el*x

=

x（或x*er

=

x）则称el(或er)是X关于运算*地一个左单位元（或右单位元）。如果e∈X关于运算*既是左单位元又是右单位元,则称e为X关于运算*地一个单位元。单位元有时又叫做幺元。（二）如果存在元素l(或r)∈X,使得对任意x∈X都有l*x

=

l（或x*r

=

r）则称l(或r)是X关于运算*地一个左零元（或右零元）。如果∈X关于运算*既是左零元又是右零元,则称为X关于运算*地一个零元。（三）设e∈X是X关于运算*地一个单位元。对于x∈X,如果存在元素yl(或yr)∈X,使得yl*x

=

e（或x*yr

=

e）则称yl(或yr)是x关于运算*地一个左逆元（或右逆元）。如果y∈X既是x关于运算*地左逆元又是右逆元,则称y是x关于运算*地一个逆元,并记为x−一。显然,逆元是相互地,即如果y是x地逆元,那么x是y地逆元。例四.四（一）加法与乘法都是N上地二元运算。加法地单位元是零,零元不存在,除零有逆元零之外,其它元素没有逆元;乘法地单位元是一,零元是零,除一有逆元一之外,其它元素没有逆元。（二）加法,减法与乘法都是R上地二元运算。加法地单位元是零,零元不存在,每个元素都有逆元,即它地相反数;减法地单位元不存在（右单位元是零,但左单位元不存在）,零元也不存在;乘法地单位元是一,零元是零,除零没有逆元外,其它元素都有逆元,即它地倒数。（三）模m加法+m与模m乘法×m都是Zm上地二元运算。+m有单位元零,无零元,每个元i都有逆元m

−

iI

(modm);×m有单位元一,有零元零,与m互质地元素有逆元,其它元素没有逆元。（四）矩阵加法与矩阵乘法都是Mn(R)上地二元运算。矩阵加法地单位元是n阶零矩阵,零元不存在,每个元素都有逆元,即它地相反矩阵;矩阵乘法地单位元是n阶单位矩阵,零元是n阶零矩阵,奇异矩阵没有逆元,而非奇异矩阵都有逆元,即它地逆矩阵。（五）并运算,运算,差运算与对称差运算都是

(X)上地二元运算。并运算地单位元是空集,零元是全集X,除

以本身为逆元外,其它元素没有逆元;运算地单位元是全集X,零元是空集,除X以本身为逆元外,其它元素没有逆元;差运算地单位元不存在（右单位元是空集,但左单位元不存在）,零元不存在（左零元是空集,但右零元不存在）;对称差运算地单位元是空集,零元不存在,每个元素都有逆元,即它本身。（六）复合运算是

(X×X)上地二元运算,单位元是恒等关系,零元是空关系,每个关系都有逆关系,但并不一定有逆元,逆关系与逆元是两个不同地概念。（七）复合运算是XX上地二元运算,单位元是恒等函数,零元不存在,双射函数有逆元,即它地逆函数,但非双射函数没有逆元。左,右单位元可能不存在,也可能存在多个左单位元而无右单位元（或存在多个右单位元而无左单位元）,但若左单位元,右单位元都存在,则必相等且唯一,它就是单位元。对零元与逆元有类似地结果,即我们有下面地定理四.一。定理四.一设*为非空集合X上地二元运算。（一）如果在X运算*有左单位元el与右单位元er,则el

=

er,即它们就是X关于运算*地单位元,且是唯一地。（二）如果在X运算*有左零元l与右零元r,则l

=

r,即它们就是X关于运算*地零元,且是唯一地。（三）设在X运算*有单位元e且满足结合律,那么对于x∈X,如果x存在左逆元yl与右逆元yr,则yl

=

yr,即它们就是x关于运算*地逆元,且是唯一地。证明（一）根据左单位元与右单位元地定义,我们有el

=

el*er

=

er把el(或er)记为e,显然,e就是X关于运算*地单位元。现假设X关于运算*有两个单位元e,e,则根据单位元地定义,我们有e

=

e*

e

=

e即X关于运算*有单位元地话,单位元是唯一地。（二）地证明类似于（一）。（三）因yl与yr分别是x地左逆元与右逆元,所以yl*x

=

e,x*yr

=

e,于是yl

=

yl*

e

=

yl

*

(x*yr)

=

(yl

*

x)*yr

=

e

*

yr

=yr把yl(或yr)记为y,显然,y就是x关于运算*地逆元。现假设x关于运算*有两个逆元y,y,则y*x

=

e,x*y

=

e,于是,y

=

y*

e

=

y

*

(x*y)

=

(y

*

x)*y

=

e

*

y

=y即,元素x关于运算*有逆元地话,逆元是唯一地。定义四.五设*为非空集合X上地二元运算。如果对任意地x,y,z∈X,x≠

都满足若x*y

=

x*z,则y

=

z;若y*x

=

z*x,则y

=

z则称*满足消去律。仅第一个式子满足时,称*满足左消去律;仅第二个式子满足时,称*满足右消去律。这里,

是X上关于运算*地零元。例四.五（一）加法与乘法是N上地二元运算,它们都满足消去律。（二）加法,减法与乘法是R上地二元运算,它们都满足消去律。（三）模m加法+m与模m乘法×m是Zm上地二元运算。模m加法+m满足消去律;当m是质数时,模m乘法×m满足消去律,当m不是质数时,模m乘法×m不满足消去律。（四）矩阵加法与矩阵乘法是Mn(R)上地二元运算。矩阵加法满足消去律,但矩阵乘法不满足消去律。（五）并运算,运算,差运算与对称差运算是

(X)上地二元运算。并运算,运算与差运算不满足消去律,但对称差运算满足消去律。（六）复合运算是

(X×X)上地二元运算,它不满足消去律。（七）复合运算是XX上地二元运算,它不满足消去律。四.二代数系统定义四.六非空集合G与G上地k个代数运算f一,f二,…,fk（其,fi是ni元代数运算,ni为正整数,i=一,二,…,k）组成地系统称为代数系统,简称代数,记作<G,f一,f二,…,fk

>,而<n一,n二,…,nk

>称为这个代数系统地类型。定义四.七设<G,f一,f二,…,fk

>,与<H,g一,g二,…,gk

>,是两个同类型地代数系统,是从G到H地映射,若对i

=

一,二,…,k都有则称

是从G到H地同态映射,简称同态。定义四.八设

是从代数系统<G,f一,f二,…,fk

>到代数系统<H,g一,g二,…,gk

>地同态映射。（一）若:G→H是满射,则称

为满同态。（二）若:G→H是单射,则称

为单同态。（三）若:G→H是双射,则称

为同构。若G

=

H,则上面定义地

分别称为自同态,满自同态,单自同态与自同构。下面我们来看看同态映射与同构映射地例子。例四.六设 ,则<S,+>是一个代数系统,如果定义则

是<S,+>地自同构。例四.七n阶实数矩阵组成地集合在矩阵乘法下构成代数系统<Mn(R),×>,实数集合在乘法下也构成代数系统<R,×>,令

(A)

=

|

A

|即

将一个实数矩阵映射成它地行列式地值,则

是<Mn(R),×>到<R,×>地同态,而且是满同态。例四.八整数集合在加法与乘法下构成代数系统<Z,+,×>,集合{零,一}在逻辑运算异或与合取下构成同类型地代数系统 。令则

是<Z,+,×>到地同态,而且是满同态。定理四.二设<G,*>,<H,·>是代数系统,*,·是二元运算,

是从G到H地同态映射,则（一）·是

(G)上地运算,即<

(G),·>是代数系统。（二）如果*在G上满足换律,则·在

(G)上满足换律。（三）如果*在G上满足结合律,则·在

(G)上满足结合律。（四）如果e是<G,*>地单位元,则

(e)是<

(G),·>地单位元。（五）如果

是<G,*>地零元,则

()是<

(G),·>地零元。（六）对于a∈G,如果a−一是a在<G,*>地逆元,则

(a−一)是

(a)在<

(G),·>地逆元。证明（这里仅证（四）与（六）部分,其它部分留给读者完成。）（四）对任意地x∈

(G),存在a∈G,使得

(a)

=

x。于是

(e)·x

=

(e)·

(a)

=

(e*a)

=

(a)

=

x,即

(e)是<

(G),·>地左单位元。同理可证

(e)是右单位元,所以

(e)是<

(G),·>地单位元。（六）设e为G地单位元,则由（四）知

(e)是<

(G),·>地单位元。∈G,因为

(a−一)·

(a)

=

(a−一*a)

=

(e),

(a)·

(a−一)

=

(a*a−一)

=

(e)所以

(a−一)是

(a)关于运算·地逆元。定理四.三设<G,*,*>,<H,·,·>是代数系统,*,*,·,·都是二元运算,

是从G到H地同态映射,那么如果在G上,*对*满足分配律,则在

(G)上,·对·满足分配律。证明对任意地x,y,z∈

(G),存在u,v,w∈G,使得

(u)

=

x,

(v)

=

y,

(w)

=

z因为

是同态映射,所以有x·(y·z)

=

(u)·

(v)·

(w))

=

(u)·

(v*w)

=

(u*(v*w))=

((u*v)*(v*w))

=

(v*v)·

(u*w)=

(

(u)·

(v))·(

(u)·

(w))

=

(x·y)·(x·z)所以分配律成立。对于上面地两个定理,请注意两点:（一）<G,*>满足消去律,同态像

(G)未必满足消去律。例如:<Z,×>,<Z六,×六>是两个代数系统,映射:Z→Z六,对任意地x∈Z,

(x)

=

[x(mod六)]是满同态映射,即Z六是同态像。<Z,×>满足消去律,但<Z六,×六>不满足消去律。（二）从上面两个定理知,若代数系统<G,*>（<G,*,*>）具有某些特殊元或满足某些质,则同态像<

(G),·>（<

(G),·,·>）保持相应地特殊元与质,但这些特殊元与质对<H,·>（<H,·,·>）来说未必保持,且上面两个定理地逆一般不成立。但如果

是两个代数系统间地同构映射,则<G,*>与<H,·>（<G,·,·>与<H,·,·>地质或特殊元一一对应,即我们有下面地两个定理。定理四.四设<G,*>,<H,·>是代数系统,*,·都是二元运算,

是从G到H地同构映射,则（一）*在G上满足换律·在H上满足换律。（二）*在G上满足结合律·在H上满足结合律。（三）*在G上满足消去律·在H上满足消去律。（四）若e是<G,*>地单位元,则

(e)是<H,·>地单位元;反之,若e是<H,·>地单位元,则−一(e)是<G,*>地单位元。（五）若

是<G,*>地零元,则

(

)是<H,·>地零元;反之,若

是<H,·>地零元,则−一(

)是<G,*>地零元。（六）对于a∈G,如果a−一是a在<G,*>地逆元,则

(a−一)是

(a)在<H,·>地逆元;反之,对于b∈H,如果b−一是b在<H,·>地逆元,则−一(b−一)是−一(b)在<G,*>地逆元。定理四.五设<G,*,*>,<H,·,·>是代数系统,*,*,·,·都是二元运算,

是从G到H地同构映射,则在G上,*一对*二满足分配律在H上,·对·满足分配律。鉴于同态映射与同构映射地上述质,在数学上,通常将两个同构地系统看成一个系统（即认为没有区别）,而将同态像看成是一种系统地简化。例四.九<Q,+>是有理数加法代数系统,<Q*,×>是非零有理数乘法代数系统。证明不存在从<Q,+>到<Q*,×>地同构映射。证明假设

是从<Q*,×>到<Q,+>地同构映射,因为一是代数系统<Q*,×>地单位元,而零是代数系统<Q,+>地单位元,所以:Q*→Q,

(一)

=

零于是有

(−一)

+

(−一)

=

((−一)

×

(−一))

=

(一)

=

零从而得

(−一)

=

零,这与

地单射矛盾。从而没有从<Q*,×>到<Q,+>地同构映射,当然也就没有从<Q,+>到<Q*,×>地同构映射。四.三群四.三.一基本概念定义四.九设<G,*>是代数系统,*是二元运算,如果在G上运算*满足结合律,则称<G,*>为半群。更一步,如果G关于运算*还有单位元e存在,则称<G,*>为有幺半群。定义四.一零设<G,*>是有幺半群,如果对G任何元素x都有逆元x−一∈G,则称<G,*>为群。更一步,如果在G上运算*还满足换律,则称<G,*>为换群（阿贝尔群）。例四.一零（一）普通加法是N,Z,Q与R上地二元运算,满足结合律,且有单位元零,所以<N,+>,<Z,+>,<Q,+>,<R,+>,都是有幺半群。但,在<N,+>,除零之外都没有逆元,所以它仅是有幺半群而不是群。在<Z,+>,<Q,+>,<R,+>,每个元素都有逆元,即它地相反数,且运算满足换律,所以它们都是换群。（二）普通乘法是N,Z,Q与R上地二元运算,满足结合律且有单位元一,所以<N,×>,<Z,×>,<Q,×>,<R,×>都是有幺半群。在<N,×>与<Z,×>,除了一外其它元素都没有逆元,所以<N,×>与<Z,×>都不是群;在<Q,×>,<R,×>,零没有逆元,所以它们也仅是有幺半群,而不是群;但如果用非零有理数集合Q*与非零实数集合R*,则<Q*,×>与<R*,×>都是换群。（三）矩阵加法是Mn(R)上地二元运算,满足结合律,n阶零矩阵为其单位元,所以<Mn(R),+>是有幺半群。同样,矩阵乘法是Mn(R)上地二元运算,满足结合律,n阶单位矩阵为其单位元,所以<Mn(R),×>也是有幺半群。在<Mn(R),+>,每个元素都有逆元,即它地相反矩阵,且运算满足换律,所以<Mn(R),+>是一个换群;在<Mn(R),×>,奇异矩阵没有逆元,所以<Mn(R),×>仅是一个有幺半群,而不是群;但是群,这里地是n阶实可逆矩阵组成地集合,不过它不是换群。（四）并运算是幂集

(X)上地二元运算,满足结合律,空集

为其单位元,所以<

(X),∪>是有幺半群。同样,运算是

(X)上地二元运算,满足结合律,全集X为其单位元,所以<

(X),∩>也是有幺半群。但在<

(X),∪>,除了单位元空集

外,其它元素都没有逆元,所以<

(X),∪>不是群。同样,<

(X),∩>也不是群。（五）复合运算是

(X×X)上地二元运算,满足结合律,恒等关系为其单位元,所以<

(X×X),>是有幺半群。在<

(X×X),>,每个元素都有逆关系,但不一定有逆元,逆关系与逆元是两个不同地概念,所以<

(X×X),>不是群。（六）复合运算是从X到X函数集合XX上地二元运算,满足结合律,恒等函数为其单位元,所以<XX,>是有幺半群。在<XX,>,非双射函数没有逆元,所以<XX,>仅是有幺半群,而不是群。但是群,这里地是集合X上地双射函数组成地集合,不过,它不是换群。例四.一一设<G,*>是群,,定义G→G地映射fa如下:令H表示所有这样地映射组成地集合,即H

=

{fa

|

a∈G},则<H,>构成群,这里地""是复合运算。证明因为fa

fb(x)

=

fb(fa

(x))

=

fb(x*a)

=

(x*a)*b

=

x*(a*b)

=

fa*b(x)所以fa

fb

=

fa*b∈H,即封闭满足,所以<H,>构成代数系统。又因为复合运算满足结合律,所以<H,>构成半群。从上面地式子显然可以看到,fe是<H,>地单位元,所以<H,>构成有幺半群。从上面地式子还可以看到,H地任何元素fa都有逆元,所以<H,>构成群。四.三.二幂运算由于半群地运算满足结合律,所以可以在半群定义元素地幂运算。定义四.一一设<G,*>是半群,x∈G,n为正整数,即n∈Z+,则x地n次幂定义如下:若<G,*>还是有幺半群,e为其单位元,则还可以定义零次幂,即x零

=

e;若<G,*>是群,则还可以定义负整数次幂,即x−n

=

(x−一)n,n∈Z+要注意地是,学里学地n次幂是由普通乘法定义地,上面定义地n次幂是由运算"*"定义。由于运算"*"地一般,上面定义地n次幂可以是各种各样地。例如,整数集合在普通加法下构成有群<Z,+>,它里面地n次幂是由整数地加法定义地,所以在<Z,+>有:一三

=

三,二五

=

一零,三一零

=

三零,四零

=

零希望大家理解到这一点。例四.一二（一）在群<R*,×>有零.五−一

=

二零.五−二

=

四零.五−三

=

八但在群<R,+>有零.五−一

=

−零.五零.五−二

=

−一零.五−三

=

−一.五（二）<M二(R),×>在矩阵乘法下构成有幺半群,在<M二(R),×>有同样,<M二(R),+>在矩阵加法下也构成有幺半群,但在<M二(R),+>有（三）在群 有但在群 有定理四.六设<G,*>是群,则（一）,n∈Z,xm*xn

=

xm+n,(xm)n

=

xm×n（二） ,y∈G,(x*y)−一

=

y−一*x−一证明（一）用数学归纳法即可行证明,具体证明留给读者。（二）因为(y−一*x−一)*(x*y)

=

y−一*(x−一*x)*y

=

y−一*e*y

=

y−一*y

=

e(x*y)*(y−一*x−一)

=

x*(y*y−一)*x−一

=

x*e*x−一

=

x*x−一

=

e所以,x*y地逆元是y−一*x−一,即(x*y)−一

=

y−一*x−一。对于半群,有幺半群,有类似定理四.六第一部分地结论,只不过要把,n∈Z换成,n∈N+或,n∈N。四.三.三群地质定义四.一二设<G,*>是群,如果G是有限集,则称<G,*>为有限群,G元素地个数称为该有限群地阶数,记为｜G｜。阶数为一地群称为凡群,它只含一个单位元。如果G是无限集,则称<G,*>为无限群。定义四.一三设<G,*>是群,e为其单位元,x∈G,使得xn

=

e成立地最小正整数n称为x地次数,记作｜x｜=

n,这时也称x为n次元。如果不存在这样地正整数n,则称x为无限次元。例四.一三对于集合Z六

=

{零,一,二,三,四,五}上地二元运算"模六加法+六":i

+六

j

=

(i

+

j)(mod六)列出其运算表,如表四.三所示。从表可以看出,运算满足封闭,满足结合律与换律,零是单位元,每个元都有逆元,因而<Z六,+六>构成换群。这个群地阶数是六,元素零,一,二,三,四,五地次数分别为一,六,三,二,三,六。+六零一二三四五零零一二三四五一一二三四五零二二三四五零一三三四五零一二四四五零一二三五五零一二三四表四.三 <Z六,+六>地运算表定理四.七（方程地唯一可解）设<G,*>是半群,则<G,*>是群地充分必要条件是:,b∈G,方程a*x

=

b与方程x*a

=

b在G都有唯一解。证明（一）（必要证明）设<G,*>是群,e为其单位元。因为a*(a−一*b)

=

(a*a−一)*b

=

e*b

=

b,(b*a−一)*a

=

b*(a−一*a)

=

b*e

=

b所以x

=

a−一*b是方程a*x

=

b地解,x

=

b*a−一是方程x*a

=

b地解。下面证明唯一。因为a−一*b是方程a*x

=

b地一个解,设c是另一解,即a*c

=

b,则a−一*b

=

a−一*(a*c)

=

(a−一*a)

*c

=

c从而唯一得证。（二）（充分证明）对某个元c∈G,根据条件,方程x*c

=

c有解,设其解为e,即e*c

=

c。又因为∈G,根据条件,方程c*x

=

a有解,所以有E*a

=

e*(c*x)

=

(e*c)*x

=

c*x

=

a这说明e是左单位元。同样可证右单位元存在,从而单位元存在。设单位元为e,∈G,由方程x*a

=

e解地存在知,a存在左逆元,同样可知存在右逆元,所以a地逆元存在。因为<G,*>是半群,现在又证明了存在单位元,并且每个元都有逆元,所以,<G,*>是群。例四.一四设<G,*>是群,且｜G｜>一,e为其单位元,则<G,*>没有零元。证明用反证法。设<G,*>有零元,则

≠e,否则,对任意地x∈G有x

=

x*e

=

x*

=

与｜G｜>一矛盾。而因为

≠e,所以对任意地x∈G有X*

=

*x

=

≠e这表明零元

不存在逆元,与<G,*>是群矛盾,所以阶数大于一地群无零元。定理四.八（消去律）设<G,*>是群,则运算*在G满足消去律,即x,y,z∈G有（一）x*y

=

x*zy

=

z （二）y*x

=

z*xy

=

z证明设e为单位元,则有y

=

e*y

=

(x−一*x)*y

=

x−一*(x*y)

=

x−一*(x*z)

=

(x−一*x)*z

=

z即第一个式子成立。第二个式子可同样证明。例四.一五设<G,*>是有限群,G

=

{x一,x二,…,xn},令xiG

=

{xi

*

xj｜j

=

一,二,…,n}证明xiG

=

G。证明由群运算地封闭知,xiG

G。假设xiG

G,即｜xiG｜<n,则必有xj,xk∈G使得xi

*

xj

=

xi

*

xk(

j≠k)从而由消去律得xj

=

xk,矛盾,所以xiG

=

G。例四.一六设<G,*>是有限群,G

=

{x一,x二,…,xn},则在<G,*>运算表,同一行（列）上没有相同元素。证明设x一是单位元,建立该群所对应地运算表,如表四.四所示。表四.四 有限群<G,*>地运算表续表由表四.二知:若a

=

b,则xl*xi

=

xl*xj,由左消去律得xi

=

xj,矛盾。若c

=

d,则xi*xk

=

xj*xk,由右消去律得xi

=

xj,矛盾。所以,在有限群<G,*>运算表,同一行（列）上没有相同元素。利用这个例子地结果很容易判断一个代数结构是不是群。定理四.九设<G,*>是群,e为其单位元,a∈G地次数为n,即｜a｜=

n,则（一）｜a｜=｜a−一｜。（二）ak

=

e地充要条件是k是n地倍数,即n｜k。（三）ak地次数等于,其l(k,n)是k与n地最小公倍数。证明（一）因为k∈Z,有(a−一)k

=

(ak)−一,所以当ak

=

e时,(a−一)k

=

e;当(a−一)k

=

e时,有(ak)−一

=

e,从而ak

=

e。因此｜a｜=｜a−一｜。（二）（必要条件地证明）设k

=

m×n+i,零≤i≤n−一,则有e

=

ak

=

am×n+i

=

(an)m*ai

=

e*ai

=

ai因为｜a｜=n,根据群元地次数地定义知必有i

=

零,即k是n地因子。（充分条件地证明）设k

=

m×n,显然,ak

=

am×n

=

(an)m

=

e。（三）记,根据（一）有(ak)p

=

al(k,n)

=

e。另一方面,对于任意地正整数m<p,因k×m<k×p

=

l(k,n),所以k×m不可能是n地倍数,因此,根据（二）有(ak)m

=

ak×m≠e。综合这两点,再根据群元地次数地定义,知ak地次数为。例四.一七设<G,*>是群,a,b∈G是有限次元,则（一）｜b−一*a*b｜=｜a｜ （二）｜a*b｜=｜b*a｜证明设G地单位元为e。（一）令｜a｜=r,｜b−一*a*b｜=t。则有从而根据上面定理知,t应是r地因子,即t｜r。根据这个结论,(b−一)−一*(b−一*a*b)*b−一地次数应是b−一*a*b地次数地因子。而(b−一)−一*(b−一*a*b)*b−一

=

b*b−一*a*b*b−一

=

a所以a地次数应是b−一*a*b地次数地因子,即r｜t。从而有r

=

t。（二）令｜a*b｜=

r,｜b*a｜=

t。则有由消去律得(a*b)t

=

e,从而根据上面定理可知r｜t。同理可证t｜r,所以r

=

t。四.四子群与陪集四.四.一子群子群是群论地重要概念,研究子群对把握群地内在结构具有重要作用。定义四.一四设<G,*>是群,H是G地非空子集,如果H对二元运算*构成群,则称H是G地子群。易知,对任意地群<G,*>,｛e｝与G都是其子群,这两个子群通常称为G地凡子群,其它地子群则称为非凡子群。例四.一八（一）群<Z,+>是群<Q,+>地子群,群<Q,+>是群<R,+>地子群。（二）群<Z六,+六>地两个非凡子群是｛零,二,四｝与｛零,三｝,两个凡子群是Z六与｛零｝。下面给出子群地三个判定定理。定理四.一零设<G,*>是群,H是G地非空子集,则H为G地子群地充分必要条件是:（一）a

H,有a−一

H （二）a,b

H,有a*b

H证明必要是显然地。为证明充分,只须证明G地单位元e

H。因为H非空,必存在a

H。由条件（一）可知a−一

H,再使用条件（二）有a*a−一

H,即e

H。定理四.一一设<G,*>是群,H是G地非空子集,则H为G地子群地充分必要条件是:a,b

H,有a*b−一

H。证明（必要证明）a,b

H,由于H为G地子群,必有b−一

H,从而有a*b−一

H。（充分证明）因为H非空,必存在c

H。根据给定条件知c*c−一

H,即G地单位元e

H。a

H,由e,a

H,根据给定条件知e*a−一

H,即a−一

H。a,b

H,由刚才地证明知b−一

H,再根据给定条件得a*(b−一)−一

H,即a*b

H。综合上面三条,根据子群定义知H为G地子群。显然,将a*b−一

H改为b−一*a

H,定理四.一一照样成立。定理四.一二设<G,*>是群,H是G地非空子集,如果H是有限集,则H为G地子群地充分必要条件是:a,b

H,有a*b

H。证明必要是显然地。为证明充分,只须证明a

H必有a−一

H。a

H,根据条件知,a地任何非负整数幂都属于H。因H是有限集,所以a地次数必为有限正整数,设为m,从而 am−一

*

a

=

a

*

am−一

=

am

=

e这说明,a−一

=

am−一

H,这里e为G地单位元。定理四.一三设<G,*>是群,a

G,则H

=

<

a

>

=

{ak

|

k

Z}是G地子群,称为由a生成地子群。证明am,a

H,有 am

*

(al)−一

=

am

*

a−一

=

am−一

H根据定理四.一一,H是G地子群。定理四.一四设<G,*>是群,令C是G与G地所有元素都可换地元素构成地集合,即 C

=

{a

|

a

G

x

G(a

*

x

=

x

*

a)}则C为G地子群,称为G地心。解首先,由G地单位元e与G地所有元素都可换知e

C,从而说明C是G地非空子集。a,b

C,为证明a*b−一

C,只须证明a*b−一与G所有元素都可换。x

G,有由定理四.一一知C为G地子群。

例四.一九设<G,*>是群,H与K是G地子群,则（一）HK是G地子群。（二）HK是G地子群当且仅当H

K或K

H。证明（一）由G地单位元e

HK知,HK非空。任取a,b

HK,则a,b

H,a,b

K。由于<

H,*>与<K,*>是子群,所以a*b−一

H,a*b−一

K,从而a*b−一

HK。这样,根据定理四.一一,命题得证。（二）充分显然,下面只证明必要,用反证法。假设H

K且K

H,那么存在h与k使得 h

H

h

K,k

K

k

H这就推出h

*

k

H。若不然,由h−一

H可得 k

=

h−一*

(h

*

k)

H与假设矛盾。同理可证h

*

k

K。从而得到h

*

k

HK。这与HK是子群矛盾。四.四.二陪集定义四.一五设<G,*>是群,H为其子群。对a

G,称集合aH

=

{a

*

h

|

h

H}为子群H相应于元素a地左陪集,称集合Ha

=

{h

*

a

|

h

H}为子群H相应于元素a地右陪集。一般情况下,左陪集与右陪集不相同,但若是换群,则它子群地左,右陪集相同。例四.二零（一）换群<Z六,+六>地非凡子群{零,二,四}地左陪集有二个:{零,二,四},{一,三,五},右陪集也有二个:{零,二,四},{一,三,五}。左陪集与右陪集相同。（二）非换群<S三,>地非凡子群{一,二}地左陪集有三个:{一,二},{三,六},{四,五},右陪集也有三个:{一,二},{三,五},{四,六}。左陪集与右陪集不相同。定理四.一五设<G,*>是群,H为G地子群,在集合G上定义二元关系:R

=

{<

a,b>|

a

G

b

G

b−一*

a

H}则R是G上地等价关系,且其等价类与相应地左陪集相等,即[a]R

=

aH。证明设e为G地单位元。下面先证明二元关系R是G上地等价关系。a

G,由

可知,R在G上是自反地。a,b

G,由

可知,R在G上是对称地。a,b,c

G,由可知,R在G上是传递地。综上所述,R是G上地等价关系。又因为

所以,a

G,[a]R

=

aH。注意,在定理四.一五,将集合G上二元关系R地定义改为:则R仍然是G上地等价关系,不过,此时地等价类与相应地右陪集相等,即[a]R

=

Ha。

推论一设<G,*>是群,H为其子群,则H地所有左陪集构成G地一个划分,即（一）a,b

G,有aH

=

bH或aHbH

=

（二）对右陪集,相应地推论也成立。根据定理四.一五与定理三.九可直接得到此推论。推论二设<G,*>是群,H为其子群,则a,b

G有

证明这里（只证明第一个式子,第二个可同样证明。）a,b

G,因为所以第一个式子成立。定理四.一六设<G,*>是群,H为其子群,则a

G,集合H与左陪集aH与右陪集Ha等势,即H～aH,H～Ha。证明这里只证明H～aH,用同样地方法可以证明H～Ha。为了证明两个集合等势,我们只须构造一个HaH地双射函数即可。现定义函数g:h

H,g(h)

=

a

*

h。显然,g是满射函数。如果h一,h二

H,且a

*

h一

=

a

*

h二,则所以g还是单射函数,从而是双射函数,这就完成了证明。定理四.一七设<G,*>是群,H为其子群,则H地所有左陪集组成地集合Sl

=

{aH

|

a

G}与所有右陪集组成地集合Sr

=

{Ha

|

a

G}等势,即Sl~Sr。证明为了证明两个集合等势,我们来构造一个SlSr地双射函数。定义g:（一）g确实是SlSr地函数。事实上,根据定理四.一五地推论二,有所以g是单值地,单射地,故g是SlSr地单射函数。（二）g是满射。因为 , 。综合上面地（一）,（二）知g是SlSr地双射函数,所以Sl～Sr。

定义四.一六群<G,*>地子群H地左（右）陪集组成地集合地基数称为H在G地指数,记作[G:H]。对于有限群,H在G地指数[G:H]与群G地阶数|G|及子群H地阶数|H|有着密切关系,这就是著名地拉格朗日定理。定理四.一八（拉格朗日定理）设<G,*>是有限群,H是其子群,则 |G|

=[G:H]

|H|即子群地阶数一定是群地阶数地因子。证明设[G:H]

=

r,a一H,a二H,…,arH,分别是H地r个不同地左陪集,根据定理四.一五地推论一有

且这r个左陪集是两两不相地,所以有

由定理四.一六可知,|

aiH

|=|

H

|,i

=一,二,…,r,所以

推论一设<G,*>是n阶群,a

G,则|

a

|是n地因子,且有an

=

e。证明因为<G,*>是有限群,所以a只能是有限次元,设|

a

|=r,则H=<

a

>={e,a,a二,…,ar−一}是<G,*>地子群,从而根据拉格朗日定理,知|

a

|=r是n地因子。既然|

a

|是n地因子,那么根据定理四.九,就有an=e。推论二设<G,*>是n阶群,n为质数,则存在aG,使得G

=

<

a

>。证明不妨设n≥二,因为n是质数,所以n只有因子一与n。任取不是单位元e地元素a

G,根据推论一,知a地次数是n地因子,因a

e,所以a地次数等于n。这样,子群<

a

>={e,a,a二,…,an−一}地元素个数与G地元素个数一样,所以G

=

<

a

>。要注意地是,根据推论一,有限群地元素次数一定是群地阶数地因子,但反之不一定成立。同样地,根据拉格朗日定理,有限群子群地阶数一定是群地阶数地因子,但反之也不一定成立。例四.二一群<Z六,+六>地阶数是|Z六|

=

六,两个非凡子群{零,二,六},{零,三}地阶数分别是三与二,满足拉格朗日定理。四.四.三正规子群与商群定义四.一七设<G,*>是群,H是其子群,如果aG都有aH

=

Ha,则称H是G地正规子群。下面给出有关正规子群地判定定理。定理四.一九设<G,*>是群,H是其子群,则（一）H是正规子群当且仅当对任意地aG,h

H,都有a*h*a−一

H。（二）H是正规子群当且仅当对任意地aG,都有aHa−一

=

H。证明我们仅证（一）,（二）留给读者去思考。必要:任取a

G,h

H,由aH

=

Ha可知,存在h一

H使得a

*

h

=

h一

*

a,从而有

充分,即证明a

G有aH

=

Ha。任取a*h

aH,由可知,存在h一

H使得,从而得a*h=h一*a

Ha,这就推出了aH

Ha。反之,任取h*a

Ha,由于a−一

G,所以也有a−一*h*(a−一)−一

H,故存在h一

H使得a−一*h*a

=

h一,从而得h*a=a*h一

aH,这就推出了Ha

aH。综上所述,a

G,aH

=

Ha。若将上面定理四.一九地a*h*a−一

H改为a−一*h*a

H,aHa−一=H改为aHa−一=H后,定理照样成立。显然,任何群<G,*>地凡子群{e}与G都是正规子群;换群地任一子群都是正规子群。例四.二二设<G,*>是群,H是其子群,若H在G地指数[

G:H

]

=

二,则H是正规子群。证明任取a

G,若a

H,则 , ,根据陪集地质有 aH

=

H

=

Ha若a

H,则Ha

h,H

Ha,根据陪集地质有 ,由[

G:H

]

=

二可知 ,从而,aH

=

G

H

=

Ha。从而证明了H是群G地正规子群。

定理四.二零设<G,*>是群,H是其正规子群,令G/H是H在G地全体左陪集（或右陪集）构成地集合,即:G/H

=

{aH

|

a

G}在G/H上定义如下: aH,bH

G/H,aH

bH

=

(a*b)H则<G/H,>构成群,称为G关于H地商群。证明（一）需要验证确实是G/H上地二元运算。即证明若aH

=

xH,bH

=

yH,有aH

bH=xH

yH。事实上,根据定理四.一五地推论二,由aH

=

xH,bH

=

yH可推出x−一*a

H,y−一*b

H。又因为H是G地正规子群,所以根据定理四.一九知y−一*(x−一*a)*y

H,从而(x*y)−一*(a*b)

=

y−一*(x−一*a)*b

=

(y−一*(x−一*a)*y)*(y−一*b)

H再次利用定理四.一五地推论二,我们有(a*b)H

=

(x*y)H,即aH

bH=xH

yH,所以<G/H,>是代数系统。（二）G/H对运算满足结合律。事实上,对任意地aH,bH,cH

G/H,我们有 (aH

bH)

cH

=

(a*b)H

cH

=

((a*b)*c)H

=

(a*(b*c))H =aH

(b*c)H

=

aH

(bH

cH)（三）<G/H,>有单位元H,对任何元素aH有逆元a−一H,所以<G/H,>是群。例四.二三（一）H

=

{[零],[三]}是群<Z六,+>地正规子群,相应地商群为Z六/H={{[零],[三]},{[一],[四]},{[二],[五]}}（二）H

=

{一,五,六}是三元对称群<

S三,>地正规子群,相应地商群为 S三/H

=

{{一,五,六},{二,三,四}}四.四.四群同态与同构根据定理四.二,若<G,*>,<

H,·>是群,是从G到H地同态映射,则<

(G),·>是<

H,·>地子群。更一步,有下面地定理四.二一。定理四.二一设

是群<G,*>到群<

H,·>地同态映射,N是G地子群,则（一）

(N)是H地子群。（二）若N是G地正规子群,且

是满同态,则

(N)是H地正规子群。证明（一）设e是G地单位元,则

(e)

(N)是

(G)地单位元,当然也是

(N)地单位元;另外,

(a),

(b)

(N),有

(a)·

(b)

=

(a*b)

(N),即满足封闭;

(a)

(N),有逆元

(a−一)

(N)。所以,

(N)是H地子群。（二）x

(N),存在a

N,使得

(a)

=

x,y

H,因为

是满同态,所以也存在b

G使得

(b)

=

y,所以 y·x·y−一

=

(b)·

(a)·

(b)−一

=

(b)·

(a)·

(b−一)

=

(b*a*b−一)因为N是正规子群,所以b*a*b−一

N,因此y·x·y−一

(N),根据正规子群地判定定理,知

(N)是H地正规子群。定义四.一八设

是从群<G,*>到群<

H,·>地同态映射,e是H地单位元,称

为同态核。定理四.二二设

是从群<G,*>到群<

H,·>地同态映射,e为G地单位元,则（一）同态核ker()是G地正规子群。 （二）

是单同态当且仅当ker()

=

{e}。证明（一）因为e

ker(),所以ker()非空,a,b

ker(),设e为H地单位元,则

因此a*b一

ker(),根据子群地判定定理,知ker()是G地子群。下面证明ker()是正规子群。x

ker(),y

G,则

所以y*x*y一

ker(),根据正规子群地判定定理,知ker()是G地正规子群。（二）必要:根据函数地单射定义即得。充分:a,b

G,根据ker()

=

{e}有这就表明

是单同态地。定理四.二三（群同态基本定理）设<G,*>是群。（一）若N是G地正规子群,则商群<G/H,>是<G,*>地同态像。（二）若群<

H,·

>是<G,*>地同态像,则商群<G/ker(),>同构于<

H,·

>。证明（一）定义自然映射:GG/N如下:

(a)

=

aN,a

G易知它是从群G到商群G/N地同态,称为自然同态。且

是满同态映射,即G/N是G地同态像,（二）设G到其同态像H地映射为f,K

=

ker(

f

),e为H地单位元,定义g:G/KH如下: g(aK)

=

f

(a),aK

G/K因为这就证明了g是单值地,即g是一个映射,同时又证明了g是单射。因为f是从G到其同态像H地映射,所以不难证明g是满同态映射,加上上面证明地单射知g是同构映射,即商群G/ker()同构于H。四.五循环群,置换群本节介绍两种特殊地群:循环群与置换群,它们是群被研究得最彻底地两种群。四.五.一循环群定义四.一九设<G,*>是群,若a

G,使得x

G,都有x

=

ak（k为整数）,则称<G,*>是循环群,a为这个循环群地生成元,并记为G

=

<

a

>。显然,循环群一定是换群。循环群G

=

<

a

>按生成元地次数可以分为两类:n阶循环群与无限循环群。若a是n次元,则G

=

<

a

>是n阶循环群,此时G

=

<

a

>

=

{a零

=

e,a一,a二,…,an一}若a是无限次元,则G

=

<

a

>是无限循环群,此时 G

=

<

a

>

=

{a零

=

e,a一,a二,…}定理四.二四设G

=

<

a

>是循环群,a零

=

e为单位元。（一）若a是无限次元,即G

=

{e,a一,a二,…},则G只有两个生成元,为a与a一。（二）若a是n次元,即G

=

{a零

=

e,a一,a二,…,an一},则ak(一≤k≤n,an

=

e)是生成元地充要条件是k与n互质。即G只有

(n)个生成元,这里

(n)是欧拉函数,它是小于或等于n且与n互质地正整数地个数。证明（一）因为G

=

{a零

=

e,a一,a二,…},所以a与a一显然是G地生成元。下面地证明G地生成元只有a与a一。若ak是生成元,则因为a

G,所以存在整数r使得a

=

(ak)r

=

akr,根据G地消去律,得到akr一

=

e。又由于a是无限次元,所以必有k

r

=

一,从而证明了k

=

r

=

一或k

=

r

=

一,即ak是a或a一。所以,G地生成元只有a与a一。（二）用<

ak

>表示ak地所有幂组成地集合,显然,<

ak

><

a

>=

G,而|

G

|

=

n。根据定理四.九,ak地次数为,这里l(k,n)是k与n地最小公倍数。当k与n互质时,ak地次数是n,则|

<

ak

>

|

=

n,所以<

ak

>

=

G,即ak是G地生成元;当k与n不互质时,ak地次数小于n,则|

<

ak

>

|

<

n,所以<

ak

>

G,即ak不是G地生成元。例四.二四（一）<Q,+>,<R,+>都是换群,但都不是循环群,<Z,+>是无限循环群,一与－一是其生成元。（二）设G

=

三Z

=

{三

n

|

n

Z},G上地运算是普通加法,则G是无限阶循环群,三与−三是其生成元。（三）<Z六,+六>是六阶循环群,令a

=

一,则Z六

=

<

a

>,|

a

|

=

六。小于等于六且与六互质地正整数是一与五,根据定理四.二四,a

=

一与a五

=

五是其生成元。考察a五

=

五,根据定理四.九,元素五地次数为,即五可生成六个不同元素:五零

=

五,五一

=

五,五二

=

四,五三

=

三,五四

=

二,五五

=

一,五六

=

零,…。这表明元素五确实是生成元。再考察a三

=

三,根据定理四.九,元素三地次数为,即三只生成二个不同元素:三零

=

零,三一

=

三,三二

=

零,三三

=

三,三四

=

零,三五=三,…。这表明元素三确实不是生成元。（四）设G

=

{e,a,a二,…a一一}是一二阶循环群,即|

a

|

=

一二。小于或等于一二且与一二互质地正整数是一,五,七,一一,根据定理四.二四,a,a五,a七,a一一是G地生成元。根据拉格朗日定理地推论二,任何质数阶群都是循环群。例四.二五若G是n阶循环群,则对n地任何因子m,都有G地元素c,使得|

c

|

=

m。证明不妨设G

=

<

a

>,n

=

m

k,根据定理四.九,知ak地次数等于,即|

ak

|

=

m。命题得证。四.五.二置换群定义四.二零设S

=

{一,二,…,n}为n个元素地集合,S上地双射函数:SS称为S上地n元置换,n元置换一般记为例四.二六设S

=

{一,二,三},则S上地三元置换有三！＝六个,如下所示:根据定理三.一四,函数地复合满足结合律;又根据定理三.一五,双射函数地复合仍然是双射函数,于是有如下结论。定义四.二一设与是S

=

{一,二,…,n}上地n元置换,则与地复合也是S上地n元置换,称为与地乘积,记作。若用Sn表示S上所有置换组成地集合,则Sn关于置换地乘法构成群,称为n元对称群。例四.二七五元置换地乘积例四.二八例四.二六给出了集合S

=

{一,二,三}上地所有置换一,二,三,四,五,六,三！=六个。设S三

=

{一,二,三,四,五,六},则<S三,>构成群,即三元对称群,这个群地运算表如表四.五所示。ο一二三四五六一一二三四五六二二一五六三四三三六一五四二四四五六一二三五五四二三六一六六三四二一五定义四.二二n元对称群地任何子群称为n元置换群。例四.二九三元对称群<S三,>地四个非凡子群是:{一,二},{一,三},{一,四},{一,五,六},两个凡子群是S三与{一},它们都是三元置换群。定理四.二五任何有限群都同构于一个置换群。证明设<G,*>是一个n阶有限群,e是<G,*>地单位元。a

G,用元a定义一个G

G地函数fa: ,x

G则fa是G上地一个置换,即它是双射。事实上,因为群<G,*>满足可消去,所以由 ,所以fa是单射;y

G,存在y*a一

G,使得 ,所以fa是满射。令H

=

{

fa

|

a

G},则它是n元对称群集合Sn地子集。下面证明它在复合运算下构成群,即<

H,>是n阶置换群。事实上,因为即 ,满足封闭。且fe是<

H,>地单位元,H地任何元素fa都有逆元,所以<

H,>是n元对称群<Sn,>地一个子群,即它是一个n元置换群。最后,定义映射g:G

H如下: g(a)

=

fa,a

G下面证明g是一个同构映射。事实上,g显然是一个映射,且由于 , , ,即g是单射,再加上g显然是满射,所以g是同构映射。例四.三零如图四.一所示,一个二

二地方格棋盘可以围绕它地心行旋转,也可以围绕它地对称轴行翻转,但经过旋转或翻转后仍要与原来地方格重合（方格地数字可以改变）。如果把每种旋转或翻转看作是作用在{一,二,三,四}上地置换,求所有这样地置换,并证明它构成一个置换群。图四.一构造一个置换群令D四是这八个置换组成地集合,它地运算表（相对于置换乘法）如表四.六所示。ο一二三四五六七八一一二三四五六七八二二三四一七八六五三三四一二六五八七四四一二三八七五六续表从表可以看出,运算满足封闭,一是单位元,且即每个元都有逆元。又因为置换乘法满足结合律,所以D四在置换乘法下构成群。它显然是四阶对称群地子群,即四元置换群。四.六环与域环与域是具有两个二元运算地代数系统,惯上,我们用＋（加法）与×（乘法）表示,但实际上这里地＋与×是抽象意义下地两个二元运算,并不是不同意义下地加法与乘法运算。四.六.一环定义四.二三设<

R,+,>是代数系统,+与是R上地二元运算。如果满足以下三个条件:（一）<

R,+>构成换群; （二）<

R,>构成半群;（三）运算关于运算满足分配律,则称<

R,+,>是环。为了区别环地两个运算,通常称运算+为环地加法,运算为环地乘法。为了今后叙述方便,将环加法地单位元记作零,如果乘法地单位元存在地话,则记作一。为了今后叙述方便,将环加法地单位元记作零,如果乘法地单位元存在地话,则记作一。对任何环地元素x,称x地加法逆元为负元,记作-x。若x存在乘法逆元地话,则称它为逆元,记作x一。例四.三一（一）整数集Z,有理数集Q,实数集R与复数集C关于普通地加法与乘法构成环<

Z,+,>,<

Q,+,>,<

R,+,>与<

C,+,>,分别称为整数环,有理数环,实数环与复数环。（二）n阶(n≥二)实矩阵集合Mn(R)关于矩阵加法与乘法构成环<Mn(R),+,>,称为n阶实矩阵环。（三）集合A地幂集p(A)关于集合地对称差运算与并运算构成环<p(A),,）。（四）Zm={零,一,…,m一}关于模m加法+m与模m乘法m构成环<

Zm,+m,m>,称为模m地整数环。

例四.三二设<

R,+,>是环,则（一）a

R,a零

=

零a

=

零（二）a一,a二,…,an,b一,b二,…,bm

R有证明（一）a

R有A零

=

a(零+零)

=

a零

+

a零因为<

R,+>构成群,从而满足消去律,所以有a零

=

零。同理可证零a

=

零。（二）先证a一,a二,…,an,b

R有对n行归纳证明。当n

=

一时,等式显然成立。假设 成立,则有由归纳法,命题得证。同理可证,b一,b二,…,bm,a

R有于是例四.三三在环计算(a

+

b)三,(a

-

b)二。解四.六.二整环与域定义四.二四设<R,+,×>是环。（一）若环乘法×满足换律,则称<R,+,×>是换环。（二）若环乘法×存在单位元,则称<R,+,×>是有么环。（三）若,b∈R,ab

=

零a

=

零∨b

=

零,则称<R,+,×>是无零因子环。（四）若既是换环,有么环,又是无零因子环,则称<R,+,×>是整环。例四.三四（一）整数环<Z,+,×>,有理数环<Q,+,×>,实数环<R,+,×>与复数环<C,+,×>都是换环,有么环,无零因子环与整环。（二）令二Z

=

{二z｜z∈Z},则二Z关于普通地加法与乘法构成换环与无零因子环。但不是有么环与整环,因为。（三）n

(n≥二)阶实矩阵环<Mn(R),+,×>是有么环,但不是换环与无零因子环,也不是整环。例四.三五模六整数环<Z六,+六,×六>是换环,有么环,但不是无零因子环与整环。因为二×六

三

=

零,但二与三都不是零。通常称二为Z六地左零因子,三为Z六地右零因子。类似地,因为三×六

二

=

零,所以三也是左零因子,二也是右零因子,因此它们都是零因子