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§6.2.4置换群在伽罗瓦理论中起关键作用的就是置换群,它是有限群的特例,是群的典型代表。置换的定义:定义6.2.4设M是一个非空的有限集合,M的一个一对一变换称为一个置换。设M的元素为a1,a2,…,an,则M的置换σ可以简记为

σ=

,bi=σ(ai),i=1,2…,n因为置换按定义是一对一的,所以b1,b2,…,bn是a1,a2,…,an的一个排列,由此可见,M的每个置换对应a1,a2,…,an的一个排列,不同的置换对应不同的排列,此外,a1,a2,…,an的任意排列也确定M的一个置换,所以,M的置换共有n!个,其中n是M的元数,M上的置换也称为n元置换。以下用Sn表示这n!个置换作成的集合。若σ=,则称σ为

n元恒等置换。

例如,

设M={1,2,3},则有3!=6个3元置换,σ1=为3元恒等置换,

σ2=,σ3=,σ4=,σ5=,

σ6=。故,S3={σ1,σ2,σ3,σ4,σ5,σ6}。对M中任意元素a及M的任意两个置换σ,τ,规定στ(a)=σ(τ(a))。例6.3.2设σ=,τ=,则στ=,τσ=置换的乘法有下述一些性质: (1)满足结合律:(στ)ρ=σ(τρ),

σ,τ,ρSn。(2)n元恒等置换是Sn中的单位元素,设为σ0,有:σ0τ=τσ0=τ,τSn。(3)每个n元置换在Sn

中都有逆元素

-1=。因此,我们有:

定理6.2.6n元置换的全体作成的集合Sn对置换的乘法作成一个群,称为n次对称群。注意,由于一般情况下置换相乘不满足交换律,如上例,

τσστ,因此,当n3时,Sn不是交换群。

置换的轮换表法

定义6.2.5设σ是M的置换,若可取到M的元素a1,…,ar使σ(a1)=a2,σ(a2)=a3,…,σ(ar-1)=ar,σ(ar)=a1,而σ不变M的其余的元素,则σ称为一个轮换,记为(a1a2…ar

)当然,也可以把a1,…,ar中的任意元素ai排在头一位而改写成(aiai+1…ar

a1…ai-1)例6.2.6σ==(134)=(341)=(413)。定义6.2.6称M的两个轮换

σ=(a1…ar)和τ=(b1…bs)不相杂或不相交,如果

a1,…

ar和b1,…,bs都不相同。结论:若σ和τ是两个不相杂的轮换,则其乘法适合交换律:

στ=τσ

证明:设σ=(a1…ar),τ=(b1…bs),σ和τ不相杂。命χ为M的任意元素,(1)若χ在a1,…,ar之内,例如χ=ai,则στ(χ)=στ(ai)=σ(ai)=ai+1,τσ(χ)=τσ(ai)=τ(ai+1)=ai+1。

i=r时,ai+1应改为a1。总之,στ(χ)=τσ(χ)。

(2)同样可以说明,若χ在b1,…,bs之内,也有στ(χ)=τσ(χ)。(3)设χ不在a1,…,ar,b1,…,bs之内。于是,στ(χ)=σ(χ)=χ,τσ(χ)=τ(χ)=χ。因此,在所有情况下,στ(χ)=τσ(χ),故στ=τσ。定理6.2.7任意置换σ恰有一法写成不相杂的轮换乘积。证明:先证σ可以写成不相杂的轮换的乘积,取任意a1∈M。(1)若σ(a1)=a1,则a1自己就作成一个轮换。(2)设σ(a1)=a2,σ(a2)=a3,…。这样下去,由于M有限,故到某一个元素ar,其σ(ar)必然不能再是新的元素,即这σ(ar)必在a1,…,ar之内。由于σ是一对一的,我们已有σ(ai)=ai+1,i=1,2,…,r-1,所以σ(ar)只能是a1。于是我们得到一个轮换(a1…ar)。若M已经没有另外的元素,则σ就等于这个轮换,否则设b1不在a1,…,ar之内,则同样作法又可得到一个轮换(b1…bs)。因为a1,…,ar各自已有变到它的元素,所以b1,…,bs中不会有a1,…,ar出现,即这两个轮换不相杂。若M的元素已尽,则σ就等于这两个轮换的乘积,否则如上又可得到一个轮换。如此类推,由于M有限,最后必得σ=(a1…ar)(b1…bs)…(c1…ct)(1)即σ表成了不相杂的轮换的乘积。

今证表法唯一,设σ又可表为不相杂的轮换的乘积如下:σ=(a’1…a’r’)(b’1…b’s’)…(c’1…c’t’)(2)试看(1)式中的任意轮换,例如(a1…ar)。a1必出现在(2)式中的某个轮换之内,例如(a’1…a’r’)。由于一个轮换中任意元素都可排在头一位,不妨假定a1=a’1。于是,a2=σ(a1)=σ(a’1)=a’2,,a3=σ(a2)=σ(a’2)=a’3,…,如此类推,可见(a1…ar)必和(a’1…a’r’)完全相同,这就是说,(1)中的任意轮换必出现在(2)中,同样(2)中的任意轮换必出现在(1)中,因之,(1)和(2)一样,最多排列在方法不同,但不相杂的轮换相乘适合交换律,所以排列的次序本来是可以任意颠倒的。例6.3.4设M的元数为4,于是M的24个置换可以写成下面的形式:I,(12),(13),(14),(23),(24),(34);(123),(132),(124),(142),(134),(143),(234),(243);(1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432);(12)(34),(13)(24),(14)(23)。设(a1a2…ar)为一轮换,我们称r为该轮换的长度,一轮换的长度也就是其中所含的元素个数。特别,长度为2的轮换称为对换。不难看出,任意轮换可以写成对换的乘积,例如我们有下列公式:(a1a2…ar)=(a1ar)(a1ar-1)…(a1a3)(a1a2)(3)于是由定理6.2.7即可推知下列推论。推论当M的元素个数大于1的时候,对任意置换,有一法(但未必只有一法)可将其写成一些对换的乘积。这里,乘积中出现的诸对换已非不相杂,例如上列式中的诸对换竟一律杂以a1。而且,表法也不唯一。比方,(12)=(12)(13)(13)=(23)(13)(23)。

置换的奇偶性设σ表为k个不相杂的轮换的乘积,这些轮换的长度分别为r1,r2,…,rk。视

(rj-1)=n-k,(计k时包括长度为1的轮换在内)为奇或为偶,我们说σ是一个奇置换或偶置换。由前面的定理6.3.2及公式(3),我们知道这样的σ可表为(rj-1)

个对换的乘积,于是,奇置换可表为奇数个对换之积,偶置换可表为偶数个对换之积,我们可以证明:

每个置换都能分解为对换的乘积,但偶置换只能分解为偶数个对换的乘积,奇置换只能分解为奇数个对换的乘积。我们定义一个置换σ的符号sgnσ如下:

sgnσ=显然,偶置换的符号为1,奇置换的符号为-1。可以证明

sgnστ=sgnσsgnτ

(4)进而推知,σ和τ的奇偶性与其乘积στ的奇偶性之关系如下:偶×偶=偶,奇×奇=偶,奇×偶=奇,偶×奇=奇。定理

设M的元数为n,若n>1,则奇置换的个数和偶置换的个数相等,因而都等于n!/2。证明:命τ1,τ2,…,τm

(5)为M的所有不同偶置换,由于n>1,故我们可以取一个对换ρ,而作下列乘积:

ρτ1,ρτ2,…,ρτm

(6)显然ρτi是奇置换,而且诸ρτi互不相同,即(6)中无重复元素。事实上,当i≠j时τi≠τj,故倘若ρτi=ρτj,则以ρ-1左乘得τi=τj将导出矛盾,这说明M的奇置换不少于偶置换.反之,若σ为M的任意奇置换,则ρ-1σ为偶置换,故必等于某一个τi,ρ-1σ=τi,因而σ=ρτi,这说明M的任意奇置换必在(6)中,(6)就是M的所有奇置换,M的奇置换不多于偶置换.于是奇置换的个数和偶置换的个数相等,各占置换总数n!的一半,这就证明了本定理。作业:187页,5,9。§6.3子群及其陪集

6.3.1子群的定义

定义6.3.1设(G,·)是一个群,H是G的一个子集,如果按照G中的乘法运算·,H仍是一个群,则(H,·)叫做(G,·)的子群。如果G的一个子群H不等于G,即HG,则(H,·)叫做(G,·)的真子群。例6.3.1所有整数按照加法作成一个群。对于任意整数m,m的所有倍数在加法下作成整数加法群的一个子群。例如,

复数加群以实数加群、有理数加群以及整数加群为其真子群。例如

所有非零复数作成的乘法群以所有非零实数作成的乘法群、所有非零有理数作成的乘法群为其真子群.例如

行列式等于1的所有n阶矩阵作成所有n阶非奇异矩阵的乘法群的一个子群。例如

n次交代群是n次对称群的一个真子群。

任一群G都有两个明显的子群,一个是由其单位元素组成的子群{1},称为G的单位子群;还有一个就是G本身。这两个子群称为G的平凡子群,其余的子群(如果有的话)称为非平凡子群。注意:G的子群H不只是一个包含在G中的群,而且H的运算必须与G的运算一样,比如,非零实数作成的乘法群不是所有实数作成的加法群的子群。6.3.2子群的判别条件

定理6.3.1(判别条件一)群G的一个子集H是G的一个子群的充分必要条件是(1)

若a∈H,b∈H,则ab∈H;(2)

若a∈H,则a-1∈H;(3)

H非空。证明:必要性。设H是G的子群,于是按照G中的乘法,H是一个群,由群的定义,H中的两个元素a,b应该可以按照G中的乘法在H内相乘,故ab∈H,即(1)成立。由群的定义要求,(3)也必然成立。现要证(2),先证G中的单位元就是H中的单位元,设1是G中的单位元,1ˊ是H中的单位元。取任意a∈H,则1ˊa=a,此式在H中成立,故在G中也成立。以a-1右乘得1ˊ(aa-1)=aa-1即1ˊ=1,故G中的单位元就是H的单位元.由群的定义,对于H中的a,应有b∈H使ab=1,此式在G中亦成立,以a-1左乘得b=a-1,因而a-1∈H,即(2)成立。充分性今设(1),(2),(3)成立,由(3)H非空。由(1),H中的两个元素a,b可以在H内相乘。设a,b,c是H的任意三个元素,在G中有(ab)c=a(bc),此式在H中自然也对,即结合律成立。今证H中有单位元。取任意a∈H,由(2)a-1∈H,由(1),aa-1∈H,即1∈H;1在G中适合1a=a,故在H中亦有此性质。最后证H中任意a有逆,因由(2),a-1∈H,但是G中,a-1a=1,此式在H中亦应成立,故a-1即a在H中之逆,群的条件已经全部适合,故按照G中的乘法,H是一个群,它是G的一个子群。由该定理的证明可推出子群H与大群G的关系:H的单位元素就是G的单位元素,H中任一元素a在H中的逆元素也就是a在G中的逆元素。

定理6.3.2(判别条件二)定理6.3.1中的两个条件(1),(2)可以换成下面一个条件(*)若a∈H,b∈H,则ab-1∈H。证明:设(1),(2)成立,往证(*)成立。设a∈H,b∈H,由(2),b-1∈H,故由(1),ab-1∈H,因而(*)成立。设(*)成立,往证(1),(2)成立。设a∈H,由(*)可推得,a∈H,a∈H,故aa-1∈H,即1∈H。又由(*)可推得,1∈H,a∈H,故1a-1∈H,即a-1∈H,因而(2)成立。设a∈H,b∈H,因为(2)已证,故b-1∈H。再由(*)推知,a∈H,b-1∈H,故a(b-1)-1∈H,即ab∈H,故(1)成立。定理6.3.3(判别条件三)群G的一个有限非空子集H是G的一个子群的充分必要条件是H对G的运算是封闭的,即若a∈H,b∈H,则ab∈H。如果G是有限群,那么G的子集都是有限集,因此总可以应用判别条件三来判断G的非空子集是否是一个子群。

2.举例说明不要求可除条件而要求消去条件,即要求由aχ=ay可推出χ=y,由χ·a=y·a可推出χ=y,则G不见得是一个群,若G有限怎么样?解:例如,全体自然数在普通乘法下,适合消去律,但不是群。若G={a1,a2,…an},用a右乘G中各元素得a1a,a2a,…,ana必不相同,否则若aia=aja(i

j),由消去条件有ai=aj,矛盾。对任意b

G,必有ai,使aia=b,因之方程xa=b有解。同理可知ay=b有解。故G是群。

6.3.3循环群

定理6.3.4设a是群G的一个元素。则a的所有幂的集合an,n=0,±1,±2,…做成G的一个子群,记为(a)。此群称为由a生成的子群。证明:(1)(a)非空,例如a0=1∈(a)。

(2)任取(a)中二元素am,an,有am(an)-1=ama-n=am-n∈(a)。故由定理6.3.2,(a)做成G的一个子群。定义6.3.2称群G为一个循环群,或巡回群,如果G可以由它的某元素a生成,即有a∈G使G=(a)。于是定理6.3.4中的子群(a)可称为由a生成的循环子群。例6.3.2整数加法群(Z,+)是由1生成的循环群。(nZ,+)是由n生成的循环群。试看群G的一个元素a所生成的循环群(a):…,a-2,a-1,a0,a,a2,…其中a0=1(1)有两种情形:情形10

如果(1)中所有元素都彼此不同,则称a的周期为无穷大或0。此时,对任意两个不同的整数s与t,as≠at。情形20

如果(1)中出现重复的元素,即有整数s≠t使as=at。不妨设s>t,于是s-t>0而as-t=1,即有正整数m使am=1。若n为适合an=1的最小正整数,则称a的周期为n。例6.3.3Xn-1=0在复数域中恰有n个不同的根,称为n次单位根,它们做成一n元的乘法交换群(Un,*),Un可由任意一个本原n次单位根(即周期为n者)生成,设ξ是一个n次本原单位根,那么,任一个n次单位根都可表示成ξ的一个方幂,因此,(Un,*)是一个循环群,ξ是它的一个生成元。例6.3.4在所有非0复数构成的乘法群中,1的周期为1,-1的周期为2,±i的周期为4,模数r≠1的复数z=reiθ的周期为无穷大。定理6.3.5若群G中元素a的周期为n,则(1)1,a,a2,a3,…,an-1为n个不同元素;(2)am=1当且仅当n∣m;

(3)as=at当且仅当n∣(s-t)。证明:因为任意整数m恒可唯一地表为m=nq+r,0≤r<n。故am=anqar=(an)qar=1qar=lar=ar;由于0≤r<n,故按周期的定义知ar=1当且仅当r=0;所以am=1当且仅当r=0当且仅当n∣m,即(2)得证。由(2)即知as=at当且仅当as-t=1当且仅当n∣(s-t),即(3)得证,最后由(3)立即可得(1)。

由本定理,设a为群G的一个元素,如果a的周期为无穷大,则a生成的子群(a)是无限循环群,(a)由彼此不同的元素

…,a-2,a-1,1,a,a2,…组成;如果a的周期为n,则子群(a)为n元循环群,它由n个不同的元素1,a,a2,a3,…,an-1组成。

例6.3.3中(Un,*)是一个n元循环群。例6.3.2中(Z,+),(nZ,+)为无限循环群。在加法群中,(1)应换为a的所有倍数:

…,-2a,-a,0,a,2a,…(1ˊ)当(1ˊ)中的所有元素均彼此不同时,说a的周期为无穷大或为0;否则说a的周期为n,当n为适合na=0的最小正整数时,而定理6.3.5应换为定理6.3.5ˊ若加法群中a的周期为n,则有(1′)0,a,2a,…,(n-1)a为n个不同元素;(2′)ma=0当且仅当n∣m;(3′)sa=ta当且仅当n∣(s-t);而且子群(a)为n元循环加法群,它由n个不同元素0,a,2a,…,(n-1)a组成,若a的周期为无穷大,则子群(a)为无限循环加法群,它由(1′)中所有元素组成。循环群的生成元素未必唯一。例如(Z,+)也可看成是由-1生成的循环群;当n>2时,本原n次单位根不只一个。那么,在一个循环群中,怎样的元素才能作为生成元呢?定理6.3.6(1)无限循环群(a)一共有两个生成元:a及a-1.(2)n元循环群(a)中,元素ak是(a)的生成元的充要条件是(n,k)=1。所以(a)一共有(n)个生成元素。证明:如果ak是(a)的一个生成元,那么(a)中每个元素都可表示为ak的方幂。特别地,a也可表示为ak的方幂。设

a=(ak)

m=akm。(1)由(a)是无限循环群知,km=1.因此,k=±1。即,a及a-1为无限循环群(a)的生成元。

(2)如果(a)是一个n元有限群,那么a的周期为n。由定理6.4.5,n|km-1。因此km-1=nq,km-nq=1。这说明k与n互质。另一方面,如果k与n互质,则有h和-q,使hk-qn=1,hk-1=qn,

n│(kh-1),a1=akh,a=(ak)h,故a可表为ak的若干次方,总之,a可表为ak的若干次方,当且仅当k与n互质。但在0≤k<n中,共有(n)个k与n互质,故共有(n)个元素ak也生成(a)。例6.3.5设ξ是一个12次本原单位根,则全部12次单位根所成的群U12是由ξ生成的循环群:U12=(ξ)={ξk|k=0,1,2,…,11}。U12一共有(12)=4个生成元:ξ1,ξ5,ξ7,ξ11。

6.3.4陪集定义6.3.3设G是群,H是G的子群,a,b∈G,若有h∈H,使得a=bh,则称a合同于b(右模H),记为a≡b(右modH)。例6.3.6设G是三次对称群,H是由(123)生成的子群:H={I,(123),(132)}。因为有I∈H,使得(12)=(12)I,所以(12)≡(12)(右modH)。因为有(123)∈H,使得(23)=(12)(123),所以(23)≡(12)(右modH)。结论:合同关系(右模H)是一个等价关系。证明:1)证反身性,因为对任意a∈G,有1∈H,使得a=a1,所以a≡a(右modH)。

2)证对称性,即证若a≡b(右modH),

则b≡a(右modH)。由a=bh,h∈H可以推出b=ah-1,而且h-1∈H,故b≡a(右modH)。

3)证传递性。即证若a≡b(右modH),

b≡c(右modH),则a≡c(右modH)。

由a=bh,b=ck,h,k∈H,可得a=ckh,其中kh∈H,故a≡c(右modH)。既然合同关系(右模H)是一个等价关系,所以G分成了所有等价类的并集。

定义6.3.4群G在合同关系(右模H)下的一个等价类叫做H的一个右陪集.显然,包含a的右陪集,就是以H的所有元素右乘a所得的集合aH。同样,可以定义a合同于b(左模H):a≡b(左modH)和H的左陪集。例6.3.7设G是所有整数的加法群。H是m的所有倍数作成的子群,因为加法适合交换律,所以左右之分不存在,因而,(左modH)和(右modH)是一样的,而左右陪集也是一样的。例如,设G是所有非0复数的乘法群,所有其∣z∣=1的复数z=eiθ作成G的一个子群H。a≡b(modH)等于说|a|=|b|。在复平面上,H相当单位圆,H的所有陪集相当以原点为圆心的所有同心圆。例6.3.8设G是3次对称群,H是

1,(12)作成的子群,H有三个右陪集:{1,(12)},{(123),(13)},{(132),(23)}。有三个左陪集:{1,(12)},{(123),(23)},{(132),(13)}若G是一个有限群,求H的右陪集可以进行如下:首先,H本身是一个;任取aH而求aH又得到一个;任取bH∪aH而求bH又得到一个;如此类推,因G有限,最后必被穷尽,而

G=H∪aH∪bH∪…。定理6.3.7设H是群G的有限子群,则H的任意右陪集aH的元数皆等于H的元数。证明:aH={ah│h∈H},又G中有消法律:由aχ=ay可以推出χ=y,故H中不同元素以a左乘仍得不同的元素。因而aH的元数等于H的元数。总结一下子群H在G中的右陪集的一些性质:

(1)若H为G的有限子群,则|aH|=|H|。

(2)H本身也是H的一个右陪集,因为H=1H,其中1为单位元素。

(3)aH=H的充分必要条件是a∈H。

(4)a在陪集aH中。根据这点,我们把a叫做右陪集aH的一个陪集代表。

(5)对于右陪集aH中任意元素b,都有aH=bH。证明:由b∈aH知,存在h∈H,使得b=ah。因此,bH=ahH=a(hH)=aH。这说明右陪集aH中任一元素都可以取做陪集代表。从这点还可推出:

(6)aH=bH的充分必要条件是a-1b∈H。

(7)任意两个右陪集aH和bH或者相等或者不相交。

证明:如果aH和bH相交,则它们包含公共元素c,

即c∈aH,且c∈bH。因此,由(5)得aH=c

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