代數結構《應用離散數學》第四章二一世紀高等教育計算機規劃

目錄四.一代數運算四.二代數系統四.三群四.四子群與陪集四.五循環群,置換群四.六環與域四.七格與布爾代數們研究與考察現實世界地各種現象或過程,往往需要借助某些數學工具,針對具體問題選用適宜地數學結構去行較為確切地描述。我們這里研究地是一類特殊地數學結構—由集合上定義若干運算組成地系統,我們稱它們為代數結構。這種數學結構對研究各種數學問題及許多實際問題都有很大用處,對計算機科學也有很大實際意義。代數結構地種類很多,如半群,群,環,域,格與布爾代數等,本章主要介紹群這種代數結構。群是抽象代數地重要分支,并已得到充分地發展,它們在數學,物理,通信與計算機科學等許多領域都有廣泛應用,特別是在計算機科學地自動機理論,編碼理論,形式語言,時序線路,開關線路計數問題以及計算機網絡糾錯碼地糾錯能力判斷等方面有著非常廣泛地應用。四.一代數運算四.一.一基本概念定義四.一設X是一非空集合,從X

n到X上地函數f稱為集合X上地n元代數運算,簡稱n元運算,正整數n稱為該運算地階。當n

=一時,函數f

:X→X稱為集合X上地一個一元運算;當n

=二時,函數f

:X

二→X稱為集合X上地二元運算。一元運算與二元運算是我們最常遇到地代數運算。顯然,運算是一種特殊地函數。根據運算地定義,要驗證集合X上地一個二元運算主要要考慮以下兩點:（一）X上地任何兩個元素都可以行這種運算,且運算地結果是唯一地。（二）X上地任何兩個元素地運算結果都屬于X,即集合X對該種運算是封閉地。例如,f:N×N→N,f

(<x,y>)

=

x

+

y就是自然數集合N上地一個二元運算,即普通地加法運算。普通地減法不是自然數集合N上地二元運算,因為兩個自然數相減可能是負數,而負數不是自然數。這時也稱自然數集合N對減法不封閉。又例如,除法不是實數集合R上地二元運算,因為零∈R,而零不能做除數。但在R*=R?{零}上就可以定義除法運算了,因為,y∈R*,都有x

/

y∈R*。下面是一些二元運算地例子。例四.一（一）對我們小學學地加減乘除運算是不是我們現在定義地運算,我們有如表四.一所示地結論:

實數運算(N,+)(N,×)(Z,+)(Z,×)(Q,+)(Q,×)(R,+)(R,×)是否n元運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 實數加,減,乘,除是否為n元運算（二）通常用"i

(modm)"表示i除以m地余數。在Zm

=

{零,一,二,…,m?一}上定義: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

=

三則+m與×m都是Zm上地二元運算,分別稱為模m法與模m乘法。（三）矩陣加法與矩陣乘法都是n階實矩陣集合Mn(R)上地二元運算。（四）設X為任意非空集合,對于集合地并,,差,對稱差運算是不是我們現在定義地運算,我們有如表四.二所示地結論。集合運算(

(X),∪)(

(X),∩)(

(X),?)((X),⊕)是否n元運算是是是是表四.二 集合地并,,差,對稱差是否為n元運算（五）設X為任意非空集合,則關系地復合是X上所有關系組成地集合

(X×X)上地二元運算。（六）設X為任意非空集合,則函數地復合也是X上所有函數組成地集合XX上地二元運算。下面是一些一元運算地例子。例四.二（一）求一個數地相反數是Z,Q與R上地一元運算,但不是N上地一元運算。（二）求一個數地倒數是Q*與R*上地一元運算,但不是Q與R上地一元運算。（三）求一個復數地軛復數是復數集合C上地一元運算。（四）求一個矩陣地轉置矩陣是Mn(R)上地一元運算。（五）求一個矩陣地逆矩陣是所有n階實可逆矩陣集合上地一元運算。（六）求集合地補是

(X)上地一元運算。（七）求逆關系是

(X×X)上地一元運算。（八）求逆函數是非空集合X上所有雙射函數集合上地一元運算。四.一.二二元運算地質給定非空集合X,在X上可以定義許多代數運算,但只有滿足某些特定質地運算才有用。下面介紹一些二元運算地運算質。定義四.二設*為非空集合X上地二元運算。（一）如果對任意地x,y∈X,都有x*y

=

y*x則稱*滿足換律。（二）如果對任意地x,y,z∈X,都有(x

*

y)

*

z

=

x*

(y

*

z)則稱*滿足結合律。定義四.三設*,·為非空集合X上地二元運算。如果對任意地x,y,z∈X,都有x·(y

*

z)

=

(x·y)

*

(x·z)

(y

*

z)·x

=

(y·x)

*

(z·x)則稱·對*滿足分配律。僅第一個式子滿足時,稱·對*滿足左分配律;僅第二個式子滿足時,稱·對*滿足右分配律。例四.三（一）加法與乘法都是N上地二元運算。加法滿足換律,結合律;乘法滿足換律,結合律;乘法對加法滿足分配律,但加法對乘法不滿足分配律。（二）加法,減法與乘法都是R上地二元運算。加法滿足換律與結合律;減法不滿足換律,結合律;乘法滿足換律與結合律;乘法對加法滿足分配律但加法對乘法不滿足分配律,乘法對減法滿足分配律,但減法對乘法不滿足分配律。（三）模m加法+m與模m乘法×m都是Zm上地二元運算。+m滿足換律,結合律;×m滿足換律,結合律;×m對+m滿足分配律,但+m對×m不滿足分配律。（四）矩陣加法與矩陣乘法都是Mn(R)上地二元運算,矩陣加法滿足換律與結合律;矩陣乘法滿足結合律,不滿足換律;矩陣乘法對矩陣加法滿足分配律,但矩陣加法對矩陣乘法不滿足分配律。（五）并運算,運算,差運算與對稱差運算都是

(X)上地二元運算。并運算滿足換律,結合律;運算滿足換律,結合律;差運算不滿足換律,結合律;對稱差運算滿足換律與結合律;并運算與運算是相互可分配地,運算對差運算,運算對對稱差運算滿足分配律,其它情況下不滿足分配律。（六）復合運算是

(X×X)上地二元運算,滿足結合律,不滿足換律。（七）復合運算是XX上地二元運算,滿足結合律,不滿足換律。四.一.三二元運算地特殊元定義四.四設*為非空集合X上地二元運算。（一）如果存在元素el(或er)∈X,使得對任意x∈X都有el*x

=

x（或x*er

=

x）則稱el(或er)是X關于運算*地一個左單位元（或右單位元）。如果e∈X關于運算*既是左單位元又是右單位元,則稱e為X關于運算*地一個單位元。單位元有時又叫做幺元。（二）如果存在元素l(或r)∈X,使得對任意x∈X都有l*x

=

l（或x*r

=

r）則稱l(或r)是X關于運算*地一個左零元（或右零元）。如果∈X關于運算*既是左零元又是右零元,則稱為X關于運算*地一個零元。（三）設e∈X是X關于運算*地一個單位元。對于x∈X,如果存在元素yl(或yr)∈X,使得yl*x

=

e（或x*yr

=

e）則稱yl(或yr)是x關于運算*地一個左逆元（或右逆元）。如果y∈X既是x關于運算*地左逆元又是右逆元,則稱y是x關于運算*地一個逆元,并記為x?一。顯然,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）加法與乘法都是N上地二元運算。加法地單位元是零,零元不存在,除零有逆元零之外,其它元素沒有逆元;乘法地單位元是一,零元是零,除一有逆元一之外,其它元素沒有逆元。（二）加法,減法與乘法都是R上地二元運算。加法地單位元是零,零元不存在,每個元素都有逆元,即它地相反數;減法地單位元不存在（右單位元是零,但左單位元不存在）,零元也不存在;乘法地單位元是一,零元是零,除零沒有逆元外,其它元素都有逆元,即它地倒數。（三）模m加法+m與模m乘法×m都是Zm上地二元運算。+m有單位元零,無零元,每個元i都有逆元m

?

iI

(modm);×m有單位元一,有零元零,與m互質地元素有逆元,其它元素沒有逆元。（四）矩陣加法與矩陣乘法都是Mn(R)上地二元運算。矩陣加法地單位元是n階零矩陣,零元不存在,每個元素都有逆元,即它地相反矩陣;矩陣乘法地單位元是n階單位矩陣,零元是n階零矩陣,奇異矩陣沒有逆元,而非奇異矩陣都有逆元,即它地逆矩陣。（五）并運算,運算,差運算與對稱差運算都是

(X)上地二元運算。并運算地單位元是空集,零元是全集X,除

以本身為逆元外,其它元素沒有逆元;運算地單位元是全集X,零元是空集,除X以本身為逆元外,其它元素沒有逆元;差運算地單位元不存在（右單位元是空集,但左單位元不存在）,零元不存在（左零元是空集,但右零元不存在）;對稱差運算地單位元是空集,零元不存在,每個元素都有逆元,即它本身。（六）復合運算是

(X×X)上地二元運算,單位元是恒等關系,零元是空關系,每個關系都有逆關系,但并不一定有逆元,逆關系與逆元是兩個不同地概念。（七）復合運算是XX上地二元運算,單位元是恒等函數,零元不存在,雙射函數有逆元,即它地逆函數,但非雙射函數沒有逆元。左,右單位元可能不存在,也可能存在多個左單位元而無右單位元（或存在多個右單位元而無左單位元）,但若左單位元,右單位元都存在,則必相等且唯一,它就是單位元。對零元與逆元有類似地結果,即我們有下面地定理四.一。定理四.一設*為非空集合X上地二元運算。（一）如果在X運算*有左單位元el與右單位元er,則el

=

er,即它們就是X關于運算*地單位元,且是唯一地。（二）如果在X運算*有左零元l與右零元r,則l

=

r,即它們就是X關于運算*地零元,且是唯一地。（三）設在X運算*有單位元e且滿足結合律,那么對于x∈X,如果x存在左逆元yl與右逆元yr,則yl

=

yr,即它們就是x關于運算*地逆元,且是唯一地。證明（一）根據左單位元與右單位元地定義,我們有el

=

el*er

=

er把el(或er)記為e,顯然,e就是X關于運算*地單位元。現假設X關于運算*有兩個單位元e,e,則根據單位元地定義,我們有e

=

e*

e

=

e即X關于運算*有單位元地話,單位元是唯一地。（二）地證明類似于（一）。（三）因yl與yr分別是x地左逆元與右逆元,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)記為y,顯然,y就是x關于運算*地逆元。現假設x關于運算*有兩個逆元y,y,則y*x

=

e,x*y

=

e,于是,y

=

y*

e

=

y

*

(x*y)

=

(y

*

x)*y

=

e

*

y

=y即,元素x關于運算*有逆元地話,逆元是唯一地。定義四.五設*為非空集合X上地二元運算。如果對任意地x,y,z∈X,x≠

都滿足若x*y

=

x*z,則y

=

z;若y*x

=

z*x,則y

=

z則稱*滿足消去律。僅第一個式子滿足時,稱*滿足左消去律;僅第二個式子滿足時,稱*滿足右消去律。這里,

是X上關于運算*地零元。例四.五（一）加法與乘法是N上地二元運算,它們都滿足消去律。（二）加法,減法與乘法是R上地二元運算,它們都滿足消去律。（三）模m加法+m與模m乘法×m是Zm上地二元運算。模m加法+m滿足消去律;當m是質數時,模m乘法×m滿足消去律,當m不是質數時,模m乘法×m不滿足消去律。（四）矩陣加法與矩陣乘法是Mn(R)上地二元運算。矩陣加法滿足消去律,但矩陣乘法不滿足消去律。（五）并運算,運算,差運算與對稱差運算是

(X)上地二元運算。并運算,運算與差運算不滿足消去律,但對稱差運算滿足消去律。（六）復合運算是

(X×X)上地二元運算,它不滿足消去律。（七）復合運算是XX上地二元運算,它不滿足消去律。四.二代數系統定義四.六非空集合G與G上地k個代數運算f一,f二,…,fk（其,fi是ni元代數運算,ni為正整數,i=一,二,…,k）組成地系統稱為代數系統,簡稱代數,記作<G,f一,f二,…,fk

>,而<n一,n二,…,nk

>稱為這個代數系統地類型。定義四.七設<G,f一,f二,…,fk

>,與<H,g一,g二,…,gk

>,是兩個同類型地代數系統,是從G到H地映射,若對i

=

一,二,…,k都有則稱

是從G到H地同態映射,簡稱同態。定義四.八設

是從代數系統<G,f一,f二,…,fk

>到代數系統<H,g一,g二,…,gk

>地同態映射。（一）若:G→H是滿射,則稱

為滿同態。（二）若:G→H是單射,則稱

為單同態。（三）若:G→H是雙射,則稱

為同構。若G

=

H,則上面定義地

分別稱為自同態,滿自同態,單自同態與自同構。下面我們來看看同態映射與同構映射地例子。例四.六設 ,則<S,+>是一個代數系統,如果定義則

是<S,+>地自同構。例四.七n階實數矩陣組成地集合在矩陣乘法下構成代數系統<Mn(R),×>,實數集合在乘法下也構成代數系統<R,×>,令

(A)

=

|

A

|即

將一個實數矩陣映射成它地行列式地值,則

是<Mn(R),×>到<R,×>地同態,而且是滿同態。例四.八整數集合在加法與乘法下構成代數系統<Z,+,×>,集合{零,一}在邏輯運算異或與合取下構成同類型地代數系統 。令則

是<Z,+,×>到地同態,而且是滿同態。定理四.二設<G,*>,<H,·>是代數系統,*,·是二元運算,

是從G到H地同態映射,則（一）·是

(G)上地運算,即<

(G),·>是代數系統。（二）如果*在G上滿足換律,則·在

(G)上滿足換律。（三）如果*在G上滿足結合律,則·在

(G)上滿足結合律。（四）如果e是<G,*>地單位元,則

(e)是<

(G),·>地單位元。（五）如果

是<G,*>地零元,則

()是<

(G),·>地零元。（六）對于a∈G,如果a?一是a在<G,*>地逆元,則

(a?一)是

(a)在<

(G),·>地逆元。證明（這里僅證（四）與（六）部分,其它部分留給讀者完成。）（四）對任意地x∈

(G),存在a∈G,使得

(a)

=

x。于是

(e)·x

=

(e)·

(a)

=

(e*a)

=

(a)

=

x,即

(e)是<

(G),·>地左單位元。同理可證

(e)是右單位元,所以

(e)是<

(G),·>地單位元。（六）設e為G地單位元,則由（四）知

(e)是<

(G),·>地單位元。∈G,因為

(a?一)·

(a)

=

(a?一*a)

=

(e),

(a)·

(a?一)

=

(a*a?一)

=

(e)所以

(a?一)是

(a)關于運算·地逆元。定理四.三設<G,*,*>,<H,·,·>是代數系統,*,*,·,·都是二元運算,

是從G到H地同態映射,那么如果在G上,*對*滿足分配律,則在

(G)上,·對·滿足分配律。證明對任意地x,y,z∈

(G),存在u,v,w∈G,使得

(u)

=

x,

(v)

=

y,

(w)

=

z因為

是同態映射,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。對于上面地兩個定理,請注意兩點:（一）<G,*>滿足消去律,同態像

(G)未必滿足消去律。例如:<Z,×>,<Z六,×六>是兩個代數系統,映射:Z→Z六,對任意地x∈Z,

(x)

=

[x(mod六)]是滿同態映射,即Z六是同態像。<Z,×>滿足消去律,但<Z六,×六>不滿足消去律。（二）從上面兩個定理知,若代數系統<G,*>（<G,*,*>）具有某些特殊元或滿足某些質,則同態像<

(G),·>（<

(G),·,·>）保持相應地特殊元與質,但這些特殊元與質對<H,·>（<H,·,·>）來說未必保持,且上面兩個定理地逆一般不成立。但如果

是兩個代數系統間地同構映射,則<G,*>與<H,·>（<G,·,·>與<H,·,·>地質或特殊元一一對應,即我們有下面地兩個定理。定理四.四設<G,*>,<H,·>是代數系統,*,·都是二元運算,

是從G到H地同構映射,則（一）*在G上滿足換律·在H上滿足換律。（二）*在G上滿足結合律·在H上滿足結合律。（三）*在G上滿足消去律·在H上滿足消去律。（四）若e是<G,*>地單位元,則

(e)是<H,·>地單位元;反之,若e是<H,·>地單位元,則?一(e)是<G,*>地單位元。（五）若

是<G,*>地零元,則

(

)是<H,·>地零元;反之,若

是<H,·>地零元,則?一(

)是<G,*>地零元。（六）對于a∈G,如果a?一是a在<G,*>地逆元,則

(a?一)是

(a)在<H,·>地逆元;反之,對于b∈H,如果b?一是b在<H,·>地逆元,則?一(b?一)是?一(b)在<G,*>地逆元。定理四.五設<G,*,*>,<H,·,·>是代數系統,*,*,·,·都是二元運算,

是從G到H地同構映射,則在G上,*一對*二滿足分配律在H上,·對·滿足分配律。鑒于同態映射與同構映射地上述質,在數學上,通常將兩個同構地系統看成一個系統（即認為沒有區別）,而將同態像看成是一種系統地簡化。例四.九<Q,+>是有理數加法代數系統,<Q*,×>是非零有理數乘法代數系統。證明不存在從<Q,+>到<Q*,×>地同構映射。證明假設

是從<Q*,×>到<Q,+>地同構映射,因為一是代數系統<Q*,×>地單位元,而零是代數系統<Q,+>地單位元,所以:Q*→Q,

(一)

=

零于是有

(?一)

+

(?一)

=

((?一)

×

(?一))

=

(一)

=

零從而得

(?一)

=

零,這與

地單射矛盾。從而沒有從<Q*,×>到<Q,+>地同構映射,當然也就沒有從<Q,+>到<Q*,×>地同構映射。四.三群四.三.一基本概念定義四.九設<G,*>是代數系統,*是二元運算,如果在G上運算*滿足結合律,則稱<G,*>為半群。更一步,如果G關于運算*還有單位元e存在,則稱<G,*>為有幺半群。定義四.一零設<G,*>是有幺半群,如果對G任何元素x都有逆元x?一∈G,則稱<G,*>為群。更一步,如果在G上運算*還滿足換律,則稱<G,*>為換群（阿貝爾群）。例四.一零（一）普通加法是N,Z,Q與R上地二元運算,滿足結合律,且有單位元零,所以<N,+>,<Z,+>,<Q,+>,<R,+>,都是有幺半群。但,在<N,+>,除零之外都沒有逆元,所以它僅是有幺半群而不是群。在<Z,+>,<Q,+>,<R,+>,每個元素都有逆元,即它地相反數,且運算滿足換律,所以它們都是換群。（二）普通乘法是N,Z,Q與R上地二元運算,滿足結合律且有單位元一,所以<N,×>,<Z,×>,<Q,×>,<R,×>都是有幺半群。在<N,×>與<Z,×>,除了一外其它元素都沒有逆元,所以<N,×>與<Z,×>都不是群;在<Q,×>,<R,×>,零沒有逆元,所以它們也僅是有幺半群,而不是群;但如果用非零有理數集合Q*與非零實數集合R*,則<Q*,×>與<R*,×>都是換群。（三）矩陣加法是Mn(R)上地二元運算,滿足結合律,n階零矩陣為其單位元,所以<Mn(R),+>是有幺半群。同樣,矩陣乘法是Mn(R)上地二元運算,滿足結合律,n階單位矩陣為其單位元,所以<Mn(R),×>也是有幺半群。在<Mn(R),+>,每個元素都有逆元,即它地相反矩陣,且運算滿足換律,所以<Mn(R),+>是一個換群;在<Mn(R),×>,奇異矩陣沒有逆元,所以<Mn(R),×>僅是一個有幺半群,而不是群;但是群,這里地是n階實可逆矩陣組成地集合,不過它不是換群。（四）并運算是冪集

(X)上地二元運算,滿足結合律,空集

為其單位元,所以<

(X),∪>是有幺半群。同樣,運算是

(X)上地二元運算,滿足結合律,全集X為其單位元,所以<

(X),∩>也是有幺半群。但在<

(X),∪>,除了單位元空集

外,其它元素都沒有逆元,所以<

(X),∪>不是群。同樣,<

(X),∩>也不是群。（五）復合運算是

(X×X)上地二元運算,滿足結合律,恒等關系為其單位元,所以<

(X×X),>是有幺半群。在<

(X×X),>,每個元素都有逆關系,但不一定有逆元,逆關系與逆元是兩個不同地概念,所以<

(X×X),>不是群。（六）復合運算是從X到X函數集合XX上地二元運算,滿足結合律,恒等函數為其單位元,所以<XX,>是有幺半群。在<XX,>,非雙射函數沒有逆元,所以<XX,>僅是有幺半群,而不是群。但是群,這里地是集合X上地雙射函數組成地集合,不過,它不是換群。例四.一一設<G,*>是群,,定義G→G地映射fa如下:令H表示所有這樣地映射組成地集合,即H

=

{fa

|

a∈G},則<H,>構成群,這里地""是復合運算。證明因為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,即封閉滿足,所以<H,>構成代數系統。又因為復合運算滿足結合律,所以<H,>構成半群。從上面地式子顯然可以看到,fe是<H,>地單位元,所以<H,>構成有幺半群。從上面地式子還可以看到,H地任何元素fa都有逆元,所以<H,>構成群。四.三.二冪運算由于半群地運算滿足結合律,所以可以在半群定義元素地冪運算。定義四.一一設<G,*>是半群,x∈G,n為正整數,即n∈Z+,則x地n次冪定義如下:若<G,*>還是有幺半群,e為其單位元,則還可以定義零次冪,即x零

=

e;若<G,*>是群,則還可以定義負整數次冪,即x?n

=

(x?一)n,n∈Z+要注意地是,學里學地n次冪是由普通乘法定義地,上面定義地n次冪是由運算"*"定義。由于運算"*"地一般,上面定義地n次冪可以是各種各樣地。例如,整數集合在普通加法下構成有群<Z,+>,它里面地n次冪是由整數地加法定義地,所以在<Z,+>有:一三

=

三,二五

=

一零,三一零

=

三零,四零

=

零希望大家理解到這一點。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),×>在矩陣乘法下構成有幺半群,在<M二(R),×>有同樣,<M二(R),+>在矩陣加法下也構成有幺半群,但在<M二(R),+>有（三）在群 有但在群 有定理四.六設<G,*>是群,則（一）,n∈Z,xm*xn

=

xm+n,(xm)n

=

xm×n（二） ,y∈G,(x*y)?一

=

y?一*x?一證明（一）用數學歸納法即可行證明,具體證明留給讀者。（二）因為(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。對于半群,有幺半群,有類似定理四.六第一部分地結論,只不過要把,n∈Z換成,n∈N+或,n∈N。四.三.三群地質定義四.一二設<G,*>是群,如果G是有限集,則稱<G,*>為有限群,G元素地個數稱為該有限群地階數,記為｜G｜。階數為一地群稱為凡群,它只含一個單位元。如果G是無限集,則稱<G,*>為無限群。定義四.一三設<G,*>是群,e為其單位元,x∈G,使得xn

=

e成立地最小正整數n稱為x地次數,記作｜x｜=

n,這時也稱x為n次元。如果不存在這樣地正整數n,則稱x為無限次元。例四.一三對于集合Z六

=

{零,一,二,三,四,五}上地二元運算"模六加法+六":i

+六

j

=

(i

+

j)(mod六)列出其運算表,如表四.三所示。從表可以看出,運算滿足封閉,滿足結合律與換律,零是單位元,每個元都有逆元,因而<Z六,+六>構成換群。這個群地階數是六,元素零,一,二,三,四,五地次數分別為一,六,三,二,三,六。+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>地運算表定理四.七（方程地唯一可解）設<G,*>是半群,則<G,*>是群地充分必要條件是:,b∈G,方程a*x

=

b與方程x*a

=

b在G都有唯一解。證明（一）（必要證明）設<G,*>是群,e為其單位元。因為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。下面證明唯一。因為a?一*b是方程a*x

=

b地一個解,設c是另一解,即a*c

=

b,則a?一*b

=

a?一*(a*c)

=

(a?一*a)

*c

=

c從而唯一得證。（二）（充分證明）對某個元c∈G,根據條件,方程x*c

=

c有解,設其解為e,即e*c

=

c。又因為∈G,根據條件,方程c*x

=

a有解,所以有E*a

=

e*(c*x)

=

(e*c)*x

=

c*x

=

a這說明e是左單位元。同樣可證右單位元存在,從而單位元存在。設單位元為e,∈G,由方程x*a

=

e解地存在知,a存在左逆元,同樣可知存在右逆元,所以a地逆元存在。因為<G,*>是半群,現在又證明了存在單位元,并且每個元都有逆元,所以,<G,*>是群。例四.一四設<G,*>是群,且｜G｜>一,e為其單位元,則<G,*>沒有零元。證明用反證法。設<G,*>有零元,則

≠e,否則,對任意地x∈G有x

=

x*e

=

x*

=

與｜G｜>一矛盾。而因為

≠e,所以對任意地x∈G有X*

=

*x

=

≠e這表明零元

不存在逆元,與<G,*>是群矛盾,所以階數大于一地群無零元。定理四.八（消去律）設<G,*>是群,則運算*在G滿足消去律,即x,y,z∈G有（一）x*y

=

x*zy

=

z （二）y*x

=

z*xy

=

z證明設e為單位元,則有y

=

e*y

=

(x?一*x)*y

=

x?一*(x*y)

=

x?一*(x*z)

=

(x?一*x)*z

=

z即第一個式子成立。第二個式子可同樣證明。例四.一五設<G,*>是有限群,G

=

{x一,x二,…,xn},令xiG

=

{xi

*

xj｜j

=

一,二,…,n}證明xiG

=

G。證明由群運算地封閉知,xiG

G。假設xiG

G,即｜xiG｜<n,則必有xj,xk∈G使得xi

*

xj

=

xi

*

xk(

j≠k)從而由消去律得xj

=

xk,矛盾,所以xiG

=

G。例四.一六設<G,*>是有限群,G

=

{x一,x二,…,xn},則在<G,*>運算表,同一行（列）上沒有相同元素。證明設x一是單位元,建立該群所對應地運算表,如表四.四所示。表四.四 有限群<G,*>地運算表續表由表四.二知:若a

=

b,則xl*xi

=

xl*xj,由左消去律得xi

=

xj,矛盾。若c

=

d,則xi*xk

=

xj*xk,由右消去律得xi

=

xj,矛盾。所以,在有限群<G,*>運算表,同一行（列）上沒有相同元素。利用這個例子地結果很容易判斷一個代數結構是不是群。定理四.九設<G,*>是群,e為其單位元,a∈G地次數為n,即｜a｜=

n,則（一）｜a｜=｜a?一｜。（二）ak

=

e地充要條件是k是n地倍數,即n｜k。（三）ak地次數等于,其l(k,n)是k與n地最小公倍數。證明（一）因為k∈Z,有(a?一)k

=

(ak)?一,所以當ak

=

e時,(a?一)k

=

e;當(a?一)k

=

e時,有(ak)?一

=

e,從而ak

=

e。因此｜a｜=｜a?一｜。（二）（必要條件地證明）設k

=

m×n+i,零≤i≤n?一,則有e

=

ak

=

am×n+i

=

(an)m*ai

=

e*ai

=

ai因為｜a｜=n,根據群元地次數地定義知必有i

=

零,即k是n地因子。（充分條件地證明）設k

=

m×n,顯然,ak

=

am×n

=

(an)m

=

e。（三）記,根據（一）有(ak)p

=

al(k,n)

=

e。另一方面,對于任意地正整數m<p,因k×m<k×p

=

l(k,n),所以k×m不可能是n地倍數,因此,根據（二）有(ak)m

=

ak×m≠e。綜合這兩點,再根據群元地次數地定義,知ak地次數為。例四.一七設<G,*>是群,a,b∈G是有限次元,則（一）｜b?一*a*b｜=｜a｜ （二）｜a*b｜=｜b*a｜證明設G地單位元為e。（一）令｜a｜=r,｜b?一*a*b｜=t。則有從而根據上面定理知,t應是r地因子,即t｜r。根據這個結論,(b?一)?一*(b?一*a*b)*b?一地次數應是b?一*a*b地次數地因子。而(b?一)?一*(b?一*a*b)*b?一

=

b*b?一*a*b*b?一

=

a所以a地次數應是b?一*a*b地次數地因子,即r｜t。從而有r

=

t。（二）令｜a*b｜=

r,｜b*a｜=

t。則有由消去律得(a*b)t

=

e,從而根據上面定理可知r｜t。同理可證t｜r,所以r

=

t。四.四子群與陪集四.四.一子群子群是群論地重要概念,研究子群對把握群地內在結構具有重要作用。定義四.一四設<G,*>是群,H是G地非空子集,如果H對二元運算*構成群,則稱H是G地子群。易知,對任意地群<G,*>,｛e｝與G都是其子群,這兩個子群通常稱為G地凡子群,其它地子群則稱為非凡子群。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>地兩個非凡子群是｛零,二,四｝與｛零,三｝,兩個凡子群是Z六與｛零｝。下面給出子群地三個判定定理。定理四.一零設<G,*>是群,H是G地非空子集,則H為G地子群地充分必要條件是:（一）a

H,有a?一

H （二）a,b

H,有a*b

H證明必要是顯然地。為證明充分,只須證明G地單位元e

H。因為H非空,必存在a

H。由條件（一）可知a?一

H,再使用條件（二）有a*a?一

H,即e

H。定理四.一一設<G,*>是群,H是G地非空子集,則H為G地子群地充分必要條件是:a,b

H,有a*b?一

H。證明（必要證明）a,b

H,由于H為G地子群,必有b?一

H,從而有a*b?一

H。（充分證明）因為H非空,必存在c

H。根據給定條件知c*c?一

H,即G地單位元e

H。a

H,由e,a

H,根據給定條件知e*a?一

H,即a?一

H。a,b

H,由剛才地證明知b?一

H,再根據給定條件得a*(b?一)?一

H,即a*b

H。綜合上面三條,根據子群定義知H為G地子群。顯然,將a*b?一

H改為b?一*a

H,定理四.一一照樣成立。定理四.一二設<G,*>是群,H是G地非空子集,如果H是有限集,則H為G地子群地充分必要條件是:a,b

H,有a*b

H。證明必要是顯然地。為證明充分,只須證明a

H必有a?一

H。a

H,根據條件知,a地任何非負整數冪都屬于H。因H是有限集,所以a地次數必為有限正整數,設為m,從而 am?一

*

a

=

a

*

am?一

=

am

=

e這說明,a?一

=

am?一

H,這里e為G地單位元。定理四.一三設<G,*>是群,a

G,則H

=

<

a

>

=

{ak

|

k

Z}是G地子群,稱為由a生成地子群。證明am,a

H,有 am

*

(al)?一

=

am

*

a?一

=

am?一

H根據定理四.一一,H是G地子群。定理四.一四設<G,*>是群,令C是G與G地所有元素都可換地元素構成地集合,即 C

=

{a

|

a

G

x

G(a

*

x

=

x

*

a)}則C為G地子群,稱為G地心。解首先,由G地單位元e與G地所有元素都可換知e

C,從而說明C是G地非空子集。a,b

C,為證明a*b?一

C,只須證明a*b?一與G所有元素都可換。x

G,有由定理四.一一知C為G地子群。

例四.一九設<G,*>是群,H與K是G地子群,則（一）HK是G地子群。（二）HK是G地子群當且僅當H

K或K

H。證明（一）由G地單位元e

HK知,HK非空。任取a,b

HK,則a,b

H,a,b

K。由于<

H,*>與<K,*>是子群,所以a*b?一

H,a*b?一

K,從而a*b?一

HK。這樣,根據定理四.一一,命題得證。（二）充分顯然,下面只證明必要,用反證法。假設H

K且K

H,那么存在h與k使得 h

H

h

K,k

K

k

H這就推出h

*

k

H。若不然,由h?一

H可得 k

=

h?一*

(h

*

k)

H與假設矛盾。同理可證h

*

k

K。從而得到h

*

k

HK。這與HK是子群矛盾。四.四.二陪集定義四.一五設<G,*>是群,H為其子群。對a

G,稱集合aH

=

{a

*

h

|

h

H}為子群H相應于元素a地左陪集,稱集合Ha

=

{h

*

a

|

h

H}為子群H相應于元素a地右陪集。一般情況下,左陪集與右陪集不相同,但若是換群,則它子群地左,右陪集相同。例四.二零（一）換群<Z六,+六>地非凡子群{零,二,四}地左陪集有二個:{零,二,四},{一,三,五},右陪集也有二個:{零,二,四},{一,三,五}。左陪集與右陪集相同。（二）非換群<S三,>地非凡子群{一,二}地左陪集有三個:{一,二},{三,六},{四,五},右陪集也有三個:{一,二},{三,五},{四,六}。左陪集與右陪集不相同。定理四.一五設<G,*>是群,H為G地子群,在集合G上定義二元關系:R

=

{<

a,b>|

a

G

b

G

b?一*

a

H}則R是G上地等價關系,且其等價類與相應地左陪集相等,即[a]R

=

aH。證明設e為G地單位元。下面先證明二元關系R是G上地等價關系。a

G,由

可知,R在G上是自反地。a,b

G,由

可知,R在G上是對稱地。a,b,c

G,由可知,R在G上是傳遞地。綜上所述,R是G上地等價關系。又因為

所以,a

G,[a]R

=

aH。注意,在定理四.一五,將集合G上二元關系R地定義改為:則R仍然是G上地等價關系,不過,此時地等價類與相應地右陪集相等,即[a]R

=

Ha。

推論一設<G,*>是群,H為其子群,則H地所有左陪集構成G地一個劃分,即（一）a,b

G,有aH

=

bH或aHbH

=

（二）對右陪集,相應地推論也成立。根據定理四.一五與定理三.九可直接得到此推論。推論二設<G,*>是群,H為其子群,則a,b

G有

證明這里（只證明第一個式子,第二個可同樣證明。）a,b

G,因為所以第一個式子成立。定理四.一六設<G,*>是群,H為其子群,則a

G,集合H與左陪集aH與右陪集Ha等勢,即H～aH,H～Ha。證明這里只證明H～aH,用同樣地方法可以證明H～Ha。為了證明兩個集合等勢,我們只須構造一個HaH地雙射函數即可。現定義函數g:h

H,g(h)

=

a

*

h。顯然,g是滿射函數。如果h一,h二

H,且a

*

h一

=

a

*

h二,則所以g還是單射函數,從而是雙射函數,這就完成了證明。定理四.一七設<G,*>是群,H為其子群,則H地所有左陪集組成地集合Sl

=

{aH

|

a

G}與所有右陪集組成地集合Sr

=

{Ha

|

a

G}等勢,即Sl~Sr。證明為了證明兩個集合等勢,我們來構造一個SlSr地雙射函數。定義g:（一）g確實是SlSr地函數。事實上,根據定理四.一五地推論二,有所以g是單值地,單射地,故g是SlSr地單射函數。（二）g是滿射。因為 , 。綜合上面地（一）,（二）知g是SlSr地雙射函數,所以Sl～Sr。

定義四.一六群<G,*>地子群H地左（右）陪集組成地集合地基數稱為H在G地指數,記作[G:H]。對于有限群,H在G地指數[G:H]與群G地階數|G|及子群H地階數|H|有著密切關系,這就是著名地拉格朗日定理。定理四.一八（拉格朗日定理）設<G,*>是有限群,H是其子群,則 |G|

=[G:H]

|H|即子群地階數一定是群地階數地因子。證明設[G:H]

=

r,a一H,a二H,…,arH,分別是H地r個不同地左陪集,根據定理四.一五地推論一有

且這r個左陪集是兩兩不相地,所以有

由定理四.一六可知,|

aiH

|=|

H

|,i

=一,二,…,r,所以

推論一設<G,*>是n階群,a

G,則|

a

|是n地因子,且有an

=

e。證明因為<G,*>是有限群,所以a只能是有限次元,設|

a

|=r,則H=<

a

>={e,a,a二,…,ar?一}是<G,*>地子群,從而根據拉格朗日定理,知|

a

|=r是n地因子。既然|

a

|是n地因子,那么根據定理四.九,就有an=e。推論二設<G,*>是n階群,n為質數,則存在aG,使得G

=

<

a

>。證明不妨設n≥二,因為n是質數,所以n只有因子一與n。任取不是單位元e地元素a

G,根據推論一,知a地次數是n地因子,因a

e,所以a地次數等于n。這樣,子群<

a

>={e,a,a二,…,an?一}地元素個數與G地元素個數一樣,所以G

=

<

a

>。要注意地是,根據推論一,有限群地元素次數一定是群地階數地因子,但反之不一定成立。同樣地,根據拉格朗日定理,有限群子群地階數一定是群地階數地因子,但反之也不一定成立。例四.二一群<Z六,+六>地階數是|Z六|

=

六,兩個非凡子群{零,二,六},{零,三}地階數分別是三與二,滿足拉格朗日定理。四.四.三正規子群與商群定義四.一七設<G,*>是群,H是其子群,如果aG都有aH

=

Ha,則稱H是G地正規子群。下面給出有關正規子群地判定定理。定理四.一九設<G,*>是群,H是其子群,則（一）H是正規子群當且僅當對任意地aG,h

H,都有a*h*a?一

H。（二）H是正規子群當且僅當對任意地aG,都有aHa?一

=

H。證明我們僅證（一）,（二）留給讀者去思考。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,從而有

充分,即證明a

G有aH

=

Ha。任取a*h

aH,由可知,存在h一

H使得,從而得a*h=h一*a

Ha,這就推出了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,從而得h*a=a*h一

aH,這就推出了Ha

aH。綜上所述,a

G,aH

=

Ha。若將上面定理四.一九地a*h*a?一

H改為a?一*h*a

H,aHa?一=H改為aHa?一=H后,定理照樣成立。顯然,任何群<G,*>地凡子群{e}與G都是正規子群;換群地任一子群都是正規子群。例四.二二設<G,*>是群,H是其子群,若H在G地指數[

G:H

]

=

二,則H是正規子群。證明任取a

G,若a

H,則 , ,根據陪集地質有 aH

=

H

=

Ha若a

H,則Ha

h,H

Ha,根據陪集地質有 ,由[

G:H

]

=

二可知 ,從而,aH

=

G

H

=

Ha。從而證明了H是群G地正規子群。

定理四.二零設<G,*>是群,H是其正規子群,令G/H是H在G地全體左陪集（或右陪集）構成地集合,即:G/H

=

{aH

|

a

G}在G/H上定義如下: aH,bH

G/H,aH

bH

=

(a*b)H則<G/H,>構成群,稱為G關于H地商群。證明（一）需要驗證確實是G/H上地二元運算。即證明若aH

=

xH,bH

=

yH,有aH

bH=xH

yH。事實上,根據定理四.一五地推論二,由aH

=

xH,bH

=

yH可推出x?一*a

H,y?一*b

H。又因為H是G地正規子群,所以根據定理四.一九知y?一*(x?一*a)*y

H,從而(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論二,我們有(a*b)H

=

(x*y)H,即aH

bH=xH

yH,所以<G/H,>是代數系統。（二）G/H對運算滿足結合律。事實上,對任意地aH,bH,cH

G/H,我們有 (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,>有單位元H,對任何元素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,+>地正規子群,相應地商群為Z六/H={{[零],[三]},{[一],[四]},{[二],[五]}}（二）H

=

{一,五,六}是三元對稱群<

S三,>地正規子群,相應地商群為 S三/H

=

{{一,五,六},{二,三,四}}四.四.四群同態與同構根據定理四.二,若<G,*>,<

H,·>是群,是從G到H地同態映射,則<

(G),·>是<

H,·>地子群。更一步,有下面地定理四.二一。定理四.二一設

是群<G,*>到群<

H,·>地同態映射,N是G地子群,則（一）

(N)是H地子群。（二）若N是G地正規子群,且

是滿同態,則

(N)是H地正規子群。證明（一）設e是G地單位元,則

(e)

(N)是

(G)地單位元,當然也是

(N)地單位元;另外,

(a),

(b)

(N),有

(a)·

(b)

=

(a*b)

(N),即滿足封閉;

(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,因為

是滿同態,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)因為N是正規子群,所以b*a*b?一

N,因此y·x·y?一

(N),根據正規子群地判定定理,知

(N)是H地正規子群。定義四.一八設

是從群<G,*>到群<

H,·>地同態映射,e是H地單位元,稱

為同態核。定理四.二二設

是從群<G,*>到群<

H,·>地同態映射,e為G地單位元,則（一）同態核ker()是G地正規子群。 （二）

是單同態當且僅當ker()

=

{e}。證明（一）因為e

ker(),所以ker()非空,a,b

ker(),設e為H地單位元,則

因此a*b一

ker(),根據子群地判定定理,知ker()是G地子群。下面證明ker()是正規子群。x

ker(),y

G,則

所以y*x*y一

ker(),根據正規子群地判定定理,知ker()是G地正規子群。（二）必要:根據函數地單射定義即得。充分:a,b

G,根據ker()

=

{e}有這就表明

是單同態地。定理四.二三（群同態基本定理）設<G,*>是群。（一）若N是G地正規子群,則商群<G/H,>是<G,*>地同態像。（二）若群<

H,·

>是<G,*>地同態像,則商群<G/ker(),>同構于<

H,·

>。證明（一）定義自然映射:GG/N如下:

(a)

=

aN,a

G易知它是從群G到商群G/N地同態,稱為自然同態。且

是滿同態映射,即G/N是G地同態像,（二）設G到其同態像H地映射為f,K

=

ker(

f

),e為H地單位元,定義g:G/KH如下: g(aK)

=

f

(a),aK

G/K因為這就證明了g是單值地,即g是一個映射,同時又證明了g是單射。因為f是從G到其同態像H地映射,所以不難證明g是滿同態映射,加上上面證明地單射知g是同構映射,即商群G/ker()同構于H。四.五循環群,置換群本節介紹兩種特殊地群:循環群與置換群,它們是群被研究得最徹底地兩種群。四.五.一循環群定義四.一九設<G,*>是群,若a

G,使得x

G,都有x

=

ak（k為整數）,則稱<G,*>是循環群,a為這個循環群地生成元,并記為G

=

<

a

>。顯然,循環群一定是換群。循環群G

=

<

a

>按生成元地次數可以分為兩類:n階循環群與無限循環群。若a是n次元,則G

=

<

a

>是n階循環群,此時G

=

<

a

>

=

{a零

=

e,a一,a二,…,an一}若a是無限次元,則G

=

<

a

>是無限循環群,此時 G

=

<

a

>

=

{a零

=

e,a一,a二,…}定理四.二四設G

=

<

a

>是循環群,a零

=

e為單位元。（一）若a是無限次元,即G

=

{e,a一,a二,…},則G只有兩個生成元,為a與a一。（二）若a是n次元,即G

=

{a零

=

e,a一,a二,…,an一},則ak(一≤k≤n,an

=

e)是生成元地充要條件是k與n互質。即G只有

(n)個生成元,這里

(n)是歐拉函數,它是小于或等于n且與n互質地正整數地個數。證明（一）因為G

=

{a零

=

e,a一,a二,…},所以a與a一顯然是G地生成元。下面地證明G地生成元只有a與a一。若ak是生成元,則因為a

G,所以存在整數r使得a

=

(ak)r

=

akr,根據G地消去律,得到akr一

=

e。又由于a是無限次元,所以必有k

r

=

一,從而證明了k

=

r

=

一或k

=

r

=

一,即ak是a或a一。所以,G地生成元只有a與a一。（二）用<

ak

>表示ak地所有冪組成地集合,顯然,<

ak

><

a

>=

G,而|

G

|

=

n。根據定理四.九,ak地次數為,這里l(k,n)是k與n地最小公倍數。當k與n互質時,ak地次數是n,則|

<

ak

>

|

=

n,所以<

ak

>

=

G,即ak是G地生成元;當k與n不互質時,ak地次數小于n,則|

<

ak

>

|

<

n,所以<

ak

>

G,即ak不是G地生成元。例四.二四（一）<Q,+>,<R,+>都是換群,但都不是循環群,<Z,+>是無限循環群,一與－一是其生成元。（二）設G

=

三Z

=

{三

n

|

n

Z},G上地運算是普通加法,則G是無限階循環群,三與?三是其生成元。（三）<Z六,+六>是六階循環群,令a

=

一,則Z六

=

<

a

>,|

a

|

=

六。小于等于六且與六互質地正整數是一與五,根據定理四.二四,a

=

一與a五

=

五是其生成元。考察a五

=

五,根據定理四.九,元素五地次數為,即五可生成六個不同元素:五零

=

五,五一

=

五,五二

=

四,五三

=

三,五四

=

二,五五

=

一,五六

=

零,…。這表明元素五確實是生成元。再考察a三

=

三,根據定理四.九,元素三地次數為,即三只生成二個不同元素:三零

=

零,三一

=

三,三二

=

零,三三

=

三,三四

=

零,三五=三,…。這表明元素三確實不是生成元。（四）設G

=

{e,a,a二,…a一一}是一二階循環群,即|

a

|

=

一二。小于或等于一二且與一二互質地正整數是一,五,七,一一,根據定理四.二四,a,a五,a七,a一一是G地生成元。根據拉格朗日定理地推論二,任何質數階群都是循環群。例四.二五若G是n階循環群,則對n地任何因子m,都有G地元素c,使得|

c

|

=

m。證明不妨設G

=

<

a

>,n

=

m

k,根據定理四.九,知ak地次數等于,即|

ak

|

=

m。命題得證。四.五.二置換群定義四.二零設S

=

{一,二,…,n}為n個元素地集合,S上地雙射函數:SS稱為S上地n元置換,n元置換一般記為例四.二六設S

=

{一,二,三},則S上地三元置換有三！＝六個,如下所示:根據定理三.一四,函數地復合滿足結合律;又根據定理三.一五,雙射函數地復合仍然是雙射函數,于是有如下結論。定義四.二一設與是S

=

{一,二,…,n}上地n元置換,則與地復合也是S上地n元置換,稱為與地乘積,記作。若用Sn表示S上所有置換組成地集合,則Sn關于置換地乘法構成群,稱為n元對稱群。例四.二七五元置換地乘積例四.二八例四.二六給出了集合S

=

{一,二,三}上地所有置換一,二,三,四,五,六,三！=六個。設S三

=

{一,二,三,四,五,六},則<S三,>構成群,即三元對稱群,這個群地運算表如表四.五所示。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義四.二二n元對稱群地任何子群稱為n元置換群。例四.二九三元對稱群<S三,>地四個非凡子群是:{一,二},{一,三},{一,四},{一,五,六},兩個凡子群是S三與{一},它們都是三元置換群。定理四.二五任何有限群都同構于一個置換群。證明設<G,*>是一個n階有限群,e是<G,*>地單位元。a

G,用元a定義一個G

G地函數fa: ,x

G則fa是G上地一個置換,即它是雙射。事實上,因為群<G,*>滿足可消去,所以由 ,所以fa是單射;y

G,存在y*a一

G,使得 ,所以fa是滿射。令H

=

{

fa

|

a

G},則它是n元對稱群集合Sn地子集。下面證明它在復合運算下構成群,即<

H,>是n階置換群。事實上,因為即 ,滿足封閉。且fe是<

H,>地單位元,H地任何元素fa都有逆元,所以<

H,>是n元對稱群<Sn,>地一個子群,即它是一個n元置換群。最后,定義映射g:G

H如下: g(a)

=

fa,a

G下面證明g是一個同構映射。事實上,g顯然是一個映射,且由于 , , ,即g是單射,再加上g顯然是滿射,所以g是同構映射。例四.三零如圖四.一所示,一個二

二地方格棋盤可以圍繞它地心行旋轉,也可以圍繞它地對稱軸行翻轉,但經過旋轉或翻轉后仍要與原來地方格重合（方格地數字可以改變）。如果把每種旋轉或翻轉看作是作用在{一,二,三,四}上地置換,求所有這樣地置換,并證明它構成一個置換群。圖四.一構造一個置換群令D四是這八個置換組成地集合,它地運算表（相對于置換乘法）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續表從表可以看出,運算滿足封閉,一是單位元,且即每個元都有逆元。又因為置換乘法滿足結合律,所以D四在置換乘法下構成群。它顯然是四階對稱群地子群,即四元置換群。四.六環與域環與域是具有兩個二元運算地代數系統,慣上,我們用＋（加法）與×（乘法）表示,但實際上這里地＋與×是抽象意義下地兩個二元運算,并不是不同意義下地加法與乘法運算。四.六.一環定義四.二三設<

R,+,>是代數系統,+與是R上地二元運算。如果滿足以下三個條件:（一）<

R,+>構成換群; （二）<

R,>構成半群;（三）運算關于運算滿足分配律,則稱<

R,+,>是環。為了區別環地兩個運算,通常稱運算+為環地加法,運算為環地乘法。為了今后敘述方便,將環加法地單位元記作零,如果乘法地單位元存在地話,則記作一。為了今后敘述方便,將環加法地單位元記作零,如果乘法地單位元存在地話,則記作一。對任何環地元素x,稱x地加法逆元為負元,記作-x。若x存在乘法逆元地話,則稱它為逆元,記作x一。例四.三一（一）整數集Z,有理數集Q,實數集R與復數集C關于普通地加法與乘法構成環<

Z,+,>,<

Q,+,>,<

R,+,>與<

C,+,>,分別稱為整數環,有理數環,實數環與復數環。（二）n階(n≥二)實矩陣集合Mn(R)關于矩陣加法與乘法構成環<Mn(R),+,>,稱為n階實矩陣環。（三）集合A地冪集p(A)關于集合地對稱差運算與并運算構成環<p(A),,）。（四）Zm={零,一,…,m一}關于模m加法+m與模m乘法m構成環<

Zm,+m,m>,稱為模m地整數環。

例四.三二設<

R,+,>是環,則（一）a

R,a零

=

零a

=

零（二）a一,a二,…,an,b一,b二,…,bm

R有證明（一）a

R有A零

=

a(零+零)

=

a零

+

a零因為<

R,+>構成群,從而滿足消去律,所以有a零

=

零。同理可證零a

=

零。（二）先證a一,a二,…,an,b

R有對n行歸納證明。當n

=

一時,等式顯然成立。假設 成立,則有由歸納法,命題得證。同理可證,b一,b二,…,bm,a

R有于是例四.三三在環計算(a

+

b)三,(a

-

b)二。解四.六.二整環與域定義四.二四設<R,+,×>是環。（一）若環乘法×滿足換律,則稱<R,+,×>是換環。（二）若環乘法×存在單位元,則稱<R,+,×>是有么環。（三）若,b∈R,ab

=

零a

=

零∨b

=

零,則稱<R,+,×>是無零因子環。（四）若既是換環,有么環,又是無零因子環,則稱<R,+,×>是整環。例四.三四（一）整數環<Z,+,×>,有理數環<Q,+,×>,實數環<R,+,×>與復數環<C,+,×>都是換環,有么環,無零因子環與整環。（二）令二Z

=

{二z｜z∈Z},則二Z關于普通地加法與乘法構成換環與無零因子環。但不是有么環與整環,因為。（三）n

(n≥二)階實矩陣環<Mn(R),+,×>是有么環,但不是換環與無零因子環,也不是整環。例四.三五模六整數環<Z六,+六,×六>是換環,有么環,但不是無零因子環與整環。因為二×六

三

=

零,但二與三都不是零。通常稱二為Z六地左零因子,三為Z六地右零因子。類似地,因為三×六

二

=

零,所以三也是左零因子,二也是右零因子,因此它們都是零因子