《《子群及其陪集》PPT课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《子群及其陪集》PPT课件.ppt（94页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、第六章 群、环、域,1,2,3,代数系统,子群及其陪集,5,6,7,群的同态及同构,环,域的特征 素域,4,多项式,有限域,8,群的定义,6.3.1 子 群 的 定 义,子群：设（G，）是一个群，H G，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。真子群：如果G的一个子群H不等于G，即H G则（H，）叫做(G，）的真子群。Note:G的子群H的运算必须与G的运算一样，比如,（C*，）不是（C，+）的子群。,子群的例,例.（mZ，+）是整数加法群（Z，+）的一个子群，其中m为整数。例.（C，+）以（R，+）、（Q，+）、（Z，+）为其真子群。例.（C*，）以（R*，
2、）、（Q*，）为其真子群。例.行列式等于1的所有n阶矩阵作成实数域上所有n阶非奇异矩阵的乘法群的一个真子群。例.n次交代群是n次对称群的一个真子群(n1)。,平凡子群,任一群G都有两个明显的子群，称为G的平凡子群：由其单位元素组成的子群1，称为G的单位子群；G本身。其余的子群（如果有的话）称为非平凡子群。,平凡子群,例：偶数加法群是整数加法群的非平凡子群例:是否对于任意群G，都存在两个不同的子群？例：若S=0,1,2,3,4，规定S上的运算5是模5加法，则(S,5)是模5的整数加法群.取A=0,2,4,问A在5 下，是否为S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
3、的一个子集H是G的一个子群的充分必要条件是(1)若aH，b H，则ab H；(2)若a H，则a-1 H；(3)H非空。,判别条件一(必要性证明),证明：必要性 若H是G的子群，则(1)、(3)显然。现要证（2）.,判别条件一(必要性证明),先证H中的单位元就是G中的单位元。设1G是G中的单位元，1H是H中的单位元。任取aH，则在H中有：1H a=a，故在G中也成立。以a-1右乘得（1H a）a-1=aa-1，即，1H（aa-1）=1G，1H 1G=1G，故，1H=1G。,判别条件一(必要性证明),由群的定义，对于H中的a，应有bH，使，ab=1H，而1H=1G，因此，ab=1G，此式在G中亦
4、成立，以a-1左乘得a-1 ab=a-11G b=a-1 1G=a-1，因而a-1H，即（2）成立。必要性证毕。,判别条件一（充分性证明）设(1),(2),(3)成立。由(3)，H非空。由(1)，H内运算封闭.在G中成立的结合律在子集H中自然成立。往证H中有单位元1G。任取aH,由(2),a-1H,由(1),aa-1H，即1GH；1G在G中适合1Ga=a，故在H中亦有此性质。往证H中任意元素a有逆.因由(2),a-1H，但是G中，a-1a=1G，此式在H中亦应成立，故a-1即a在H中之逆。综上，H在G的运算下是一个群，故是G的子群。,子群H与大群G的关系：H的单位元就是G的单位元，H中任一元素
5、a在H中的逆元也就是a在G中的逆元。,应用判别条件一 例,设（H1，），（H2，）是群（G，）的两个互不包含的子群，证明：H1H2G。证明：因H1H2 G，故只需证 G中存在一个元素，它既不属于H1，也不属于H2。由H1，H2互不包含知，存在x，y，使得xH1，且xH2，yH2，且yH1。往证 xyH1，且xyH2。,用反证法，若xyH1，则由xH1 及由H1是G的子群知，x-1H1，故，x-1（xy）H1，即，yH1，与y H1矛盾。用反证法，若xyH2，则由yH2 及由H2是G的子群知，y-1H2，故，（xy）y-1H2，即，xH2，与x H2矛盾。因此，xyH1H2，而xyG，所以H1H
6、2G。,定理（判别条件二）定理中的两个条件(1)，(2)可以换成下面一个条件(*)若aH,bH，则ab-1H。,证明：设(1),(2)成立，往证(*)成立。设aH，bH，由(2),b-1H，故由(1)，ab-1H，因而(*)成立设(*)成立，往证(1),(2)成立。设aH，由(*)可推得，aH,aH，故aa-1H，即1H。又由(*)可推得，1H，aH，故1a-1H，即a-1H，因而(2)成立。设aH，bH，因为(2)已证，故b-1H。再由(*)推知，aH，b-1H，故a(b-1)-1H，即 abH，故(1)成立。,应用判别条件二 例,设H、K是G的子群，求证HK也是G的子群证明：显然HK G(
7、1)往证HK非空。由H、K是G的子群，知，1H且1 K 故1HK.(2)任取a，bHK，往证a b-1HK由a,bH，及H是G的子群，知，a b-1H同理可得，a b-1K。故a b-1HK。因此,HK是G的子群。扩展结论：群G的任意多个子群的交仍是G的子群,应用判别条件二 例,给定整数m，证明(mZ,+)是一个群。证明：因(Z,+)是一个群，mZ是Z的非空子集，因此，只需证(mZ,+)是(Z,+)的子群。对任意x,y mZ,存在k,l Z，使得x=km,y=lm,于是 x-y=km-lm=(k-l)m mZ。因此，(mZ,+)是(Z,+)的子群，当然本身是一个群。,定理6.3.3（判别条件三
8、）,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，bH，则ab H。,如果(G,)是有限群，则对G的任意非空子集H，只要运算封闭，(H,)就是(G,)的子群。,证明：必要性显然。充分性。由判别条件一知，只需证明若aH，则a-1H即可。任取aH,则由运算封闭性,a,a2,a3,.H。因为 H有限,所以i,j,有 ai=aj,ji，故 aj-i=1,a aj-i-1=1 a)若j-i1,则 a-1=aj-i-1H。b)若j-i=1,则 a=1,故 a-1=a H。因此,H是G的子群.(充分性也可用习题6.22结论证明),应用判别条件三 例,设G是n次对称群
9、，判断其非空子集是否是群只需验证运算是否封闭。试判断下面子集在置换的乘法下是否是群：(1)所有偶置换的集合(2)所有奇置换的集合(3)I,(1 2)(4)I,(12),(13),6.3.3 循 环 群,定理6.3.4 设a是群G的一个元素。于是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，(a)做成G的一个子群。,6.3.3 循 环 群,定义:如果G可以由它的某元素a生成,即有a G使G=(a)，群G叫做一个循
10、环群，或巡回群。于是定理中的子群(a)可称为由a生成的循环子群。,例: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。例.设G是4次对称群（本身不是循环群），由（1 2）生成的循环子群为I，（1 2）。,例1：(C*,.)是非零复数乘法群：H1=1，-1，i，-i，是由i生成的(C*,.)的循环子群H2=1，-1，是由-1生成的(C*,.)的循环子群H3=2-2,2-1,20,2,22，是由2生成的(C*,.)的循环子群例2：判断有理数加群（Q,+）是否为循环群？例3:判断正有理数乘法群(Q+,.)是否为循环群？,结论：每个循环群是Abel群。证明：设(G,*)是循环群
11、，g是生成元，则对a,b G,a=gr，b=gs，a*b=gr*gs=gr+s=gs*gr=b*a因此，G是Abel群。,元素的周期看由元素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，asat。情形20：如果(1)中出现重复的元素，即有整数 st使as=at。不妨设st，于是s-t0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。,元素的周期,结论：群中单位元的周期为1，（1）=1。结论:群中任一元素和它的逆
12、元具有同样的周期 证明:若a的周期为无穷大,则显然a-1的周期也为无穷大若a的周期为n,a-1的周期为m，由(a-1)n=(an)-1=1-1=1，知 mn。由am=(am)-1)-1=(a-1)m)-1=1-1=1，知 nm。因此，m=n。,周期的例例.4次对称群中（1 2 3 4）的周期是4，因为（1 2 3 4）2=（1 3)(2 4）（1 2 3 4）3=（1 4 3 2）（1 2 3 4）4=I例.在（C*，）中，1的周期为1，-1的周期为2.i的周期为4，模数r1的复数z=rei的周期为无穷大。,周期的例,例:设(G,)是群,x，yG,且yxy-1=x2其中x1,y的周期是2,试求
13、x的周期。解：由已知x1，断言x21.反证，若x2=1，由已知yxy-1=x 2，得yxy-1=1，即，y（xy-1）=1，又由群中任意元素的逆是唯一的得y-1=xy-1，两边同时右乘y，得x=1，与已知矛盾。,由yxy-1=x 2，得：x4=（yxy 1）（yxy 1）=（yx）（y1y）（xy1）=（yx）1（xy 1）=yx2y 1=y（yxy 1）y 1 由已知=y2xy 2由y的周期是2知，y2=1，且 y2=1。因此，x4=1x1=x。即，x3=1。因此，3是满足xn=1的n的最小正整数即，x的周期是3。,定理,若群G中元素a的周期为n，则（1）1,a,a2,a3,an-1为n个不
14、同元素；（2）am=1当且仅当nm;（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，0rn故am=anqar=(an)qar=1qar=lar=ar；由于0rn，故按周期的定义知ar=1 iff r=0所以am=1 iff r=0 iff nm即（2）得证。由（2）即知 as=at iff as-t=1 iff n(s-t)，即（3）得证，最后由（3）立即可得（1）。,结论：设a为群G的一个元素，（1）如果a的周期为无穷大，则（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。（2）如果a的周期为n，则（a）为n元循环群它由n
15、个不同的元素1，a，a2，a3，an-1组成。注：,加法群中元素的周期在加法群中，(a)应换为a的所有倍数的集合，-2a，-a，0，a，2a，*当(*)中的所有元素均彼此不同时，称a的周期为无穷大或为0；否则当n为适合na=0的最小正整数时，称a的周期为n.例.（Z,+)中除0以外,其余元素的周期为无穷大例.A1=0,1,2,3,4,5,6为模6加法运算，求(A1,6)中各个元素的周期。0的周期为1；1的周期为6；2的周期为3；3的周期为2；4的周期为3；5的周期为6.,定理6.3.5 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nm;(3
16、)sa=ta当且仅当n(s-t).,循环群的生成元素 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。例：,证明：（1）往证无限循环群中，共有2个生成元a及a-1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=ak m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)往证：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必
17、要性。若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=ak m。因（a）是一个n元循环群，即a的周期为n。由周期的性质知，n|km-1。因此，km-1=qn，mk-qn=1。这说明k与n互质。,(2)往证：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充分性。若k与n互质，则有s和t，使sk+tn=1，故 a1=ask+tn=askatn=(ak)s(an)t=(ak)s.即a可表为ak的若干次方，因此（a）中每个元素都可表示为ak的方幂，ak是（a）的一个生成元总之,ak 是(a)的生成元 if
18、f（n，k）=1但在0kn中，共有(n)个k与n互质，故共有(n)个元素ak可生成（a）。,例.(Z,+)的生成元：1,-1例.(nZ,+)的生成元：n,-n例.设(a)=1,a,a2,a3（n）=（4）=2,(a)的生成元为a，a3。验证：(a3)=(a3)0,(a3)1,(a3)2,(a3)3=1,a,a2,a3 a2不是(a)的生成元:(a2)=(a2)0,(a2)1=1,a21不是(a)的生成元:(1)=1,例：S1=0,1,2,3,4，5为模5加法运算，则（S1,5）为模5整数加法群。请求出S1中每个元素的周期,并指出所有的生成元。解：0的周期为11的周期为52的周期为53的周期为5
19、4的周期为5生成元：1,2,3，4,例：S2=0,1,2,3,4，5，6为模6加法运算，则（S2,6）为模6整数加法群。请求出S2中每个元素的周期,并指出所有的生成元。解：0的周期为1 1的周期为6 2的周期为3 3的周期为2 4的周期为3 5的周期为6生成元：1,5结论：模m加法群是循环群,例:请写出3次对称群(S3,)的所有循环子群解：(I)H=I(1 2)H=I,(1 2)(1 3)H=I,(1 3)(2 3)H=I,(2 3)(1 2 3)H=(1 3 2)H=I,(1 2 3),(1 3 2),例：设G是元数为质数p的循环群，则对于G中任意不是单位元的元素a，a都是生成元。证明：设G
20、=（u），由a不是单位元，存在lZ使 a=ul，且0lp.因p为质数，l和p互质，故存在整数m,n，使nl+mp=1.于是u=unl+mp=(ul)n(up)m=an从而对于G中任意一个元素x，都存在tZ,使 x=ut=atn，tnZ.即证得a是G的生成元。,6.3.4 陪 集,合同关系定义:设G是群，H是G的子群，a，bG，若有hH，使得 a=bh，则称a合同于b（右模H），记为 ab（右mod H）。,例.设G是三次对称群：G=I,(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)，H是由（1 2 3）生成的子群：H=I，（1 2 3），（1 3 2）。因为有IH，使得（1
21、 2）=（1 2）I，所以（1 2）（1 2）（右mod H）。因为有(1 2 3)H,使得(2 3)=(1 2)(1 2 3)，所以（2 3）（1 2）（右mod H）。可验证：（1 2）（2 3）（右mod H），(1 2）（1 3）（右mod H），(1 3）（1 2）（右mod H），（1 3）（2 3）（右mod H），（2 3）（1 3）（右mod H），H中元素互相合同,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aG，有1H,使得a=a1,所以aa(右mod H)。2）证对称性.即若ab(右mod H)，则ba(右mod H)。由a=bh，hH 可以
22、推出b=ah-1，而且h-1 H，故ba（右mod H）。3)证传递性.即证若ab(右mod H)，bc（右mod H），则ac（右mod H）。由a=bh，b=ck，h，kH，可得a=ckh，其中khH，故ac（右mod H）。,陪集,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.同样，可以定义a合同于b（左模H）：ab（左modH）和H的左陪集。,结论：a所在的右陪集为 aH=ah|h H。分析：只需证明aH是合同关系（右模H）下的一个等价类即可。即证明：（1）aH中元素互相合同(等价)。（2）若b与aH中某元素c合同(等价)，则baH.（即证aH中任意元素与a
23、H外任意元素不等价）,证明：(1)任取x，yaH，往证：xy（右modH）证因x，yaH，则有h1,h2H,使得x=ah1 y=ah2由ah1=a(h2h2-1)h1=ah2(h2-1 h1)即，x=y(h2-1 h1)，而(h2-1 h1)H故xy（右modH）,(2)若c aH，b c(右modH)，往证baH.证明：由b c(右modH)，知有h1H，使得b=ch1有 由c aH，知有h2 H，c=ah2得故b=ch1=ah2h1=a(h2h1)而h2h1H，可见baH,陪集的例,例：设G是整数加法群。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mod
24、H）和（右mod H）是一样的，左右陪集也是一样的.ab（mod H），即a=b+h(hH),亦即 a=b+km,m|a-b，故ab（mod m）。可见，H的陪集就是模m的剩余类。,求陪集的简单方法,若G是一个有限群，求H的右陪集：首先，H本身是一个；任取aG,aH而求aH又得到一个；任取aG,bHaH而求bH又得到一个；如此类推，因G有限，最后必被穷尽，而 G=HaHbH。,例.设G是3次对称群：S3=I,(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)，H：I,(1 2)，H有三个右陪集：H=I,(1 2)(1 3)H=(1 3),(1 2 3)(2 3)H=(2 3),
25、(1 3 2)。H有三个左陪集：H=I,(1 2)H(23)=(2 3),(1 2 3)，H(13)=(1 3),(1 3 2),例.设G是3次对称群：S3=I,(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)，H：I,(1 2 3)，(1 3 2)，H有2个右陪集：H=I,(1 2 3)，(1 3 2)(12)H=(12),(23),(13)H有2个左陪集：H=I,(1 2 3)，(1 3 2)H(12)=(12),(23),(13)H的左右陪集相等,例：S=0,1,2,3，4为模4加法运算，则(S,4)为模4整数加法群,H=0,2，(H,4)为S的子群.求H的左陪集和右陪
26、集。,定理,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=ahhH，又G中有消法律：由ax=ay可以推出x=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。,陪集的性质,（1）若H为G的有限子群，则|aH|=|H|。（2）H本身也是H的右陪集。证明：因为H=1H，所以，H为1所在的右陪集。,（3）aH=H iff aH。证明：必要性：由a=a1aH,aH=H得aH。充分性（证法一）：由aH，aaH,知aH=H，否则,a在两个不同的等价类中，矛盾。充分性（证法二）：先证 aH H。任取xaH,则x=ah,hH，再由aH，及H是G的子群知 x=a
27、hH。再证H aH。任取xH,x=（aa-1）x=a(a-1 x)由aH,xH,及H是G的子群知 a-1 x H,因此 x=a（a-1 x）aH。,（4）a在陪集aH中。证明：因为a=a1aH。根据这点，把a叫做右陪集aH的一个陪集代,陪集的性质5）对于右陪集aH中任意元素b，都有aH=bH证法一：由baH知，存在hH，使得b=ah因此，bH=ahH=a（hH）=aH。证法二：若aHbH，由baH知，b在右陪集aH中，而又由（4）知，b在右陪集bH中，b在两个不同的等价类中，矛盾。说明右陪集aH中任一元素都可以做陪集代表,培集的性质,从（5）还可推出：（6）aH=bH的充分必要条件是a-1bH
28、。证明：必要性.由bbH,及aH=bH知，baH,故a-1bH。充分性.由a-1bH，知，baH,故由性质（5），知 aH=bH。,陪集的性质,（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caH，且cbH。因此，由（5）得aH=cH，且bH=cH。故，aH=bH。,正规子群,定义.设H是群G的子群,设对G中的任意元素g,都有gH=Hg,则称H是G的正规子群。gH=Hg 与 对任意 h H,gh=hg是一个意思吗？结论1“平凡”子群H=1和G都是G的正规子群.结论2 Abel群的任意子群是正规子群。,结论：H是G的正规子群，必要而且只要对任
29、意的gG，gHg-1 H.证明：必要性.由H是G的正规子群，知，对于任意gG，gH=Hg,即,gHg-1=H，故 gHg-1 H.充分性.设对任意gG，gHg-1 H。既然此式对任意gG成立，则以g-1G代g仍成立：g-1H（g-1）-1 H，即，g-1Hg H；以g左乘以g-1右乘之，得H gHg-1因此，H=gHg-1对任意gG都成立,即，gH=Hg,因而H是正规子群。,正规子群的例,例：S=0,1,2,3，4为模4加法运算，则(S,4)为模4整数加法群,H=0,2，(H,4)为S的子群.验证H是S的正规子群。证明：0 4H=0,2=H4 0 1 4H=1,3=H4 1 2 4H=0,2=
30、H4 2 3 4H=3,1=H4 3,正规子群的例,例.设G是3次对称群:I,(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2),则（1）H1=I,(1 2)不是正规子群，因为（1 3）H1 H1（1 3）（2）H2=I,(1 2 3),（1 3 2）是正规子群.证明：对任意H2，H2=H2=H2(1 2)H2=H2(1 2)=(1 2),(2 3),(1 3),因(2 3)H2=H2(2 3)=(1 2),(2 3),(1 3),同理，(1 3)H2=H2(1 3)。,Lagrange定理,设G为有限群，则G的任意子群H的元数整除群G的元数。证明：设|G|=n，|H|=r。设
31、H有s个右陪集,则每个右陪集的元数等于H的元数r，再由不同的右陪集没有公共元素，知所有右陪集的并集有元数rs。而G等于所有右陪集的并集，故|G|=n=rs=|H|s，即，子群H的元数整除群G的元数。,Lagrange定理的逆命题不成立,Lagrange定理的逆命题含义：(1)设G是有限群，H G，若有|H|G|,则H为G的子群。(2)设G是有限群，若m|G|，则G存在一个元数个数为m的子群。,例：以四次交代群A4为例，说明n元群对于n的因数k，可能没有k元子群。即证明A4没有6元子群.证明：假设A4有一个6元子群H，而A4包含3个形如(ab)(cd)的元素，包含8个形如(abc)的元素。(1)
32、若H中都是形如(abc)的元素，而(abc)-1=(cba)H，即H中3元置换必成对出现，加上一个单位置换H的元数不会是6.矛盾(2)若H中都是形如(ab)的元素，再加上一个单位置换，H中只有4个元素，不会是6个.矛盾,(3)不失一般性，H中即有3元置换，也有2元置换不妨设(abc)H,(ab)(cd)H，而(abc)-1=(cba)H，又(abc)(ab)(cd)=(acd)H，(ab)(cd)(abc)=(bdc)H，(acd)-1=(dca)H，再加上单位元，|H|6,矛盾。因此，A4不会有6元子群。,Lagrange定理总结,结论1：若G为有限群，并且|G|=n,则G的任意子群的元数均
33、为n的因子；反过来，对于n的任意一个因子m，G未必有m元子群。结论2：若G是循环群，且|G|=n，则对于n任意一个正因数m，G一定存在m元子群。结论3：元数是质数的群，一定没有非平凡子群结论4：设G是有限群，且|G|=n，则G中任意元素的周期一定为n的因子。,H在G中的指数:有限群G的元数除以H的元数 所得的商,记为（G：H），称作H在G中的指数。结论：H的指数也就是H的右(左)陪集的个数右代表系:从每个右陪集中选出一个元素为代表全体代表的集合叫做一个右代表系或右代表团。结论：设G有限而g1，gs作成一个右代表系则g1H，gsH便是H的所有右陪集而 G=g1HgsH。,应用Lagrange定理
34、,定理6.3.8 设G为有限群，元数为n，对任意aG，有an=1。证明：因为G有限，a的周期必有限，否则a所生成的循环子群（a）将无限，G的元素将无穷多。命a的周期为m，则a生成一个m元循环子群（a）。按Lagrange定理，mn，即n0（mod m），因此an=1。,例 写出三次对称群的所有子群。S3=（1）,(1 2),（1 3）,（2 3）,（1 2 3）,(1 3 2)由Lagrange定理，子群的元数只能为1,2,3,6元数为1的子群(（1）,)元数为2的子群(元数为质数的群一定为循环群)以(12)为生成元：(（1）,（1 2），)以(13)为生成元：(（1）,（1 3），)以(23
35、)为生成元：(（1）,（2 3），)元数为3的子群一定为循环群以(123)为生成元：（1）,（1 2 3）,（1 3 2），)元数为6的子群:S3,构造元数为3的群。试完成下面的乘法表。,元数为3的群只有1个。,例 构造元数为4的群。任取四元群中一非单位元的元素a，由Lagrange定理知，a的周期可能为2,4(1)若群中有周期为4的元素，不妨设为a。四元循环群,(2)若除单位元外，其他3个元素a,b,c周期均为2(每个元素逆均为其自身)Klein四元群结论：当n6时，n元群均是交换群。,作业,习题6.3-3,5,第六章 群、环、域,1,2,3,代数系统,群的同态及同构,子群及其陪集,5,6,
36、7,群的定义,环,域的特征 素域,4,多项式,有限域,8,6.4 群的同态及同构,6.4.1 同 态 映 射 6.4.2 同 构 映 射 6.4.3 同 态 核,6.4.1 同 态 映 射,定义.设(G,*)是一个群,(K,)是一个代数系统，称G到K的一个映射是一个同态映射，如果对G中任意元素a，b，有(a*b)=(a)(b)注意：这个映射既不一定是单射也不一定是满射。,例.设(G，*)，(K，+)是两个群，令：x e，xG，其中e是K的单位元。则是G到K内的映射，且对任意a,bG，有(a*b)=e=e+e=(a)+(b)。即，是G到K的同态映射。(G)=e是K的一个子群,记G(G)。这个同态
37、映射是任意两个群之间都有的。,例.设G1是整数加法群，G2是模n的整数加法群，G2上的运算如下：a b=令：x x(mod n)，xG1，则是G1到G2的满射，且对任意a,bG1，有(a+b)=(a+b)(mod n)=a(mod n)b(mod n)=(a)(b)。是G1到G2的满同态映射。,例.设G为整数加群，G1 为实数加群，令：x-x，xG，则是G到G1内的映射，且对任意x1,x2 G，有(x1+x2)=-(x1+x2)=(-x1)+(-x2)=(x1)+(x2)，所以是G到 G1的同态映射，显然是单射但不是满射，(G)=Z 是G1的子群。,设(G,*)是一个群,(K,)是一个代数系统
38、，是G到K中的一个同态映射，G=(G)，则(1)(G,)是一个群;(2)G的单位元1就是G的单位元1的映像(1)，即1=(1)；(3)对任意a G，(a)-1=(a-1)。称G和G同态，记为GG。,定理6.4.1,例.对群(Z，+)和(C*，)，若令：n in，n Z，其中i是C的虚数单位。则是Z到C*内的一个映射，且对m,nZ，有(m+n)=im+n=imin=(m)(n)。即，是(Z，+)到(C*，)的同态映射，Z(Z)。(Z)=1，-1，i，-i是C*的一个子群。,例.群（R，+）和(R+,)是同态的，因为若令：x ex，xR，则是R到R+的1-1映射，且对任意x1,x2 R，有(x1+
39、x2)=ex1+x2=ex1 ex2=(x1)(x2)，是（R，+）到(R+,)的满同态映射。,定理 证明,(1)因为群G非空，至少1G，故至少(1)G，即G非空。(2)任取aG，bG，往证abG。因有a,bG,使得 a=(a),b=(b)，故按的同态性，ab=(a)(b)=(ab)，而ab G,因而ab=(ab)(G),即 ab G。,(3)往证G中有结合律成立：任取a,b,cG，往证 a(bc)=(ab)c。因有a,b,cG,使得 a=(a),b=(b),c=(c)，故按的同态性，a(b c)=(a)(b)(c)=(a(bc)(ab)c=(a)(b)(c)=(ab)c)因群G中有结合律成立
40、,所以 a(bc)=(ab)c。于是(a(bc)=(ab)c)。因此，a(b c)=(ab)c。,往证G有左壹而且就是(1)，即证对于任意的aG，有(1)a=a。因有aG，使得 a=(a)，按的同态性(1)a=(1)(a)=(1a)=(a)=a。(5)往证G中任意元素(a)有左逆且就是(a-1)。由aG，且G是群，知a-1G，故(a-1)G。由的同态性(a-1)(a)=(a-1a)=(1)。即G做成一个群,G的壹1=(1)，G中(a)的逆是(a-1)。,结论：在定理前提下,如果G中两个元素在G中的映像相同，则它们的逆元在G中的映像仍相同。即若(a)=(b),往证(a-1)=(b-1)证明：若(
41、a)=(b)，则(a)-1=(b)-1 由定理知(a)-1=(a-1)(b)-1=(b-1)故，(a-1)=(b-1),习题6.2-2举例说明不要求可除条件而要求消去条件，即要求由ax=ay可推出x=y，由xa=ya可推出x=y，则G不见得是一个群，若G有限怎么样？解:(1)例如，全体正整数在普通乘法下，适合消去律，但不是群。,(2)往证有限半群，满足消去条件，一定是群。解：因G有限，设G=a1，a2，an，任取G中元素a，用a右乘G中各元素得a1a，a2a，ana先证这n个元素必不相同。反证法，若aia=aja(ij)，由消去条件有ai=aj，矛盾。设G1=a1a，a2a，ana,G=G1.则对任意bG，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。,
