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近世代数(北师大)1080p高清版全集

2022-03-25 08:03 作者:delta萌  | 我要投稿

同构:

映射:所有元素都有像且像唯一,也就是单值函数中一个x只能对应一个y。

同态:f(a$b)=f(a)*f(b)

满射:所有像都有原像

单射:每个像的原像都不同

只要找到一个这样的映射,就称G与G'等价

且这个映射称为同构映射

同构进阶思考:

同构的两个的群元素可能不相同,但行为是可以看作是相同的。



等价类与划分:

关系抽象成代数,两个元素做比较,则是A×A->D的映射,其中D为满足与不满的二元集合{True,false},则可以判断两个属于A的元素是否符合关系。

R(a,b)=True说明a,b满足关系R。


等价关系:

满足首先是个关系,是A的元素间的关系

对于任意a属于A,a~a,反身性,自反性

对于任意a,b属于A,若a~b,则b~a,对称性

对于任意a,b,c属于A,若a~b且b~c,则a~c,传递性


等价关系对A产生划分:

划分是指对A分成若干个子集(类)

①每个元素属于某子集

②任意不同子集的交集为空


定理1:集合一个分类确定一个等价关系

证明:两个元素等价当且仅当a与b在同一类,a~b,验证三条易证。也就是说集合里出现一个分类比如苹果类,则就会出现一个判断是否为苹果类的等价关系。


定理2:集合上的一个等价类确定一个集合的分类

证明:把等价的元素放在一个子集中,叫类。比如把与a等价的元素放在一起做成集合[a]。假设b~a,则也会存在一个[b],那么[a]与[b]是否会不同?也就是需要证明一个类中的代表元是谁不重要,只要它还是属于这个类的就行。即证明:a~b => [a]=[b]

对于任意c∈[a] => c~a => c~b => c∈[b] => [b]包含 [a]。反之亦然,所以[a]=[b]。


显然a∈[a],那么a会属于其他[c]呢?,显然上述证明表明,如果a属于[c],那么[a]=[c],则[a]和[c]是同一个类。则不同的类的集合互不相交。


例子:A=Z,R(a,b)->True当且仅当n|(a-b),其中n是给定的正整数。

验证:

a~a => n|(a-a) 自反正确

a~b => n(a-b) 则n|(b-a) => b~a 对称正确

a~b,b~c => n|(a-b),n|(b-c),则n|(a-b)+(b-c)=n|(a-c),显然a~c,传递性正确。

用这个等价关系做一个划分:

[0],[1],[2],...,[n-1]数论可知最多只有n-1个划分,则

[0]={kn±0|k∈Z}

[1]={kn±1|k∈Z}

...

[n-1]={kn±(n-1)|k∈Z}

[0],[1],[2],...,[n-1]就叫模n的剩余类

冷知识:负整数都可以拆分成带余除法式,其因数是负数,且余数是非负的。


群同态:

同态的好处,前边的有结合律后面有结合律,前边有交换律后面也有分配律,还有在域的概念下还可以具有分配律,前边有单位元后面也有单位元,前边有逆元,则后面也有逆元。


定理:G与G'关于它们的乘法同态,则G'也是一个群

证明:

①封闭性:由于G与G'乘法共享,所以封闭性传递

②结合律:由于(a*b)*c=a*(b*c),则由于同态是满射的,则(f(a)*f(b))*f(c)=f(a*b)*f(c)=f(a*(b*c))=f(a)*f(b*c)=f(a)*(f(b)*f(c))。

③单位元:取e∈G,f(e)属于G',则任意a∈G,有f(a)=f(a*e)=f(a)*f(e)的f(e)也是有单位元的

④逆元:任意a∈G,则a*a^-1=e,则f(a*a^-1)=f(a)*f(a^-1)=f(e),由于f(e)是单位元,则f(a^-1)就是f(a)的逆即f(a^-1)=f(a)^-1,则G'中的每个元素都有逆。


以上证明能够用同态映射,把一个群的性质定义另一个集合也为群且具有一致的性质。


例子G=<Z,+>,G'={a,b,c}且其乘法表为:

(a,a)=a,(b,b)=c,(c,c)=b,(a,b)=b,(a,c)=c,(b,c)=a且对称可交换。


设置一个映射φ:G => G':x->a ,x≡0(mod 3)

b ,x≡1(mod 3)

c , x≡2(mod 3)

用mod3剩余类划分G,再映射到a,b,c而已

首先验证φ是同态:

①满射,显然因为是映射则任意x,y∈G,φ(x+y)=φ(x)φ(y)

②把x和y根据余数组合一下,有A(2,3)种可能。

由于模除分类的功能,而且模运算在加法下也成群,所以用来把整数加群进行有限划分很好使。

验证一下可以知道φ就是G到G'的同态映射。

因此G'也就是群了,则G'的运算也就具有结合律了(这样就可以绕过去结合律证明一个集合是群了)


但G'是群,推不出G是群,因为映射是定义在G到G'的而不是G'到G的。


定理:若G与G'关于它们的乘法同构

则G是群 <=> G'是群


这里之所以能成立,是因为它们的运算共享,,导致G'首先就具有了封闭性,否则就退回去先把G'的运算封闭性验算完了,再进行上述推导就ok了。


可以利用G'的元素数量,先构建一个中间群M使得M具有G'元素数量的数量,且做一个映射,再把G的元素数量都压缩(映射到)到M上就可以了。(这貌似就是第一同构定理?)


变换群:

设非空集合A,且|A|=n,则映射f:A->A中的变换有n^n个,例如1,2,...,n是原像,则分别都有n种映射的可能,乘法原理可知有n^n种变换。而一 一变换有n!个因为从1开始有n种映射可能,2就只有n-1种,以此类推,第n个只有1种了,由乘法原理可知有n!种映射。

令S={A上的所有变换},再定义一个乘法,使A上的变换做有序复合,也就是变换的复合(看了一下课程是为了对称群做准备的吧)


封闭性:即验证A上变换的复合还是A上的变换,这说明只要把复合后的变换作用到A的元素上,只要还能得到A上的元素,说明S上的乘法封闭了,这是显然的,因为A上的变换的定义就说明变换是A->A的映射,自然无论复合多少次,都还是会映射到A上的


结合律:同样的变换的验证要落实到A上。

a (t1*t2)*t3=[a t1*t2]*t3=[ [a t1]*t2]*t3

a t1*(t2*t3)=[a t1]*(t2*t3=[ [a t1]*t2]*t3

两者相等,结合律成立


幺元:恒等变换是唯一的幺元,证明这个就可以了。假设e是恒等变换,由于1-1变换存在,所以e存在,则a (e*t) = [a e]*t = a t,说明e是幺元,再证明它唯一性,a (e'*t) = [a e']*t =a t = [a e]*t,则由消去律可得e=e'。(消去律在群里是内置的哇)


逆元:寻找?*t=e,若存在则a (?*t)=[a ?]*t=a,这是可满足式不一定成立的。


也就是S不一定构成群,需要修改S的元素


定理:G是集合A的若干变换做成的集合,若G关于变换的乘法成群,则G中的变换一定一 一变换。


证明:对于任意t属于G,因为G是群,则t有逆元t^-1

使得t*t^-1=e=t^-1*t

①满射:任意a∈A,有b t = a,则[a t^-1]*t=a e = a(注意,这个b不知道是谁,所以用a t^-1来表示了,a是必定存在的,则a t^-1也存在,则a t^-1 再作用t就回到a了,也就是每个a都有形如a t^-1的原像,而a铺满A,则每个像都有原像a t^-1,我的评价是好triky啊)

②单射:假设a和b在t的变换下一样,则a t = b t,则

[a t]*t^-1 = a e = a = b = b e = [b t]*t^-1

因此t是个一 一变换(一 一对应的变换,不就是对称群嘛..)


我们知道集合A到集合B可以定义一个映射,根据定义的映射不同以及集合A和集合B的特点,我们还可以分为单射、满射以及一一映射。

一一映射还有两个名字叫做一一对应、双射。至于会不会有其他的称呼就不是我们可以猜测的了。一般情况下,这三个名字不会引发歧义,表述的都是同一件事情,相当于编程里面的三个指针指向了同一个地址。

注意这里的集合A和集合B没有做限制,也就是说,集合A和集合B可以是同一个集合,也可以是不同集合。所以又有一种比较混乱的称呼出来了,变换和一一变换。


定义:一个集合A的若干一 一变换对于变换的乘法成群,称该群为变换群。(主要是看看怎么样的变换集合能够修改为逆元存在)


定理:一个集合A上的所有一 一变换G构成一个变换群

封闭性:只要证明,任意t1*t2仍然是双射就行了,因为G中包含的元素都是一 一变换。证明满射:所有元素都有原像,则t1*t2:a (t1*t2),由于t1与t2都是一 一变换,则a对于t2有原像b,b对于t1有原像c,则c对于t1*t2有原像c,即c (t1*t2)=a,由于a的任意性,则所有像都有原像。

对于任意a t1*t2 = b t1*t2通过逆变换,得到a = b(其实就是把一一映射再讲了一遍)

结合律:由于它是S的子集,所以继承了结合律

单位元:由于它是S的子集,所以继承单位元

逆元:对于任意t∈G,t^-1是t的逆变换(注意这里是逆变换,不是直接说的逆元,这里的出发点是一一变化的逆映射得到的),由于t是一一变换,所以t^-1也是一一变换,所以t^-1∈G,有t*t^-1=e。

验证可得 a t*t^-1 = [a t]*t^-1 = a注意这里是利用变换自身的“逆”的定义的到的,所以t^-1才是t的逆元。


例子:A 平面,绕定点旋转θ角是一 一变换(除了轴点以外,所有点都不同了,但显然是双射的),G={绕定点的旋转变换}

封闭:ta * tb = ta+b仍然是一个旋转,∈G

结合律:显然

幺元:0°不就好了

逆元:反向转不就好了

从实数域映射过来tθ的同态。


放一部分一 一变换也可以变成变换群。

补充:平移做成的群也是变换群

比如t1是将(0,0)点平移到(1,0),t2是绕原点进行逆时针旋转Π/2的变换。

则 t1*t2 ≠ t2*t1,这是显然可验证的。

所以它不是交换群。

置换群:

若t是线性变换,则t与矩阵A有一一对应的关系,

t=[t1,t2,...,tn},

A={{a11,a12,...,a1n},...,{an1,an2,ann}}

A*t就会得到一个线性变换的基t',但一般A关于矩阵乘法是构不成群,除非A是可逆的,等价于t是一一变换。它们是同构的,因为一个线性变换作为中间矩阵可以得到一个新的基向量。


定理:任意一个群G都与一个变换群同构

证明:G={a,b,c,...}

任意g属于G,t(x) : g - > gx

①是个变换:G中所有元素都有像是满射,取G中的一个像b都有G中的原像b*x^-1,因为b*x^-1*x=b且唯一,说明是个映射(像唯一);是个单射,用消去律可以得到当gx=gy时,x=y。则tx是G到G的一一变换。显然t(x)*t(y)作用于g∈G时,得到g*x*y等价于对g执行t(x*y),显然t(x*y)属于G'所以乘法封闭

G'={ta,t2,tc.....}也就是把所有的变换放进去是一个群

②结合律:ta*tb*tc=(ta*tb)*tc=t(a*b)*tc=t(a*b*c)=ta*t(b*c)=ta*tb*tc

③幺元:t(e)*tx = t(e*x)=tx

④t属于G’,他的逆元tx^-1,这是因为tx*t(x*x^-1)=t(e);


φ:G -> G',x -> t(x)这个映射是自然的

(1)g中任意元素都有像,且唯一

(2)满射,显然是任意一个像都有原像

(3)单射,对于任意t(x) = t(y) => gx = gy => x=y,用的是G的消去律去换算

(4)同态,t(x*y)=t(x)*t(y)这条已经在上述的①验证为一一变化了,

因此φ是同构的。则G与G'同构。这样的好处就是把变换群研究清楚就等价于把很多群研究了,而变换群是自映射构成的群。


再来看这个t(x)是个线性变换(k∈G):t(x)g=gx,则有t(x)*(kg)=kgx=kt(x)g ,可验算:

kgx=(kg)x=(G的结合律)=k(gx)=kt(x)g

t(x)(g1+g2)=tx(g1)+tx(g2)(这个以后证明)


由于变换的研究也不容易,于是转向研究置换它是一种特殊的变换:一个有限集合上的一一变换。


一个有限集合上的所有的置换做成的群叫置换群,也叫做n元对称群即Sn,由于它也是一一变换,所以a1有n种映射,an只有1种,所以所有置换有n!那么多个。

置换表只要列同时换,所表示的映射都不会变。


置换表的乘法:

先做左边的表的置换,再做右边的表置换,而且容易验证置换的复合并不满足交换律

后面会证明有限的非交换群一定有6个元素。


置换表的另一种表示方法:

假设置换表

Π1:j1到jk是发生了变化的,j(k+1)到jn是不变的.

Π2:j1到jk是发生了不变的,j(k+1)到jn是变化的.

则Π1*Π2={所有变化的元素},容易验证:比如Π1的j1的映射一定不在j(k+1)到jn之间,则Π2的j1到j(k)之间一定存在j1的映射,而在Π2中j1到jk是不变的,所以j1的像最后还是在Π1中的映射。

同理讨论Π1的j(k+1)还是j(k+1),而在Π2中,j(k+1)到jn是变化的,但一定不会映射到Π2的j1到jk之间,所以j(k+1)的映射一定还是Π2中的映射,统筹起来由于两个映射的像的集合互斥,所以组成了一个Sn的映射。


定义:Sn中的置换满足a(i1) 的像是 a(i2),a(i2)的像是a(i3),...,a(ik-1)的像是a(ik),而a(ik)的像是a(i1)。

其他的元素恒等映射。称之为循环置换,用

(i1,i2,i3,...,i(k-1),ik)来表示或(i2,i3,...,ik,i1)。本质是k-轮换。恒等映射的轮换表示为(1)...(2)或者(k)都行。


用轮换的好处还有,如果不知道对称群的具体置换表,则可以用{1-轮换,2-轮换,...,n-轮换}的集合来表示比如(1),(2),...,(k)就只留下(1)即可,而(1,2,3)=(3,1,2)=(2,3,1)只留下(1,2,3)即可。


定理:一个置换表可以写成若干元素不相交的轮换的乘积,且乘积顺序不影响结果。

证明:归纳法:置换有k个元素发生变化

基础步:k=0时,(1)显然成立

假设:k≤r-1成立,(r-1)-轮换成立

证明:k=r。a(i1)->a(i2),a(i2)->a(i3),...,a(ik-1)->a(ik)

a(ik)->a(ij)。由于元素有限,不可能无限映射下去,肯定存在重复(抽屉原理),那么重复一定发生在a(ij)处使得a(ij)->a(i1)。用反证法可得假设a(ij)->(ai2),则有a(i2)就有a(i1)和a(ij)两个不同的原像得到,不符合映射的定义,故矛盾。



S4=


(1);共1个


(1,2);(1,3);(1,4);(2,3);(2,4);

在4个里取2个,C(4,2)=6


(1,2,3);(1,3,2);

(1,2,4);(1,4,2);

(1,3,4);(1,4,3);

开头固定为1再从剩下3个里取2个进行全排列

(2,3,4);(2,4,3);

开头固定为2,从剩下的3和4里进行全排列

(注意开头为1已经做过关于2的全排列,所以开头为2时不会做有关1的全排列)

C(4,3)表示从以上的左边一列,而右边一列时左边一列的剩下两个元素进行全排列得到的,共C(4,3)*A(2,2)=8个


(1,2,3,4);(1,3,4,2);(1,3,2,4);(1,4,3,2);(1,2,4,3);(1,4,2,3);相当于,所有的都是固定一个1开头(事实上,四个全选总能写成以1开头的形式),然后剩下的三个进行全排列生成的。C(4,4)*A(3,3,)=6个。


(1,2) (3,4);(1,4) (2,3);(1,3) (2,4);共3个

相当于固定开头为1,再从3个中取2个C(3,2)剩下两个再取成组合数C(2,2)

C(3,2)*C(2,2)=3


注意一个分类要点是:可以分类成有k个进行的变换,但也可能是轮换的乘积的表示也算在里面。

S5=5!=120

①(1)

②(1,2),(1,3),...,(2,3),...C(5,2)=10

③(1,2,3),(1,3,2) 每一组C(5,3)对后面两个进行全排得到C(5,3)*A(2,2)=20

④(1,2,3,4),(1,2,4,3),(1,3,2,4),...,先取四个,每个都固定一个开头,剩下三个进行全排列得到C(5,4)*A(3,3)=5*3*2*1=30个

⑤(1,2,3,4,5)先取五个,每个固定一个开头,剩下的4个进行全排列得到A(4,4)=24

(2×2)⑥(1,2) (3,4);(1,2) (3,5);先取2个,然后固定开头剩下一个进行全排列,在从剩下的5-2=3个里取两个,固定开头剩下的一个进行全排列得到C(5,2)*A(1,1)*C(3,2)*A(1,1)=30由于交换不影响结果,所以肯定有重复的一半,所以30/2=15个

(2×3)⑦(1,2) (3,4,5);(1,2) (3,5,4)先取2个,固定开头,剩下1个进行全排列,再从剩下的5-2个里取3个,固定开头一个,剩下两个进行全排列得到

C(5,2)*A(1,1)*C(3,3)*A(2,2)=20

注意第⑥和第⑦的问题是把5拆分为

1+2+2 -> 2×2

2+3 -> 2×3


定理:任何一个有限群与一个置换群同构

(之前是任何一个群与变换群同构)

G={a1,a2,...,an}

tx : g->gx

G'={ta1,ta2,...,tan}

φ : ai->tai

只要证明φ是G->G'的同构映射就能顺便证明G'是群

证明:

①φ是满射,每个tai都有原像ai

②φ是单射,对于任意tai=taj则有g*ai=g*aj由消去律得到ai=aj说明是单射。

③φ是同态,g^(t(ai*aj))=g^(tai*taj)

即g*(ai*aj)=(g*ai)^taj

显然(g*ai)^taj=(g*ai)*aj=g*(ai*aj)=g^t(ai*aj)

所以φ是同构映射。


这里并没有给出定理的证明,但可以理解得到任意置换群中的置换并不仅仅代表排列组合,而是指群中的元素的出现的所有可能性,而它们出现之后,操作它们的是加法,乘法还是别的什么法则就另外研究了,而对所有有限群对Sn进行同构映射的好处就在于,可以用对Sn的排列组合施加法则,等价于对原群的元素施加等价的法则,而且研究起来也不会被元素本身的描述所束缚。


循环群:

例1:G={所有整数Z},配置的运算为普通加法

显然G为整数加群


则任意m属于G,m=1+1+...+1共m个1相加得到,记1^m

-m=(-1)+(-1)+...+(-1)共m个相加得到,记(-1)^m

单位元是0,自然定义0=1^0

每个元素的逆就是它的相反数


定义:如果一个子群<G>的每一个元都是G的某一个固定元素a的乘方,称<G>为由a生成的循环子群<a>


又-1+1=0则1与-1互为逆元,则-1=1^(-1)

则m=(-1)^m;-m=(-1)^(-m)

显然<1>与<-1>都可以代表这个循环整数加法子群


例2:G包含所有模n的剩余类,G={{0],[1],...,[n-1]}

定义运算加法为[a]+[b]=[a+b]

证明+号是G×G->G的映射

(1)任意[a],[b]∈G,[a+b]∈G(同余的性质易验证)

(2)接下来要证明单值:[a]=[a'],[b]=[b‘]

则a≡a'(mod n);b=b'(mod n)

推出n|(a-a');n|(b-b');n|(a-a')+(b-b')

则n|(a+b)-(a'+b')则(a+b)≡(a'+b')(mod n)

所以[a+b]=[a'+b'],因此是单值的。

①加法封闭也验证了

②加法结合

([a]+[b])+[c]=[a+b]+[c]=[a+b+c]=[a]+([b]+[c])

③单位元e=[0],验证易得,唯一性可用反证法得到

④逆元:[a]的逆元是[-a],因为[a]+[-a]=[0],但由[-a]事实上还是属于G的,由同余的划分可知[-a]一定落在[0],[1],...,[n-1]的其中一个。

把G称为模n的剩余类加群

显然由模n的加法可知,无论加多少都可以回到n个划分之中。


那么模n的剩余类群的生成元可以是除开[1]以外的元素吗?

尝试令a≠1,[a]作为生成元,则[a]=[1]^a,则任意[k*a]=[1]^(k*a),记k=φ/a,则φ是任意的,由于[1]是生成元肯定的,那么相当于[a]可以表示任意[1]可以生成的。但有一种a不满足,就是 存在一个c使得[(c*a)%n] | n 的肯定不能够,因为一定倍数后,[ka]一定刚好到n,使得余数是0,而[0]绝对不是生成元。比如模6的剩余类中[4]就不是生成元,因为

[ (2*4)%6=2 ] |6所以不是。


定理:假定G是由a生成的循环群,则G的构造可以完全由a的阶来决定

(1)如果a的阶是无限的,G与整数加群同构

(2)如果a的阶是n,则G与模n的剩余类加群同构

元素a的阶的定义:存在【最小正整数】k,使得a^n=e。否则就是无限的。


证明(1):建立一个映射φ:G -> Z,则a^m -> m


定理:假定G是由a生成的循环群,则G的构造可以完全由a的阶来决定

(1)如果a的阶是无限的,G与整数加群同构

(2)如果a的阶是n,则G与模n的剩余类加群同构

元素a的阶的定义:存在【最小正整数】k,使得a^n=e。否则就是无限的。


证明(1):建立一个映射φ:G -> Z,即a^m -> m

①它是一个映射:每一个G中的元素a^m都有一个像m(注意G是被生成的,所以元素都有a^m的形式)

假设有两个不同的像m,n,它们的原像是a^m和a^n,则必须a^m≠a^n,否则同一个原像映射到不同的像,就不是映射了。假设a^m=a^n则a^|m-n|=e,由于a的阶是无穷的,而m≠n使得|m-n|是个正整数,即存在一个正整数|m-n|使得a^|m-n|=e,与无穷阶的定义矛盾(注意,这里的无穷和存在是矛盾的,一个是无限不可数,一个是无限可数,无穷阶是指找不到一个正整数使得a的乘方变成单位元)


②它是个满射:由于a的阶无穷,而Z也是无穷,则任意a^m都可以找到一个像m,所以是满射(有点过于自然了)


③它是个单射:m=n时,a^(m-n)=a^0=e就得到:a^m=a^n,也就是像相同时,原像也相同。


④它是个同态:φ(a^m*a^n)=φ(a^(m+n))=m+n=φ(a^m)+φ(a^n)

综上φ是个G -> Z的同构映射。


证明(2):

φ:G->Zn 即 a^m=[m]

①它是一个映射:显然每个元素a^m都有一个像[m]但要验证像唯一,若a^r=a^s说明同一个原像,而如果有r=s蕴含了[r]=[s],则说明像也相同。不妨令r=n*k+i;s=n*t+j则a^r=a^s蕴含a^(r-s)=e蕴含

a^[n*(k-t)+(i-j)]=e,由于a^n=e所以上式得a^|i-j|=e即

由阶的定义可知0 ≤ |i-j| < n,与阶是最小正整数的定义矛盾,所以|i-j|=0所以i=j,所以[r]=[i]=[j]=[s]所以相同的原像得到的像是唯一。

②它是个满射:显然任何一个[m]都有一个a^m?很粗糙的说法,这里我简单证明一下:假设存在一个a^m它的像如果不在A={[0],[1],...,[n-1]}中,显然由初等数论里面或者带余除法搞一下m这一哈子,都会把m映射会集合A,从而有像。而a的阶是n,也就是存在a^0,a^1,...,a^(n-1)都能给映射到A中,多出去的也都由模除映射回来,不仅满了,还顺便把映射的第一条证明了。

③它是个单射:对于相同的像,它们的原像也相同即可。即[r]=[s]时,假设a^r≠a^s则a^(r-s)≠e,而[r]=[s]说明n*k+i=n*t+j蕴含n*(k-t)+(i-j)=0蕴含a^|i-j|=e,之前已经证明了此时i=j,则a^r=a^i=a^j=a^s。所以它是个单射。

④它是个同态:

φ(a^m*a^n)=φ(a^(r+s))=[r]+[s]=φ(a^r)+φ(a^s)

综上φ是个G -> Zn的同构映射。


一些思考:

很明显这里开始展露近世代数的一些发展思路了,通过研究一些常见的数域,对它们的群进行研究,然后同构或者同态到其他抽象群中,就可以较为具象地研究一些更抽象地事物运算。


存在问题;数量问题;构造问题;


子群:

定义:如果一个群G的子集H关于群G的乘法也能构成一个群,则称H为G的一个子群。


例1:给出一个群G

H1={e},显然H1是G的子群

H2=G,显然H2是G的子群(完全继承)

称以上两个群为平凡子群


例2:S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)}

H1={(1),(12)

验证它是否是群:

封闭性:(1)*(1)=(1);(1)*(12)=(12);(12)(12)=(1)

结合律:继承于S3的结合律

单位元:e=(1)∈H1

逆元:(1)^-1=(1);又(12)(12)=(1)则(12)^-1=(12)


H2:{(1),(123)}

验证是否为群:

封闭性:(1)*(1)=(1);(1)*(123)=(123);(123)(123)=(132)所以不封闭,所以不是群


一般而言结合律会继承,因为如果是群,则存在广义结合律,而幺元容易从集合组成看出。所以一般是验证封闭性和逆元来判断是否是子群。


定理:一个群G的非空子集H,如果可以做成G的子群,当且仅当

(1)a,b∈H -> ab∈H(封闭性)

(2)a∈H -> a^-1∈H(有逆元)

证明:

充分性:显然四大条满足,是个群,其中结合律继承,单位元由第(2)条结合第(1)条的结合律得到a*a^-1=e∈H

必要性(1)显然

(2)因为H是一个群,则ya=e有解,即在G中有解a',由G易知ya=e(因为y和a都是G的元素) 。所以a'=a^-1,所以a^-1∈H。


推论:

(1)若H是G的子群,则H的单位元就是G的单位元

(2)H中的逆就是a在G中的逆


定理:有一个群G的非空子集H做成G的一个子群

当且仅当(3)a,b∈H -> ab^-1∈H(把(1)和(2)写成一条)

证明:

充分性:a,b∈H,由(2)可知b^-1∈H再用(1)得到ab^-1∈H


必要性:e,a∈H -> ea^-1 = a^-1∈H,即(2)

a,b∈H -> a,b^-1∈H -> a(b^-1)^-1=ab∈H即(1)


定理:一个有限群G的非空子集H做成G的子群当且仅当a,b∈H -> ab∈H

证:

必要性:显然成立,因为完全继承于G的封闭性和结合律和逆元和幺元。


充分性:

(1)封闭性显然。

(2)结合律显然

(3)消去律显然

以上全部继承


如何去找一个群G的子群H

S={a,b},则a,b∈H -> ab^-1∈H

则H如果包含a,b得有a,b,a^b^-1,ba^-1,a^-1,b^-1,a^m,b^n,a^2b^a^-1都属于H,即a^s * b^r * a^m *b^n就称为包含a,b的最小子群。

如果S={a},则H=(a)因为把上述的b都替换为a即可。

如果子群H的子集S只包含一个元素a,则包含a的最小子群就是由a生成的


子群的陪集:

例:给出正整数n. H={h*n|k∈Z}

hn-kn=(h-k)n∈H

a=kn,b=kn,a-b相当于ab^-1∈H,则H是个整数加群的子群。


例:比如模n的剩余类{[0],[1],...,[n-1]}等价于

a≡b(n)等价于

n|(a-b)等价于

a-b≡kn等价于

a-b属于H等价于

ab^-1∈H

整数加法群G,子群的陪集H,规定~为等价关系,a~b当且仅当ab^-1属于H

(1)自反性:a~a. 因为aa^-1=e∈H

(2)对称性:a~b 蕴含 b~a 因为ab^-1属于H,所以(ab^-1)^-1=ba^-1∈H,所以成立。

(3)传递性:a~b,b~c蕴含a~c 则有ab^-1,bc^-1∈H,求ac^-1∈H即可,两者相乘得到

(ab^-1)(bc^-1)=ac^-1∈H(H自带封闭性,可验证)


补充:[0]={kn}=H,[1]={kn+1}不是个子群,因为没有单位元,[2],[3],[4],[5],...,[n-1]也都不是因为没有单位元,即ab^-1∈H,但不代表a,b∈H,

比如(hn+1)-(kn+1)=(h-k)n∈H,但hn+1和kn+1都不属于H。


定义:由上述的关系确定的集合的分类叫做H的右陪集,包含元素a的右陪集用Ha表示。

H={h1 , h2 , h3,...}

Ha={h1*a , h2*a , h3*a,...}={ha|h∈H}


例:S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)}

H={(1),(12)}


以下两个一样

H*(1)={(1),(12)}

H*(12)={(1),(12)}


以下两个一样

H*(13)={(13),(123)}

H*(123)={(13),(123)}


以下两个一样

H*(23)={(23),(132)}

H*(132){(13),(123)}

其实是拉格朗日定理对陪集并的描述得到的


分析:

H*(1)={(1),(12)}

H*(12)={(1),(12)}


因为由右陪集划分的可得,(1)和(12)都是同一类的,因为看到H*(1)={(1),(12)}时就知道了,还是拉格朗日的定理:陪集划分群,且不相交(具体证明Rotman的书)


观察:

(1)任何右陪集元素个数一样时子群的元素个数

(2)陪集的个数=|G|/|H|


左陪集等价于a~b等价于b^-1a∈H,可以验证三条得到。


定理:

aH=bH当且仅当b^-1*a∈H(互换a,b可得证,轮换)

如果aH∩bH≠空,则aH=bH(两个划分如果有中转元素,通过传递性使得两个划分相等)

对一切a∈G,|aH|=|H|


陪集的性质:

(1)左陪集与右陪集个数相同

(2)右(左)陪集元素个数等于|H|

定理1:一个子群的右陪集与左陪集个数相等

证明:利用一一映射,右陪集的集合Sr,左陪集的集合Sl。

作映射φ:Sr->Sl;Ha->a^-1H

(1)它是映射:每个元素都有像且唯一,显然由规定可知每个元素都有像,假设Ha=Hb只要证明a^-1H=b^-1H即可,由划分可知,此时ab^-1∈H, 由逆元存在说明,(ab^-1)^-1=ba^-1∈H这说明a^-1H=b^-1H(这是左陪集的充要条件),说明像唯一,φ是映射。

(2)满射:aH原像Ha^-1,由于a的任意性,所以所有像都有原像。

(3)单射:一般证明是A->B时证明

a1≠a2 -> b1≠b2,则利用逆否命题证明

b1=b2 -> a1=a2,即像相同,则原像相同

即a^-1H = b^-1H -> Ha = Hb,又a^-1~b^-1说明ba^-1∈H,由逆元可知(ba^-1)^-1=ab^-1∈H,也就是Ha=Hb的充要条件

综上φ是个一一映射,于是|aH|=|Ha|。


子群和陪集之间存在一个一一映射ξ

定理2:右陪集所含元素的个数等于子群H所含元素的个数。

证明:ξ:H -> Ha;h -> ha

(1)它是映射:H中的元素h有且仅有一个元素ha

(像相同则原像相同)

(2)Ha中任何元素ha有原像h∴g满

(3)取Ha中两个h1a=h2a消去律可得h1=h2∴ξ单射

所以ξ是一个一一映射,所以|H|=|Ha|


综上|aH|=|H|=|Hb|定义为H在G中的指数


定理3:H是有限群G的的一个子群,则H的阶为n。则它在G中的指数 j 都能整除G的阶N,并且N=n*j

证明:

一个群G,被左(右)陪集分成 j 个类,每个类都有n个元素:

|G|=|a1H|+|a2H|+...+|ajH|由于|aiH|=|H|

∴|G|= j * |H|,所以证明完毕。


定理4:一个有限群G的一个元a的阶能整除G的阶

<a>={....,e,a,a^2,a^3,....}

先证a的阶有限:

反证:a的阶无限,主要思路是证明|<a>|=∞,然后与G是有限群矛盾。那么a的阶无限,则a^i=a^j,i≠j且为正整数。再反证a^i=a^j -> e=a^(j-i)由于是无限的,当j≠i时是不可能等于e的,所以矛盾,也就是说明a^i≠a^j,则<a>里面有无穷多个元素,与有限群G产生矛盾。

则<a>={e,a,a^2,...,a^(n-1)}是有限的。

由定理3可知,一个子群的阶能够整除群的阶,所以n|N。


这里可以反过来通过群的元素个数来推导它的子群的元素个数的可能性(必要性),比如|S3|=6,则它的子群个数可以有1,2,3,6。然后再一个个去验证。

比如先找循环子群

H={(1)}

H={(1),(12)}

H={(1),(23)}

H={(1),(123),(132)}

由于aH=H当且仅当a∈H,然后可以一个个地验算以a∈H的陪集aH,最后再通过数量关系|H|直接推导出H剩下的以它子集元素作陪集的元素了。



不变子群和商群:

定义:群G的子群N叫做G的不变子群,如果任何a∈G,有Na=aN(有点像群的中心Z(G),但是不同在于元素a来自于G,结合的部分来自于子群N)


假设G是个交换群,任意子群N是G的不变子群

证明:对于任意a∈G,有Na=aN

考察Na={ni*a},aN={a*ni},则显然根据交换性有Na=aN。


例1:

S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)}

H={(1),(123),(132)}

a∈S3,aH=Ha

这个H是个不平凡的不变子群。


例2:给一个群G,取一个子集N中包含所有这样的n使得na=an,任意a∈G。(相当于挑出符合这个要求的n而已。

(1)N非空。因为e*a=a*e满足条件,所以e∈N。

(2)它是个子群:

①封闭性:取任意n1,n2∈N,证明n1*n2∈N

任意a∈G,(n1*n2)*a=n1*(n2*a)

由N的定义可得 =n1*(a*n2)=n1*(n2*a)=(n1*n2)*a

综上得到(n1*n2)*a=a*(n1*n2)满足N的关系,所以n1*n2∈N,满足封闭性。

②逆元:对于任意n∈N,a∈G,na=an。

目标是证明n^-1∈N即可,等价于证明

a*(n^-1) = (n^-1)*a。

对na = an两边的左右都乘上a^-1,得到a^-1*n*a*a^-1=a^-1*a*n*a^-1

得到

a^-1*n=n*a^-1,于是得证。

所以n^-1∈N。

因此N是G的子群,且根据N的定义描述,显然有

aN=Na,所以N就是不变子群。


称N为G的中心Z(G)和Rotman书上给的定义的描述不太相同,Rotman是认为Z(G)是G中能和G中元素交换运算的所有元素的集合,然后再证明Z(G)是G的一个子群。但是老师这边是和Rotman倒着讲了,先断言Z(G)会是不变子群,然后再证明N就是Z(G),最后再证明N是G的子群,也就证明了Z(G)是G的子群。


运算:给群G,取G中若干子集S1,s2,...,Sm,有乘法

S1*S2*...*Sm={s1*...*Sm|si∈Si}也就是把他们的元素各取一个乘起来当作一个元素,再把这样的元素做成一个集合。


定理:一个群G的一个子群N是不变子群当且仅当aNa^-1=N(这不就是共轭么)


证明:

“=》”:N是不变子群 蕴含 aN=Na 蕴含 aNa^-1=N

“《=”:aNa^-1=N 蕴含 aN(a^-1*a)=aN=Na则由于N在此已经是子群了,所以N还是个不变子群。



(事实上N就是个正规子群)

定理:一个群G的子群N是不变子群,充要条件是任意a∈G,,n∈N,有ana^-1∈N。

证明:

"=>":N是不变子群,则aNa^-1=N -> ana^-1=N

“<=":ana^-1∈N -> a*n*a^-1∈N ,说明aNa^-1<N,a是任意的,还可以取(a^-1)n(a^-1)^-1 = (a^-1)na∈N -> (a^-1)*N*a<N


对(a^-1)Na<N两边左乘上a,右乘上a^-1

得到a*(a^-1)*N*a*(a^-1)<a*N*(a^-1)

得到N<a*N*(a^-1)

结合a*N*a^-1<N说明a*N*a^-1=N。


例:

<Z,+>,n∈N+ , N={kn|k∈Z}

显然{[0],[1],...,[n-1]},是个关于N的所有的陪集,因为[a]+[b]=[a+b]所以N等价于[0],所以显然是个[0]的陪集咯。


G,N是G的不变子群,陪集A={aN,bN,cN,....},a,b,c...∈G


仿照上述模n剩余类群,要想把陪集做成群,先定义乘法:(xN)*(yN)=(xy)*N


乘法的合理性:取不同的代表元x'与y‘,由陪集的划分可知:xN=x'N,yN=y'N。

(xN)(yN)=(xy)N,(x'N)(y'N)=(x'y')N,希望得到

(xy)N=(x'y')N。


由于e∈N,得到x*e=x'n1,y*e=y'n2。xy=x'n1*y'n2,想办法交换中间的项,由于N是个不变子群,所以y'N=Ny',所以有n1y'=y'*n1,则可得xy=(x'y')*(n1*n2)∈(x'y')*N由结合律可得,说明(xy)是在(x'y')N这一类里面,由于代表元无所谓,所以

(xy)N=(x'y')N(本质上就是两个陪集有共同元素了,所以相等。


定理:G是群,N是G的不变子群,N的所有的陪集

{aN,bN,cN,....},a,b,c,...∈G,关于乘法(xN)(yN)=(xy)N做成一个群。


①封闭性,显然,仍然还在同一个划分。

②[(xN)(yN)](zN)=[(xy)N](zN)=(xyz)N=xN*(yz)N

=xN*[(yN)*(zN)]

③单位元,eN=N,eN*xN=(ex)N=xN

④逆元;aN的左逆元是a^-1N,a^-1N*aN=(a^-1*a)N=eN


定义:一个群G的一个不变子群N的所有陪集关于陪集的乘法做成的群叫做G的商群,记G/N。


G/N的阶=|G|/|N|


(事实上不变子群=正规子群,陪集乘法S1×S2={s1*s2|s1∈S1,s2∈S2},这样的陪集和乘法做成群,且是一个商群,它的阶为|G|/|N|。



第一,二,三对应定理:看Rotman的书吧,这里讲地不深刻。


环和域:

换个叫法

加群:满足交换律的群

a+b=b+a

单位元叫做:零元0.a+0 = 0+a = a

逆元叫做:负元 a+(-b)=a-b(因为是加法,-b是个逆元记号,并不是负号,后面会证明-b=-1*b)

(1)0+a=a+0=a(零元性质)

(2)-a+a=a-a=0 (逆元性质)

(3)-(-a)=a

(4)a+c=b <=> a=b-c(移项)

(5)-(a-b)=-a+b 也就是(ab)^-1=b^-1*a^-1由于交换律得到a^-1*b_-1也就是(ab^-1)^-1=b*a^-1=a^-1b

也就是(b^-1*a)^-1写成加法就是-(a-b)

(6)n(a+b)=na+nb,乘法是a^n*b^n=(ab)^n


①a,b∈S => a+b∈S

②a∈S => -a∈S

或a,b∈S => a-b∈S


环定义:一个集合R叫做环,若

1、R是个加群,关于加法的代数运算做成一个交换群

2、R关于乘法封闭

3、只要求R关于乘法结合律(不用幺元逆元,也没有交换律

(也就是乘法构成半群,加法构成群)

4、这两个运算之间的关系满足分配律,且是加法分配到乘法上:(a+b)*c=ac+bc


例:<Z,+,×>就是一个环

<Zeven,+,×>也是一个环

<Zodd,+,×>不是一个环,因为关于加法不封闭

<Q,+,×>是一个环,但<R,+,×>不是,因为取形如

x=a+bw,其中a,b∈Q,则取w=2的开3次根就会发现矛盾。


(7)(a-b)c+bc=(a-b+b)c=ac => (a-b)c=ac-bc

(8)0*a=(a-a)a=aa-aa=0 => 0a=a0=0(加法的零元在乘法中的作用)

(9)0*b=(-a+a)b=(-a)b+ab=0 => (-a)b=a(-b)=-(ab)

(10)(-a)*(-b)=-(a(-b))=-(-(ab))=ab => (-a)(-b)=ab

(11)a*(b1+b2+...+bn)=ab1+...+abn(数归)

(12)(a1+..+an)*(b1+..+bm)用分配律拆开再用数归证明即可。

(13)a,b∈R,n∈Z+,(na)b=a(nb)=n(ab),用第11条推导得来。

(14)a^m*a^n=a^(m+n);(a^m)^n(乘法封闭得到)

这些都是在讨论分配律,也就是乘法的性质


例:实数R上所有n阶方阵,+,×,也是做成一个环


交换律,单位元,零因子,整环:


(1)加法构成交换群,显然只要乘法也满足交换律,则这个环叫做交换环,即a,b∈R => ab=ba

(2)加法构成群,显然只要关于乘法也有单位元则环具有单位元。即a∈R ,ea=ae=a称e是环的单位元.

定理:一个环若有单位元,单位元唯一。e,e'

证:e'=ee'=e

单位元要和零元做区分,单位元记为1,零元记为0

例:<Z,+,×>除了±1之外其他元素无逆元。

(3)零因子,ab=0蕴含a=0,b=0

在环里不一定成立 n∈N+,Zn={[0],[1],...,[n-1]}

[a']=[a],[b']=[b] 是否蕴含 [ab]=[a'b']若是,则说明这个乘法是良好定义的。

n|a'-a' n|b'-b,a'=a+rn ;b'=b+sn ;a'b'=ab+n(as+br+rsn) ;n|a'b'-ab ;[a'b']=[ab]

显然分配律成立,这个环称为模n的剩余类环是交换环0=[0],1=[1]

说明a≠0,b≠0蕴含ab=0,取n=6,a=[2],b=[3]

ab=[2][3]=[6]=[0]=0

定义:在环R中,若a≠0,b≠0,但ab=0,则称a是R的左零因子,b是R的右零因子。

定理:

①左零因子不一定等于右零因子,但如果有左零因子则一定有右零因子,反之亦然。

②若R是交换环,则左零因子=右零因子。

证明:显然从定义出发,左和右零因子会同时出现,如果可交换,从定义出发就知道左和右可以呼唤。


观点:一个环里没有零因子在以下定理阐述下较好

定理:在一个没有零因子的环里两个消去律都成立

a≠0,ab=ac蕴含b=c

a≠0,ba=ca蕴含b=c

反过来,若一个环里有一个消去律成立,则这个环没有零因子。

证明:若R没有零因子,ab=ac蕴含ab-ac=0,根据分配律得到a(b-c)=0,因为a≠0,且环中没有零因子蕴含b=c,第一个消去律成立。

同理第二个消去律在R没有零因子的情况下成立。


ab=0 蕴含 a=0 或 b=0 它的逆否命题是

a≠0 且 b≠0 蕴含 ab≠0 说明环R没有零因子

若第一个消去律成立,ab=0 蕴含ab=a0,由消去律得到a≠0蕴含b=0,说明当ab=0时,至少有一个元素为0,也就不会出现零因子了。另一个消去律成立时只需要ab=0蕴含ab=0b就可以得到a=0了。


推论:由于零因子成对出现,那么假如零因子没有出现,那肯定是消去律出现了,那么左右消去律分别对应左右零因子的消失,所以左消去律成立,说明零因子不存在,说明右零因子不存在,说明右消去律成立,反之亦然。


那有没有既没有消去律,也没有零因子的环呢?

解: 由于0没有在乘法里没有逆元,所以乘法的消去律满足ab=ac,当a≠0时,b=c。

此时证明乘法消去律存在,当且仅当环中没有零因子:

"=>":ab=0=a0 由消去律a≠0则b=0,说明消去律成立时,没有零因子;

“<=":任意a≠0,b≠0 蕴含 ab≠0,则ab=ac时

ab-ac=0 蕴含 a(b-c)=0,由于a≠0,则b=c≠0,说明消去律成立。

综上,可以知道乘法消去律和零因子只能存在一方,那么是否可以双方都不存在呢?显然是不可能的,由推导可知,如果没有零因子,则消去律一定会存在,反之亦然。


(4)R是个环,且加法是交换群,乘法交换,有单位元,没有零因子(有消去律),就称为整环。



除环和域:

观点:整数环只有±1才有逆,是否存在一个环它的每个元素(除了零元)都关于乘法有逆元呢?


例:

有一个元素时:

R={a},且a+a=a,aa=a。显然是一个环,且0=1=a。

有一个元素以上时:

由于是个环所以0∈R,有单位元,1*a=a*1=a,此时1≠0.如果1=0,则0*a=a*0=a,则由于0元素乘任何元素都是0,则a=0,则所有元素都只能是0,与|R|=2矛盾。

0没有逆:与0乘任何元素=0的环公理矛盾


一个环R叫做除环,若

(1)R至少含有一个非零元

(2)R有单位元(此时才能讨论逆)

(3)R的任一个非零元都有逆

定义:一个交换除环就叫做域


例:<Q,+,×>,<R,+,×>,<C,+,×>都是域


一个除环的好处:

①没有零因子

证明:ab=0时,a≠0 蕴含 a^-1*a*b=0=a^-1*0=0

则a^-1*a*b=0中a^-1≠0则ab=0,又a≠0,则b=0。

因此没有零因子。(ab=0时,a或b=0就证明了)


一个除环R的所有非零元记为R',做成一个乘群。

群验证略。

除环验证略。

(注意除环没有交换律,如果有的话就是个域了)


具体例子:

在除环中,ax=b 蕴含 x=a^-1b ; ya=b 蕴含 y=ba^-1,但是不能写成b/a因为没有交换律,所以写回乘法时,不知道a^-1写在左或者右不知道


但在域F里面,由于具有交换律,所以/这个记号就可以用了。

(1)a/b=c/d 当且仅当 ad=bc,且b和d都不能是零元。

证明:a/b=c/d 等价于ab^-1=b^d^-1两边乘bd,则都得到ab^-1*b*d=c*d^-1*b*d,由于在F里面有交换律,所以ad=bc。


(2)a/b+c/d=(ad+bc)/bd(通分)

证明:(ab^-1+cd^-1)=(ad+bc)b^-1*d^-1

<=> (ad^-1+cd^-1)bd=(ad+cb)b*d*b^-1*d^-1

<=> ad+cb=ad+cd (这个式子是恒等式)

所以结论成立


(3)(a/b)*(c/d)=(ac)/(bd)

<=> a*(b^-1)*c*(d^-1)=(ac)*(bd)^-1


非交换除环例子:

R={(α,β)|α,β∈C}

规定:(α1,β1)=(α2,β2) <=> α1=α2,β1=β2(代换原则)

(α1,β1)+(α2,β2)=(α1+α2,β2+β2)由于复数加起来还是复数,所以加法封闭,零元(0,0),逆元就是(-α,-β),结合律显然。所以R中的是加法满足群公理


乘法封闭:

(α1,β1)*(α2,β2)=(α1*α2-β1*β2,α1*β2+β1*α2)

乘法结合律验证即可得成立

分配律也一样


所以R是个环

单位元(1,0),验证可得。

任何一个非零元都有逆:取(α,β)≠0 α,β不同时为0

(α,β)*(α',β')=(α*a'-,β*β',α*β'+α'*β)

α*a'-,β*β'=1(1)

α*β'+α'*β=0(2)

解方程得到

四元数除环(i,0)(0,1) ≠ (0,1)(i,0)所以不存在交换律所以不是域。


3.4 无零因子环的特征(上) P33 - 04:58


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