第 11章 半群与群离 散 数 学哈尔滨理工大学本科生课程计算机系本章内容
11.1 半群与独异点
11.2 群的定义与性质
11.3 子群
11.4 陪集与拉格朗日定理
11.5 正规子群与商群
11.6 群的同态与同构
11.7 循环群与置换群本章总结例题选讲作业
11.1 半群与独异点
半群与独异点都是具有一个二元运算的代数系统。
半群与独异点的定义，及其子代数的说明。
半群与独异点的幂运算。
半群与独异点的同态映射。
半群与独异点定义 11.1
(1)设 V＝ <S,?>是代数系统,?为 二元运算,如果运算是 可结合的,则称 V为 半群 （ semigroup） 。
(2)设 V＝ <S,?>是 半群,若 e∈S 是关于?运算的 单位元,则称 V是含幺半群,也叫做 独异点 （ monoid） 。
有时也将独异点 V记作 V＝ <S,?,e>。
半群与独异点的实例
<Z+,+>,<N,+>,<Z,+>,<Q,+>,<R,+>都是半群,+是普通加法。这些半群中除 <Z+,+>外都是独异点。
设 n是大于 1的正整数,<Mn(R),+>和 <Mn(R),· >都是半群,也都是独异点,其中 +和 · 分别表示矩阵加法和矩阵乘法。
<P(B),?>为半群,也是独异点,其中?为集合的对称差运算。
<Zn,?>为半群,也是独异点,其中 Zn＝ {0,1,…,n-1},?为模 n
加法 。
<AA,?>为半群,也是独异点,其中?为函数的复合运算。
<R?,?>为半群,其中 R?为非零实数集合,?运算定义如下：
x,y∈R?,x?y＝ y
半群中元素的幂
由于半群 V＝ <S,?>中的运算是可结合的,可以定义 元素的幂,对任意 x∈S,规定：
x1＝ x
xn+1＝ xn?x,n∈Z +
用数学归纳法不难证明 x的幂遵从以下运算规则：
xn? xm＝ xn+m
(xn)m＝ xnm m,n∈Z +
普通乘法的幂,关系的幂,矩阵乘法的幂 等都遵从这个幂运算规则。
独异点中的幂独异点是特殊的半群，可以把半群的幂运算推广到独异点中去。
由于独异点 V中含有单位元 e，对于任意的 x∈S,可以定义 x
的零次幂,即
x0＝ e
xn+1＝ xn?x n∈N
不难证明，独异点的幂运算也遵从半群的幂运算规则，只不过 m和 n不一定限于正整数,只要是自然数就成立。
子半群与子独异点
半群的子代数叫做 子半群 。
独异点的子代数叫做 子独异点 。
根据子代数的定义不难看出：
– 如果 V＝ <S,?>是半群,T?S，要 T对 V中的运算?封闭,那么 <T,?>就是 V的子半群。
– 对独异点 V＝ <S,?,e>来说,T?S，不仅 T要对 V中的运算?
封闭,而且 e∈T,这时 <T,?,e>才构成 V的子独异点。
例 11.2
例 11.2 设半群 V1＝ <S,?>,独异点 V2＝ <S,?,e>。
其中
Rda,
d0
0aS
10
01
Ra
00
0aT
为矩阵乘法,e为 2阶单位矩阵令则 T? S,且 T对矩阵乘法?是封闭的，
所以 <T,?>是 V1＝ <S,?>的子半群。
但它不是 V2=<S,?,e>的子独异点，因为 V2中的单位元
e= T。?
10 01
00
01易见在 <T,?>中存在着自己的单位元
，
00 01
所以 <T,?,>也构成一个独异点 。
半群与独异点的直积定义 11.2 设 V1＝ <S1,?>,V2＝ <S2,*>是半群 (或独异点 ),
令 S＝ S1× S2,定义 S上的 · 运算如下：
<a,b>,<c,d>∈S,
<a,b>?<c,d>＝ <a?c,b*d>
称 <S,?>为 V1和 V2的 直积,记作 V1× V2。
可以 证明 V1× V2是半群。
若 V1和 V2是独异点，其单位元分别为 e1和 e2，则 <e1,e2>是
V1× V2中的单位元，因此 V1× V2也是独异点。
半群与独异点的同态映射定义 11.3
(1)设 V1＝ <S1,?>,V2＝ <S2,?>是半群,?,S1→S 2。
若对任意的 x,y∈S 1有
(x?y)＝?(x)(y)
则称?为半群 V1到 V2的 同态映射,简称 同态 (homomorphism)。
(2)设 V1＝ <S1,?,e1>,V2＝ <S2,?,e2>是独异点,?,S1→S 2.
若对任意的 x,y∈S 1有
(x?y)＝?(x)(y) 且?(e1)＝ e2,
则称?为独异点 V1到 V2的 同态映射,简称 同态 。
省略表达
为了书写的简便，有时经常省略上述表达式中的算符?
和?，而简记为
(xy)＝?(x)?(y)
应该记住，该表达式中左边的 xy是在 V1中的运算，而右边的?(x)?(y)是在 V2中的运算。
同态举例对于例 11.2中的半群和独异点,令?,S → S,
S
d
a,a
d
a
0
0
00
0
0
0?
则对任意的
Sda,da
2
2
2
1 0 00 0
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a?
有
21
21
0
0
dd
aa?
00
021 aa
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a
00
0
00
0 21 aa
00
021 aa
即
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a?
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a
自同态因此,?是半群 V1到自身的同态，称为 V1的 自同态 。
但?不是独异点 V2的自同态,因为它没有将 V2的单位元映到 V2的单位元。
注意：
00 0110 01?
而 不是 V2的单位元。
00 01
10
01,,
2 SV
本节的主要内容
集合 S和运算构成半群的条件 （ 封闭性,结合律 ） 。
集合 S和运算构成独异点的条件 （ 封闭性,结合律,单位元 ） 。
半群与独异点的两条幂运算规则,xn xm＝ xn+m,(xn)m＝ xnm。
半群 S的非空子集 A构成子半群的条件 （ A对于 S中运算封闭 ） 。
独异点 S的非空子集 A构成子独异点的条件 （ A对于 S中运算封闭,
单位元属于 A） 。
通过笛卡尔积构造直积 。
同态映射的判别,?(xy)＝?(x)?(y)
对于独异点要加上?(e)＝ e。
定义 11.2说明任取 <a,b>,<c,d>,<u,v>?S
(<a,b>?<c,d>)?<u,v>
= <a?c,b*d>?<u,v>
= <(a?c)?u,(b*d)*v>
= <a?c?u,b*d*v>
<a,b>?(<c,d>?<u,v>)
= <a,b>?(<c? u,d*v>)
= <a?(c?u),b*(d*v)>
= <a?c?u,b*d*v>
11.2 群的定义与性质
群是特殊的半群和独异点。
群论中常用的概念或术语：
有限群、无限群、平凡群、交换群、元素的幂和阶。
群的运算规则。
群的定义定义 11.4 设 <G,?>是代数系统,?为 二元运算 。如果?运算是 可结合 的,存在单位元 e∈G,并且对 G中的任何元素 x都 有 x-1∈G,则称 G为 群 （ group） 。
举例 （考虑例 11.1），
(1)<Z,+>,<Q,+>,<R,+>都是群,而 <Z+,+>和 <N,+>不是群。
(2)<Mn(R),+>是群,而 <Mn(R),· >不是群。因为并非所有的 n阶实矩阵都有逆阵。
(3)<P(B),?>是群，因为对任何 B的子集 A,A的逆元就是 A自身。
(4)<Zn,?>是群。 0是 Zn中的单位元。 x∈Z n，若 x＝ 0,x的逆元就是 0，若 x≠0,则 n-x是 x的逆元。
(5)<AA,?>，当 |A|≥2 时不是群。
Klein四元群设 G＝ {a,b,c,d},?为 G上的二元运算，见下表。
e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
G是一个群：
e为 G中的单位元；
运算是可结合的；
运算是可交换的；
G中任何元素的逆元就是它自己；
在 a,b,c三个元素中,任何两个元素运算的结果都等于另一个元素。
称这个群为 Klein四元群,简称 四元群 。
群的直积设 <G1,?>,<G2,*>是群，在 G1?G2上定义二元运算?如下：
<a,b>,<c,d>∈ G1× G2,<a,b>?<c,d>＝ <a?c,b*d>
称 <G1× G2,?>是 G1与 G2的 直积 。
上一节已经证明,<G1?G2,?> 是独异点，
可以证明对任意的 <a,b>∈ G1?G2,<a-1,b-1> 是 <a,b>的逆元，
因此 G1× G2关于?运算构成一个群。
群论中常用的概念或术语定义 11.5
(1)若群 G是 有穷集,则称 G是 有限群,否则称为 无限群 。
群 G的基数 称为群 G的 阶,有限群 G的阶记作 |G|。
(2)只含单位元 的群称为 平凡群 。
(3)若群 G中的二元运算是 可交换 的，则称 G为 交换群 或 阿贝尔
(Abel)群 。
例
<Z,+>,<R,+>是无限群。
<Zn,?>是有限群，也是 n阶群。
Klein四元群是 4阶群。
<{0},+>是平凡群。
上述所有的群都是交换群。
但 n阶 (n≥2) 实可逆矩阵的集合关于矩阵乘法构成的群是非交换群，因为矩阵乘法不满足交换律。
群中元素的 n次幂定义 11.6 设 G是群,a∈G,n∈Z,则 a的 n次幂
与半群和独异点不同的是：群中元素可以定义负整数次幂。
在 <Z3,?>中有
2-3＝ (2-1)3＝ 13＝ 1?1?1＝ 0
在 <Z,+>中有
3-5＝ (3-1)5＝ (-3)5＝ (-3)+(-3)+(-3)+(-3)+(-3)＝ -15
mnnaa
naa
ne
a
m
nn
,0)(
0
0
1
1
群中元素的阶定义 11.7 设 G是群,a∈G,使得等式
ak＝ e
成立的 最小正整数 k称为 a的阶,记作 |a|＝ k，这时也称 a为
k阶元 。若不存在这样的正整数 k,则称 a为无限阶元 。
举例
在 <Z6,?>中,2和 4是 3阶元,3是 2阶元，而 1和 5是 6阶元,0
是 1阶元。
在 <Z,+>中,0是 1阶元，其它的整数都是无限阶元。
在 Klein四元群中,e为 1阶元，其它元素都是 2阶元。
群的性质 — 群 的幂运算规则定理 11.1 设 G为群,则 G中的幂运算满足：
(1) a∈G,(a -1)-1＝ a。
(2) a,b∈G,(ab)-1＝ b-1a-1。
(3) a∈G,anam＝ an+m,n,m∈Z 。
(4) a∈G,(an)m＝ anm,n,m∈Z 。
(5) 若 G为交换群，则 (ab)n＝ anbn。
分析：
(1)和 (2)可以根据定义证明。
(3),(4),(5)中的等式,先利用数学归纳法对于自然数 n和 m
证出相应的结果，然后讨论 n或 m为负数的情况。
定理 11.1的证明
(1) a∈G,(a -1)-1＝ a。
(a-1)-1是 a-1的逆元,a也是 a-1的逆元。
（或者,a-1是 a的逆元,a也是 a-1的逆元。）
根据逆元的唯一性,(a-1)-1＝ a。
(2) a,b∈G,(ab)-1＝ b-1a-1。
(b-1a-1)(ab)＝ b-1(a-1a)b＝ b-1b＝ e
(ab)(b-1a-1)＝ a(bb-1)a-1＝ aa-1＝ e
故 b-1a-1是 ab 的逆元。
根据逆元的唯一性等式得证。
定理 11.1的证明
(3) a∈G,anam＝ an+m,n,m∈Z 。
先考虑 n,m都是自然数的情况。任意给定 n，对 m进行归纳。
m＝ 0，有 ana0＝ ane＝ an＝ an+0成立。
假设对一切 m∈N 有 anam＝ an+m成立，则有
anam+1＝ an(ama)＝ (anam)a＝ an+ma＝ an+m+1
由归纳法等式得证。
下面考虑存在负整数次幂的情况。
设 n<0,m≥0,令 n＝ -t,t∈Z +，则
anam＝ a-tam＝ (a-1)tam＝
a-(t-m)＝ am-t＝ an+m t≥m
am-t＝ an+m t<m
对于 n≥0,m<0 以及 n<0,m<0的情况同理可证。
定理 11.1的证明
(5) 若 G为交换群，则 (ab)n＝ anbn。
当 n为自然数时，对 n进行归纳。
(ab)n ＝ (ba)n ＝ (ba)-m＝ ((ba)-1)m ＝ (a-1b-1)m
＝ (a-1)m(b-1)m＝ a-mb-m＝ anbn
n＝ 0，有 (ab)0 ＝ e ＝ ee ＝ a0b0。
假设 (ab)k＝ akbk，则有
(ab)k+1 ＝ (ab)k(ab) ＝ (akbk)ab ＝ ak(bka)b
＝ ak(abk)b ＝ (aka)(bk)b ＝ (ak+1)(bk+1)
由归纳法等式得证。
设 n<0，令 n＝ -m,m>0，则定理 11.1说明
定理 11.1(2)中的结果可以推广到有限多个元素的情况,即
111 11121 aaaaaa rrr
个n
n abababab?
注意上述定理中的最后一个等式只对交换群成立。
如果 G是非交换群,那么只有群方程存在唯一解定理 11.2 G为群,?a,b∈G,方程 ax＝ b和 ya＝ b在 G中有解且仅有唯一解。
证明,先证 a-1b是方程 ax＝ b的解。
将 a-1b代入方程左边的 x得
a(a-1b)＝ (aa-1)b＝ eb ＝ b
所以 a-1b是该方程的解。
下面证明唯一性。
假设 c是方程 ax＝ b的解，必有 ac＝ b，从而有
c＝ ec ＝ (a-1a)c ＝ a-1(ac)＝ a-1b
同理可证 ba-1是方程 ya＝ b的唯一解。
例 11.5
例 11.5 设群 G＝ <P({a,b}),?>，其中?为集合的对称差运算。
解下列群方程：
(1){a}?X＝?
(2)Y?{a,b}＝ {b}
解答：
(1) X＝ {a}-1 ＝ {a} ＝ {a}
(2) Y＝ {b}?{a,b}-1＝ {b}?{a,b} ＝ {a}
消去律定理 11.3 G为群,则 G中适合消去律，即对任意 a,b,c∈G 有
(1)若 ab＝ ac，则 b＝ c。
(2)若 ba＝ ca，则 b＝ c。
证明,(1)ab＝ ac
a-1(ab)＝ a-1(ac)
(a-1a)b＝ (a-1a)c
eb＝ ec
b＝ c
(2)略例 11.6
例 11.6 设 G为群,a,b∈G,k∈Z +，证明
（ a-1ba)k＝ a-1ba? bk＝ b
证明,充分性
（ a-1ba)k ＝ (a-1ba)(a-1ba)(a-1ba) … (a-1ba) k个 a-1ba
＝ a-1b(aa-1)b(aa-1)b… (aa-1)ba
＝ a-1bka
＝ a-1ba (因为 bk＝ b)
必要性 由（ a-1ba)k＝ a-1ba 得
(a-1ba)(a-1ba)… (a-1ba)＝ a-1ba
化简得 a-1bka＝ a-1ba
由消去律得 bk＝ b。
例 11.7
例 11.7 设 G为群,a,b∈G,且 (ab)2＝ a2b2,证明 ab＝ ba。
证明：
由 (ab)2＝ a2b2 得
abab＝ aabb
根据群中的消去律，得 ba＝ ab，
即 ab＝ ba。
例 11.8
例 11.8 设 G＝ {a1,a2,…,an}是 n阶群，令
aiG＝ {aiaj|j=1,2,…,n}
证明 aiG＝ G。
证明,由群中运算的封闭性有 aiG? G。
假设 aiG? G，即 |aiG|<n。
必有 aj,ak∈G 使得
aiaj＝ aiak （ j≠k ）
由消去律得 aj=ak,
与 |G|＝ n矛盾。
群中元素的阶的性质定理 11.4 G为群,a∈G 且 |a|＝ r。设 k是整数,则
(1) ak＝ e当且仅当 r|k
(2) |a|＝ |a-1|
证明,(1)充分性 。
由于 r|k，必存在整数 m使得 k＝ mr，所以有
ak＝ amr ＝ (ar)m ＝ em ＝ e。
必要性 。
根据除法，存在整数 m和 i使得
k＝ mr+i,0≤i≤r -1
e＝ ak ＝ amr+i ＝ (ar)mai ＝ eai ＝ ai
因为 |a|＝ r,必有 i＝ 0。这就证明了 r|k。
定理 11.4(2)证明
(2) |a|＝ |a-1|
由 (a-1)r＝ (ar)-1＝ e-1＝ e，可知 a-1 的阶存在。
令 |a-1|＝ t，根据上面的证明有 t|r。
这说明 a的逆元的阶是 a的阶 r的因子。
而 a又是 a-1的逆元，
根据条件有 |a-1|＝ |(a-1)-1|＝ |a|，
所以 a的阶也是 a-1的阶的因子，故有 r|t。
从而证明了 r＝ t,即 |a|＝ |a-1|。
证明元素的阶相等的方法证明 |x|＝ |y|的方法：
令 |x|＝ r,|y|＝ s
验证 (x)s＝ e? r|s
验证 (y)r＝ e? s|r
因此 r＝ s，即 |x|＝ |y|。
例 11.9
例 11.9 设 G是群,a,b∈G 是有限阶元。证明
(1)|b-1ab|＝ |a|
(2)|ab|＝ |ba|
证明,(1)设 |a|＝ r,|b-1ab|＝ t，则有
(b-1ab)r ＝ (b-1ab)(b-1ab)…… (b-1ab) (r个 b-1ab)
＝ b-1arb＝ b-1eb＝ e
根据定理 11.4，可知 b-1ab的阶是 a的阶的因子，即 t|r。
另一方面,a＝ b(b-1ab)b-1＝ (b-1)-1(b-1ab)b-1
可知,(b-1)-1(b-1ab)b-1的阶是 b-1ab的阶的因子，即 r|t。
从而有 |b-1ab|=|a|。
例 11.9(2)证明
(2)|ab|＝ |ba|
设 |ab|＝ r,|ba|＝ t，则有
(ab)t+1＝ (ab)(ab)…… (ab) t+1个 ab
＝ a(ba)(ba)…… (ba)b t个 ba
＝ a(ba)tb
＝ aeb
＝ ab
由消去律得 (ab)t＝ e，从而可知,r|t.
同理可证 t|r。
因此,|ab|＝ |ba|。
例 11.10
例 11.10 设 G为有限群，则 G中阶大于 2的元素有偶数个。
证明,根据定理 11.4可知，对于任意 a∈G,有
a2＝ e? |a|＝ 1 或 |a|＝ 2
若 a2＝ e，则有 a-1a2＝ a-1e，即 a＝ a-1。
反之，若 a＝ a-1，
则有 a2＝ aa＝ aa-1＝ e，这就推出 a2＝ e? a＝ a-1。
综合上述可知，对 G中阶大于 2的元素 a，必有 a≠a -1。
又由于 |a|＝ |a-1|，所以 G中阶大于 2的元素一定成对出现。
G中若含有阶大于 2的元素，一定是偶数个。
若 G中不含阶大于 2的元素，而 0也是偶数。
例 11.11
例 11.11 设 G为群,a,b∈G,且 ab＝ ba。如果 |a|=n,|b|=m,且 n
与 m互质，证明 |ab|＝ nm。
证明,设 |ab|＝ d。由 ab＝ ba 可知
(ab)nm ＝ (an)m(bm)n ＝ emen ＝ e。 从而有 d|nm。
又由 adbd＝ (ab)d＝ e,可知 ad＝ b-d,即 |ad|＝ |b-d|＝ |bd|。
(ad)n＝ (an)d＝ ed＝ e 得 |ad||n。
同理有 |bd||m。 从而知道 |ad|是 n和 m的公因子。
因为 n与 m互质，所以 |ad|＝ 1。
这就证明了 ad＝ e，从而 n|d。
同理可证 m|d，即 d是 n和 m的公倍数。
由于 n与 m互质，必有 nm|d。
综合前边的结果得 d＝ nm。即 |ab|＝ nm。
本节主要内容
集合 G和二元运算构成群的条件 （ 封闭性,结合律,单位元,每个元素有逆元 ） 。
特殊群的定义 （ 有限与无限群,Abel群,平凡群 ） 与群的阶 。
元素的幂与元素的阶
群的性质：幂运算规则,消去律,群方程的唯一解,有关元素的阶的性质 。
11.3 子群
子群就是群的子代数
子群的定义
子群的三个判定方法
重要子群的实例
– 生成群、中心
找到有限群的全部子群的方法子群的定义定义 11.8 设 G是群,H是 G的 非空子集,如果 H关于 G中的运算构成群,则称 H是 G的 子群 (subgroup),记作 H≤G 。
若 H是 G的子群，且 H?G，则称 H是 G的 真子群 (proper subgroup)
，记作 H＜ G。
说明,对任何群 G都存在子群。
G和 {e}都是 G的子群，称为 G的 平凡子群 (trivial subgroup) 。
举例：
nZ（ n是自然数）是整数加群 〈 Z,+〉 的子群。
当 n≠1 时,nZ是 Z的真子群。
子群的判定定理一定理 11.5（判定定理一） 设 G为群,H是 G的非空子集。 H是 G的子群当且仅当下面的条件成立：
(1)?a,b∈H,有 ab∈H 。
(2)?a∈H,有 a-1∈H 。
证明,必要性是显然的。
为证明充分性，只需证明 e∈H 。（ 为什么？ ）
因为 H非空，必存在 a∈H 。
由条件 (2)可知,a-1∈H,
再使用条件 (1)有 aa-1∈H,即 e∈H 。
子群的判定定理二定理 11.6（判定定理二） 设 G为群,H是 G的非空子集。 H是 G的子群当且仅当 a,b∈H 有 ab-1∈H 。
证明,必要性。
任取 a,b∈H,由于 H是 G的子群，必有 b-1∈H,
由封闭性有 ab-1∈H 。
充分性。
因为 H非空，必存在 a∈H 。
根据给定条件得 aa-1∈H,即 e∈H 。
任取 a∈H,由 e,a∈H 得 ea-1∈H,即 a-1∈H 。
任取 a,b∈H,由刚才的证明知 b-1∈H 。
再利用给定条件得 a(b-1)-1∈H,即 ab∈H 。
综合所述，根据判定定理一，可知 H是 G的子群。
子群的判定定理三定理 11.7(判定定理三 ) 设 G为群,H是 G的非空子集。如果 H是有穷集，则 H是 G的子群当且仅当?a,b∈H 有 ab∈H 。
证明,必要性 是显然的。
充分性 。只需证明?a∈H 有 a-1∈H 。
任取 a∈H,若 a＝ e，则 a-1＝ e-1＝ e∈H 。
若 a≠e,令 S＝ {a,a2,… }，则 S?H。
由于 H是有穷集，必有 ai＝ aj（ i<j）。
根据 G中的消去律得 aj-i＝ e，
由 a≠e 可知,j-i>1，由此得
aj-i-1a＝ e 和 aaj-i-1＝ e
从而证明了 a-1＝ aj-i-1∈H 。
子群实例 — 生 成子群例 11.12 设 G为群,a∈G,令 H＝ {ak|k∈Z},即 a的所有的幂构成的集合，则 H是 G的子群，称为由 a生成的子群,记作 <a>。
证明,由 a∈<a> 知道,<a>≠?。
任取 am,al∈<a>,am(al)-1 ＝ ama-l ＝ am-l∈<a>
根据判定定理二可知 <a>≤G 。
举例 (1)整数加群，由 2生成的子群是
<2>＝ {2k|k∈ Z}＝ 2Z
(2)群 <Z6,?>中，由 2生成的子群由
20＝ 0,21＝ 2,22＝ 4,23=0,… 构成，
即 <2>＝ {0,2,4}
(3)Klein四元群 G＝ {e,a,b,c}的所有生成子群是：
<e>＝ {e},<a>＝ {e,a},<b>＝ {e,b},<c>＝ {e,c}。
子群实例 — 中心例 11.13 设 G为群，令 C是与 G中所有的元素都可交换的元素构成的集合，即
C＝ {a|a∈G∧x∈G(ax ＝ xa)}
则 C是 G的子群，称为 G的中心 。
证明,由 e与 G中所有元素的交换性可知,e∈C 。 C是 G的非空子集。
任取 a,b∈C,为证明 ab-1∈C,只需证明 ab-1与 G中所有的元素都可交换。x∈G,有
(ab-1)x＝ ab-1x＝ ab-1(x-1)-1 ＝ a(x-1b)-1 ＝ a(bx-1)-1
＝ a(xb-1)＝ (ax)b-1＝ (xa)b-1＝ x(ab-1)
由判定定理二可知,C≤G 。
中心的说明
对于阿贝尔群 G，因为 G中所有的元素互相都可交换,G的中心就等于 G。
但是对某些非交换群 G，它的中心是 {e}。
例 11.14
例 11.14 设 G是群,H,K是 G的子群。证明
(1) H∩K 也是 G的子群。
(2) H∪K 是 G的子群当且仅当 H?K 或 K?H。
证明,(1) 由 e∈H∩K 知 H∩K 非空。
任取 a,b∈H∩K,则 a∈H,a∈K,b∈H,b∈K 。
由于 H和 K是 G的子群，必有 ab-1∈H 和 ab-1∈K,
从而推出 ab-1∈H∩K 。
根据判定定理二，命题得证。
例 11.14（ 2）
(2) H∪K 是 G的子群当且仅当 H?K 或 K?H。
充分性 是显然的。
必要性,用反证法。
假设 H?K 且 K?H，那么存在 h和 k使得
h∈H∧h?K 并且 k∈K∧k?H
这就推出 hk?H。
若不然，由 h-1∈H 可得 k＝ h-1(hk)∈H,与假设矛盾。
同理可证,hk?K。
从而得到 hk?H∪K 。
这与 H∪K 是子群矛盾。
如何找到有限群的全部子群第 0层,{e}是 G的平凡子群，也是最小的子群，放在第 0层。
第 1层,任取 a?G,a?e，则 <a>是 a由生成的子群。
如果 <a>≠ G且不存在 <b>是 <a>的真子群，则将 <a>放在 第 1层。
如果 G中所有的非单位元生成的子群都等于 G，则构造结束，
并将 G放在第 1层。
如果 a,b?G,a≠ b，但 <a>＝ <b>，这时取 <a>（或 <b>）。
第 2层,如果 <a>在第 1层，并且 G中存在其它元素 b满足 <a>?<b>，
同时不存在元素 c使得 <a>?<c>?<b>，那么 <b>放在第 2层。
此外，第 2层还包含有第 1层的子群的并集生成的更大的子群。
如何找到有限群的全部子群任取第 1层的两个子群 H1,H2，令 B＝ H1∪ H2，如果 H1?H2,H1?H2,
那么 H1∪ H2不是 G的子群，而只是 G的子集，将 G的所有包含 B
的子群的交记作 <B>，即 <B>＝ ∩ {H|B?H∧H≤G} 。
易见 <B>是 G的子群，称为由 B生成的子群,<B>中的元素恰为如下形式,a1a2… ak,k∈ Z+
其中 ai是 B中元素或 B中元素的逆元。不难证明,<B>是包含了 H1
和 H2的最小子群。
按照这样的方法，构造 <H1∪ H2>，如果 <H1∪ H2>≠ G且第 2层不存在其他子群是 <H1∪ H2>的真子群，则将 <H1∪ H2>放在第 2层。
从而由第 1层的子群生成第 2层的所有子群。当然，不同的子群可能会生成相同的新子群。
按照这种办法继续下去，每层构造时先检查是否还有单元素生成的新子群，然后利用前一层子群的并集生成新子群。由于 G
是有限群，经过有限步生成后，总可得到最高层的唯一的平凡子群 G，这时构造过程结束。
如何找到有限群的全部子群例如,G＝ {e,a,b,c}是 Klein四元群，根据上述的构造性方法得到 G的全部子群如下：
第 2层 G
第 1层 <a>＝ {e,a},<b>＝ {e,b},<c>＝ {e,c}
第 0层 {e}
例如,G＝ Z6＝ {0,1,2,3,4,5}，模 6加群。则 G的全部子群如下：
第 2层 G
第 1层 <2>＝ <4>＝ {0,2,4},<3>＝ {0,3}
第 0层 {0}
如何找到有限群的全部子群设 G为群，令 S＝ {H|H是 G的子群 }，在 S上定义关系 R如下：
A,B?S,ARB? A是 B的子群那么 <S,R>构成偏序集，称为群 G的 子群格。
Klein四元群 G与模 12加群 Z12的子群格如图所示。
本节主要内容及学习要求
主要内容
– 子群的定义 。
– 子群的三个判定定理及其应用 。
– 典型子群：由元素生成的子群 <a>,群 G的中心 C,若干个子群的交集 。
学习要求
– 会证明群的子集是子群 。
– 了解几个典型子群的定义 。
11.4 陪集与拉格朗日定理
本节主要讨论群的分解
陪集的定义、实例、性质
拉格朗日定理陪集定义 11.9 设 H是 G的子群,a∈G 。令
Ha＝ {ha|h∈H}
称 Ha是子群 H在 G中的 右陪集 (right coset)。称 a为 Ha的 代表元素 。
实例,设 G＝ {e,a,b,c}是 Klein四元群,H＝ {e,a}是 G的子群。
H所有的右陪集是：
He＝ {e,a}＝ H
Ha＝ {a,e}＝ H
Hb＝ {b,c}
Hc＝ {c,b}
不同的右陪集只有两个，即 H和 {b,c}。
陪集的实例设 A＝ {1,2,3},f1,f2,…,f6是 A上的双射函数。其中
f1＝ {<1,1>,<2,2>,<3,3>}
f2＝ {<1,2>,<2,1>,<3,3>}
f3＝ {<1,3>,<2,2>,<3,1>}
f4＝ {<1,1>,<2,3>,<3,2>}
f5＝ {<1,2>,<2,3>,<3,1>}
f6＝ {<1,3>,<2,1>,<3,2>}
令 G＝ {f1,f2,…,f6}，则 G关于函数的复合运算构成群。
考虑 G的子群 H＝ {f1,f2}。做出 H的全体右陪集如右面所示：
Hf1＝ {f1?f1,f2?f1}＝ {f1,f2}＝ H
Hf2＝ {f1?f2,f2?f2}＝ {f2,f1}＝ H
Hf3＝ {f1?f3,f2?f3}＝ {f3,f5}
Hf4＝ {f1?f4,f2?f4}＝ {f4,f6}
Hf5＝ {f1?f5,f2?f5}＝ {f5,f3}
Hf6＝ {f1?f6,f2?f6}＝ {f6,f4}
易见，不同的右陪集只有三个，每个右陪集都是 G的子集。
陪集的基本性质定理 11.8 设 H是群 G的子群，则
(1) He＝ H。
(2)?a∈G 有 a∈Ha 。
证明：
(1) He ＝ {he|h∈H} ＝ {h|h∈H} ＝ H
(2) 任取 a∈G,由 a＝ ea和 ea∈Ha 得 a∈Ha 。
定理 11.9
定理 11.9 设 H是群 G的子群，则?a,b∈G 有
a∈Hb? ab-1∈H? Ha＝ Hb
证明,先证 a∈Hb? ab-1∈H 。
a∈Hbh(h∈H∧a ＝ hb)
h(h∈H∧ab -1＝ h)
ab-1∈H
定理 11.9
反之，任取 h1b∈Hb,则有再证,a∈Hb? Ha＝ Hb。
充分性。 若 Ha＝ Hb,由 a∈Ha 可知，必有 a∈Hb 。
必要性。 由 a∈Hb 可知,存在 h∈H 使得 a＝ hb，即 b＝ h-1a。
任取 h1a∈Ha,则有
h1a＝ h1(hb)＝ (h1h)b∈Hb
从而得到 Ha?Hb。
h1b＝ h1(h-1a) ＝ (h1h-1)a∈Ha
从而得到 Hb?Ha。
综上所述,Ha＝ Hb得证。
定理 11.9的说明
该定理给出了 两个右陪集相等的充分必要条件,并且说明 在右陪集中的任何元素都可以作为它的代表元素 。
在例 11.15中,H＝ {f1,f2}
f3＝ {<1,3>,<2,2>,<3,1>} f5＝ {<1,2>,<2,3>,<3,1>}
Hf3＝ {f1?f3,f2?f3}＝ {f3,f5} Hf5＝ {f1?f5,f2?f5}＝ {f5,f3}
可以看出 f3∈Hf 5，所以 Hf3＝ Hf5。
同时有 f3?f5-1＝ f3?f6＝ f2∈H
定理 11.10
定理 11.10 设 H是群 G的子群，在 G上定义二元关系 R,?a,b∈G,
<a,b>∈R? ab-1∈H
则 R是 G上的等价关系，且 [a]R＝ Ha。
证明,先证明 R为 G上的等价关系。
任取 a∈G,由
aa-1＝ e∈H? <a,a>∈R
可知 R在 G上是自反的。
任取 a,b∈G,则
<a,b>∈R? ab-1∈H? (ab-1)-1∈H
ba-1∈H? <b,a>∈R
所以 R是对称的。
定理 11.10
b∈[a] R
任取 a,b,c∈G,则
<a,b>∈R∧<b,c>∈R? ab-1∈H∧bc -1∈H
ac-1∈R? <a,c>∈R
所以 R是传递的。
综上所述,R是 G上的等价关系。
下面证明,?a∈G,[a] R＝ Ha。
任取 b∈G,则有
<a,b>∈R? ab-1∈H
根据定理 11.9有
ab-1∈H? Ha＝ Hb? b∈Ha
这就推出 b∈[a] R? b∈Ha,从而证明了 [a]R＝ Ha。
(ab-1)(bc-1)∈H
定理 11.10推论推论 设 H是群 G的子群，则
(1)任取 a,b∈G,Ha＝ Hb 或 Ha∩Hb ＝?
(2)∪{Ha|a∈G} ＝ G
证明,由定理 11.10和 7.14可得。
重要结果,给定群 G的一个子群 H,H的所有右陪集的集合
{Ha|a∈G} 恰好构成 G的一个划分。
举例,考虑 Klein四元群 G＝ {e,a,b,c},H＝ {e,a}是 G的子群。
H在 G中的右陪集是 H和 Hb，其中 Hb＝ {b,c}。
那么 {H,Hb}构成了 G的一个划分。
定理 11.11
定理 11.11 设 H是群 G的子群，则
a∈G,H≈Ha
证明,令 f:H→Ha,f(x)＝ xa。
任取 ha∈Ha,?h∈H,使得 f(h)＝ ha，
因而 f是满射的。
假设 f(h1)＝ f(h2),那么有 h1a＝ h2a。
根据消去律得 h1＝ h2，
因而 f是单射的。
因此,H≈Ha 。
右陪集
H的右陪集定义，即
Ha＝ {ha|h∈H},a∈G
右陪集的性质：
1.He＝ H
2.?a∈G,a∈Ha
3.?a,b∈G,a∈Hb?ab-1∈H
Ha＝ Hb
4.若在 G上定义二元关系 R，
a,b∈G,<a,b>∈R?ab-1∈H
则 R是 G上的等价关系，
且 [a]R＝ Ha。
5.?a∈G,H≈Ha 。
H的左陪集定义，即
aH＝ {ah|h∈H},a∈G
左陪集的性质：
1.eH＝ H
2.?a∈G,a∈aH
3.?a,b∈G,a∈bH?b-1a∈H
aH＝ bH
4.若在 G上定义二元关系 R，
a,b∈G,<a,b>∈R?b-1a∈H
则 R是 G上的等价关系，
且 [a]R＝ aH。
5.?a∈G,H≈aH 。
左陪集左陪集举例群 G＝ {f1,f2,…,f6}。令 H＝ {f1,f2}，则 H在 G中的全体左陪集如下：
f1H＝ {f1?f1,f1?f2}＝ {f1,f2}＝ H
f2H＝ {f1?f2,f2?f2}＝ {f2,f1}＝ H
f3H＝ {f3?f1,f3?f2}＝ {f3,f6}
f4H＝ {f4?f1,f4?f2}＝ {f4,f5}
f5H＝ {f5?f1,f5?f2}＝ {f5,f4}
f6H＝ {f6?f1,f6?f2}＝ {f6,f3}
和 H的右陪集相比较,不难看出有
Hf1＝ f1H,Hf2＝ f2H,Hf3≠f 3H,Hf4≠f 4H,Hf5≠f 5H,Hf6≠f 6H
结论,一般来说，对于群 G的每个子群 H不能保证有 Ha＝ aH。但是对某些特殊的子群 H,a∈G 都有 Ha＝ aH，称这些子群为 G的 正规子群 。
Hf1＝ {f1?f1,f2?f1}＝ {f1,f2}＝ H
Hf2＝ {f1?f2,f2?f2}＝ {f2,f1}＝ H
Hf3＝ {f1?f3,f2?f3}＝ {f3,f5}
Hf4＝ {f1?f4,f2?f4}＝ {f4,f6}
Hf5＝ {f1?f5,f2?f5}＝ {f5,f3}
Hf6＝ {f1?f6,f2?f6}＝ {f6,f4}
左右陪集个数相等令 S＝ {Ha|a?G} T＝ {aH|a?G}
分别表示 H的右陪集和左陪集的集合，定义：
f:S→T,f(Ha)＝ a-1H,?a?G
可以证明 f是 S到 T的双射函数。
对?a,b?G 有
Ha＝ Hb? ab-1∈H? (ab-1 )-1∈H
(b-1)-1a-1∈ H? a-1H＝ b-1H
这说明对于任意的 Ha∈S,必有唯一的 f(Ha)∈T 与之对应，
即 f是函数。
同时可知：若 f(Ha)＝ f(Hb)，必有 Ha＝ Hb，即 f是单射。
任取 bH∈T,则 Hb-1∈ S,且有 f(Hb-1)＝ (b-1)-1H＝ bH
从而证明了 f的满射性。 因此 S≈T 。
关于陪集的进一步说明
对于子群 H和元素 a，它的左陪集 aH与右陪集 Ha一般说来是不等的。
H的左陪集个数与右陪集个数是相等的，因为可以证明
f(Ha)＝ a-1H,f在 H的右陪集和左陪集之间建立了一一对应。
今后不再区分 H的右陪集数和左陪集数，统称为 H在 G中的陪集数,也叫做 H在 G中的指数,记作 [G:H]。
对于有限群 G,H在 G中的指数 [G:H] 和 |G|,|H|有密切的关系，这就是著名的拉格朗日定理。
拉格朗日定理定理 11.12 设 G是有限群,H是 G的子群，则
|G|＝ |H|· [G:H]
证明：
设 [G:H]＝ r,a1,a2,…,ar分别是 H的 r个右陪集的代表元素。
根据定理 11.10的推论有
G＝ Ha1∪Ha 2∪ … ∪Ha r
由于这 r个右陪集是两两不交的，所以有
|G|＝ |Ha1|+|Ha2|+… +|Har|
由定理 11.11可知,|Hai|＝ |H|,i＝ 1,2,…,r。
将这些等式代入上式得
|G|＝ |H|· r＝ |H|· [G:H]
拉格朗日定理的推论 1
推论 1 设 G是 n阶群，则?a∈G,|a|是 n的因子，且有 an＝ e。
证明 任取 a∈G,则 <a>是 G的子群。
由拉格朗日定理可知,<a>的阶是 n的因子。
另一方面,<a>是由 a生成的子群，若 |a|=r，则
<a>＝ {a0＝ e,a1,a2,…,ar-1}
这说明 <a>的阶与 |a|相等，
所以 |a|是 n的因子。
根据定理 11.4(1)，必有 an＝ e。
拉格朗日定理的推论 2
推论 2 对阶为素数的群 G，必存在 a∈G,使得 G＝ <a>。
证明 设 |G|＝ p,p是素数。
由 p≥2 可知,G中必存在非单位元。
任取 a∈G,a≠e,则 <a>是 G的子群。
根据拉格朗日定理,<a>的阶是 p的因子，
即 <a>的阶是 p或 1，显然 <a>的阶不是 1，
这就推出 G＝ <a>。
说明?拉格朗日定理对分析有限群中元素的阶很有用。
这个定理的逆命题并不为真。
有时候 r是 n的因子，但 n阶群 G中不一定含有 r阶元。
可以验证例 11.15中的群 G={f1,f2,…,f6}中并没有 6阶元
。
拉格朗日定理的应用实例命题,如果群 G只含 1阶和 2阶元，则 G是 Abel群。
证明,设 a为 G中任意元素，根据题意，有 a1＝ e或 a2＝ e，
即有 a-1＝ a。
任取 x,y∈G,则 xy＝ (xy)-1 ＝ y-1x-1 ＝ yx。
因此 G是 Abel群。
例 11.16
例 11.16 证明 6阶群中必含有 3阶元。
证明,设 G是 6阶群，由拉格朗日定理的推论 1可知 G中的元素只能是 1阶,2阶,3阶或 6
若 G中含有 6阶元，设这个 6阶元是 a，则 a2是 3阶元。
若 G中不含 6阶元，下面证明 G中必含有 3阶元。
如若不然,G中只含 1阶和 2阶元，
即?a∈G,有 a2＝ e，由命题可知 G是阿贝尔群。
取 G中两个不同的 2阶元 a和 b，令
H＝ {e,a,b,ab}
易证 H是 G的子群，
但 |H|=4,|G|=6，与拉格朗日定理矛盾。
例 11.17
例 11.17 证明阶小于 6的群都是阿贝尔群。
证明,1阶群是平凡的，显然是阿贝尔群。
2,3和 5都是素数。由拉格朗日定理的推论 2可知 2阶,3阶和 5阶群都是由一个元素生成的群。它们都是阿贝尔群。
（因为?a i,a j∈G,有 a i a j＝ a i+j＝ a j+i＝ a j a i。）
设 G是 4阶群。若 G中含有 4阶元，比如说 a，则 G＝ <a>，
由刚才的分析可知 G是阿贝尔群。
若 G中不含 4阶元，根据拉格朗日定理,G中只含 1阶和 2阶元。
由命题可知 G也是阿贝尔群。
本节内容及学习要求
主要内容
– 陪集的定义及实例 。
– 陪集及其代表元素之间的关系 。
– 陪集的四条性质 。
– 有限群 G的拉格朗日定理 (|G|=|H|[G:H])及两个推论 。
学习要求
– 在群 G中会求已知子群 H的右 （ 或左 ） 陪集 。
– 了解陪集的性质,特别是两个陪集相等的充要条件 。
– 了解群 G的陪集分解是怎样与 G上的等价关系相对应的 。
– 掌握拉格朗日定理及其推论的简单应用 。
11.5 正规子群与商群
正规子群的定义及实例
正规子群的两个判别定理以及相应的四种判别方法
商群的定义及其实例 。
正规子群的定义及实例定义 11.10 设 H是群 G的子群。如果?a∈G 都有 Ha＝ aH,则称 H是 G
的 正规子群 (normal subgroup)或 不变子群,记作 H≤ |G。
注意
条件 Ha＝ aH仅仅表示两个集合 aH和 Ha相等。
错误的理解：由 aH＝ Ha可推出 ah＝ ha对 H中所有的元素 h都成立。
正确的理解,对?h∈H,存在 h1∈H,使 ah＝ h1a。
说明
任何群 G都有正规子群,因为 G的两个平凡子群，即 G和 {e}，
都是 G的正规子群。
如果 G是阿贝尔群,G的所有子群都是正规子群。
正规子群的实例例 11.18 设 A＝ {1,2,3},f1,f2,…,f6是 A上的双射函数。其中
f1＝ {<1,1>,<2,2>,<3,3>},f2＝ {<1,2>,<2,1>,<3,3>}
f3＝ {<1,3>,<2,2>,<3,1>},f4＝ {<1,1>,<2,3>,<3,2>}
f5＝ {<1,2>,<2,3>,<3,1>},f6＝ {<1,3>,<2,1>,<3,2>}
令 G＝ {f1,f2,…,f6}，则 G关于函数的复合运算构成群。 G的全体子群是：
H1＝ {f1},H2＝ {f1,f2},H3＝ {f1,f3}
H4={f1,f4},H5＝ {f1,f5,f6},H6＝ G
不难验证,H1,H5和 H6是 G的正规子群，而 H2,H3和 H4不是正规子群。
正规子群的判定定理定理 11.13 设 N是群 G的子群,N是群 G的正规子群当且仅当任取
g∈G,n∈N 有 gng-1∈N 。
证明 必要性。 任取 g∈G,n∈N,由 gN＝ Ng可知，
存在 n1∈N 使得 gn＝ n1g,从而有 gng-1＝ n1gg-1＝ n1∈N 。
充分性,即证明 g∈G 有 gN＝ Ng。
任取 gn∈gN,由 gng-1∈N 可知存在 n1∈N 使得 gng-1＝ n1，
从而得 gn＝ n1g∈Ng 。 这就推出 gN?Ng。
反之，任取 ng∈Ng,由于 g-1∈G 必有 (g-1)n(g-1)-1∈N,
即 g-1ng∈N 。 所以存在 n1∈N 使得 g-1ng＝ n1，
从而有 ng＝ gn1∈gN 。 这就推出 Ng?gN。
综合上述,g∈G 有 gN＝ Ng。
正规子群的判定实例例 11.19 设 G是全体 n阶实可逆矩阵的集合关于乘法构成的群，
其中 n≥2 。令
H＝ {X|X∈G∧det X＝ 1}
其中 detX 表示矩阵 X 的行列式，则 H是 G的正规子群。
证明 设 E表示 n阶单位矩阵，则 E∈H,H非空。
任取 M1,M2∈H,则
det(M1M2-1)＝ detM1 detM2-1＝ 1
所以 M1M2-1∈H 。由子群判别定理可知,H≤G 。
下面证明 H是正规的。任取 X∈G,M∈H,则
det(XMX-1)＝ detX · detM ·
detX-1＝ detX · detX-1＝ det(XX-1)＝ detE＝ 1
所以 XMX-1∈H 。由判定定理,H是 G的正规子群。
定理 11.14
定理 11.14 设 N是群 G的子群,N是 G的正规子群当且仅当
g∈G,有 gNg-1＝ N。
证明 任取 g∈G 有
gNg-1＝ N? (gNg-1)g＝ Ng? gN＝ Ng
由正规子群定义，定理得证。
例 11.20
例 11.20 设 N是群 G的子群，若 G的其他子群都不与 N等势，则 N是
G的正规子群。
证明 任取 g∈G,则 gNg-1是 G的子群。
容易证明 N≈gNg -1。令
f:N→gNg -1,f(n)＝ gng-1,?n∈N
则 f是 N到 gNg-1的映射。
假若 f(n1)＝ f(n2),则有 gn1g-1=gn2g-1，
从而推出 n1＝ n2，即 f是单射。
任取 gng-1∈gNg -1，则有 n∈N 且 f(n)＝ gng-1，
这就证明 f是满射。从而 N≈gNg -1。
根据已知条件，必有 gNg-1＝ N。
所以 N是 G的正规子群。
例 11.21
例 11.21 设 N是群 G的子群，若 [G:N]＝ 2，则 N是 G的正规子群。
证明 由 [G:N]＝ 2可知 N存在两个右陪集，即
G＝ N∪Ng,g?N
同理可知,G＝ N∪gN,g?N
任取 g∈G,若 g∈N,则有 gN＝ N＝ Ng。
若 g?N，则有 gN＝ G-N＝ Ng。
从而证明了 N是 G
例 11.20和例 11.21可作为判别正规子群的充分条件来使用。
考虑 例 11.18中的群 G。 H1,H5和 H6都是 G的唯一的 1阶,3阶和 6
阶子群。所以它们都是正规的。对于 H5,由于 [G:H5]＝ 2，根据例 11.19的结论也可以判别的它的正规性。
商群由群 G和 G的正规子群 N可以构造一个新的群，就是 G的 商群 G/N。
设 G是群,N是 G的正规子群，令 G/N是 N在 G中的全体右陪集（或左陪集）构成的集合，即
G/N＝ {Ng|g∈G}
在 G/N上定义二元运算如下：
Na,Nb∈G/N,Na?Nb＝ Nab
可以证明 G/N关于?运算构成一个群。
首先验证?运算是良定义的，即 N的任意两个陪集 Na,Nb的乘积是唯一的。
因为?运算是涉及到类的运算，必须证明该运算与类的代表元素的选择无关。
换句话说，若 Na＝ Nx,Nb＝ Ny,则有 Na?Nb＝ Nx?Ny。
商群任取 a,b,x,y∈G,则有
Na＝ Nx∧Nb ＝ Ny
n1?n2(a＝ n1x∧b ＝ n2y)
Nab＝ Nn1xn2y＝ Nn1n2′xy（由于 N是正规的）
Nab＝ Nxy
Na?Nb＝ Nx?Ny
易见 G/N关于运算是封闭的。
商群再证明运算是 可结合 的。
任取 a,b,c∈G,
(Na?Nb)?Nc＝ Nab?Nc＝ N(ab)c＝ Nabc
Na?(Nb?Nc)＝ Na?Nbc＝ Na(bc)＝ Nabc
所以有 (Na?Nb)?Nc＝ Na?(Nb?Nc)。
Ne＝ N是 G/N中关于运算?的单位元 。
Na∈G/N,Na-1是 Na的逆元。
综上所述,G/N关于?运算构成群。称为 G的 商群 (quotient
group)。
例 11.22
设 <Z,+>是整数加群，令
3Z＝ {3z|z∈Z}
则 3Z是 Z的正规子群。 Z关于 3Z的商群
_ _ _
Z/3Z＝ {0,1,2}
其中 _
i＝ [i]＝ {3z+i|z∈Z} i ＝ 0,1,2
且 Z/3Z中的运算如右表所示。
_
0
_
1
_
2
_
0
_
0
_
1
_
2
_
1
_
1
_
2
_
0
_
2
_
2
_
0
_
1
本节内容及学习要求
主要内容
– 正规子群的定义及实例 。
– 正规子群的两个判别定理以及相应的四种判别方法 。
– 商群的定义及其实例 。
学习要求
– 掌握正规子群的概念及判别方法 。
– 给定群 G和它的正规子群 H,会求商群 G/H。
11.6 群的同态与同构
和半群的同态类似,也可以定义群的同态。
群的同态映射和同构映射，以及相关的概念。
群同态的性质。
群的同态映射定义 11.11 设 G1,G2是群,?,G1→G 2，若任意 a,b∈G 1都有
(ab)＝?(a)?(b)
则称?是群 G1到 G2的 同态映射,简称 同态 。
典型同态映射的实例
(1)G1＝ <Z,+>是整数加群,G2＝ <Zn,?>是模 n的整数加群。令
,Z→Z n,?(x)＝ (x)mod n
则?是 G1到 G2的同态。
因为?x,y∈Z 有
(x+y)＝ (x+y)mod n ＝ (x)mod n? (y)mod n
＝?(x)(y)
典型同态映射的实例
(2)设 G1＝ <R,+>是实数加群,G2＝ <R*,· >是非零实数关于普通乘法构成的群。令
,R→R *,?(x)＝ ex
则?是 G1到 G2的同态,因为?x,y∈R 有
(x+y)＝ ex+y＝ ex · ey＝?(x)·?(y)
(3)设 G1,G2是群,e2是 G2的单位元。令
,G1→G 2,?(a)＝ e2,?a∈G 1
则?是 G1到 G2的同态，称为 零同态 。
因为?a,b∈G 1有
(ab)＝ e2 ＝ e2e2 ＝?(a)?(b)
同态的分类定义 11.12 设?,G1→G 2是群 G1到 G2的同态。
(1) 若?,G1→G 2是满射的，则称?为 满同态,这时也称 G2是
G1的 同态像,记作 G1～ G2。
(2) 若?,G1→G 2是单射的，则称?为 单同态 。
(3) 若?,G1→G 2是双射的，则称?为 同构,记作 G1≌ G2。
(4) 若 G1＝ G2，则称?是群 G的 自同态 。
举例,
(1)中的同态是满同态，这时也可以说模 n整数加群是整数加群的同态像。
(2)中的同态是单同态。由于 ran?＝ R+，同态像是 <R+,· >。
这两个同态都不是同构。
例 11.24
例 11.24 设 G＝ <Zn,?>是模 n整数加群，证明恰含有 n个 G的自同态。
证明,先证存在着 n个 G的自同态。令
,Zn→Z n,?(x)＝ (px)mod n,p=0,1,…,n-1
则?是 G的自同态，因为任意的 x,y∈Z n有
(x?y) ＝ (p(x?y))mod n
＝ (px)mod n? (py)mod n
＝?(x)(y)
由于 p有 n种取值，不同的 p确定了不同的映射?，
所以存在 n个 G的自同态。
例 11.24
下面证明任何 G的自同态都是上述 n个自同态中的一个。
设?是 G的自同态，且?(1)＝ i,i∈Z n。
我们将证明?x∈Z n，有?(x)＝ (ix)mod n。
(1)＝ i＝ (i· 1)mod n
假设对一切 x∈{1,2,…,n-2}，有?(x)＝ (ix)mod n成立，则
(x+1)＝?(x?1)＝?(x)(1)
＝ (ix)mod n?i＝ (ix+i)mod n
＝ (i(x+1))mod n
最后有?(0)＝?((n-1)? 1)＝?(n-1)(1)
＝ (i(n-1)mod n? i＝ (in)mod n
＝ 0＝ (i· 0)mod n
例 11.25
例 11.25 设 G为群,a∈G 。令
,G→ G,?(x)＝ axa-1,?x∈G
则?是 G的自同构，称为 G的 内自同构 。
证明,?x,y∈ G，有
(xy)＝ a(xy)a-1＝ (axa-1)(aya-1)＝?(x)?(y)
所以?是 G的自同态。
任取 y∈ G，则存在 a-1ya∈ G，且满足
(a-1ya)＝ a(a-1ya)a-1 ＝ y
所以?是满射的。
任取 x,y∈ G，假若?(x)＝?(y),即 axa-1＝ aya-1，
由 G中的消去律必有 x＝ y。
从而证明了是?单射的。
综合上述,?是 G的自同构。
举例如果 G是阿贝尔群，对于上面的内自同构?必有
(x)＝ axa-1＝ aa-1x＝ x
这说明 阿贝尔群的内自同构只有一个，就是恒等映射。
考虑模 3整数加群 <Z3,?>，根据例 11.24,Z3有 3个自同态，
即?p＝ (px)mod 3,p＝ 0,1,2。
p＝ 0,?0,0→0,1→0,2→0
p＝ 1,?1,0→0,1→1,2→2
p＝ 2,?2,0→0,1→2,2→1
在这三个自同态中,?1和?2 是 Z3的自同构,
其中?1是内自同构。0是零同态。
同态映射的性质定理 11.5 设?是群 G1到 G2的同态映射,e1和 e2分别为 G1和 G2的单位元，则
(1)?(e1)＝ e2
(2)?(a-1)＝?(a)-1,?a∈G 1
说明,同态映射保持元素的对应性。
证明 (1)?(e1)?(e1)＝?(e1e1)＝?(e1)＝?(e1)e2。
由 G2的消去律得?(e1)＝ e2。
(2) 任取 a∈G 1，由
(a-1)?(a)＝?(a-1a)＝?(e1)＝ e2
(a)?(a-1)＝?(aa-1)＝?(e1)＝ e2
可知?(a-1)是?(a)的逆元。
根据逆元的唯一性得?(a-1)＝?(a)-1。
例 11.26
例 11.26 设 G1＝ <Q,+>是有理数加群,G2＝ <Q*,· >是非零有理数乘法群。证明不存在 G2到 G1的同构。
证明 假设?是 G2到 G1的同构，那么有
,G2→G 1,?(1)＝ 0
于是有
(-1)＋?(-1)
＝?((-1)(-1))
＝?(1)
＝ 0
从而得?(-1)＝ 0，这与?的单射性矛盾。
例 11.27
例 11.27 设 G＝ {e,a,b,c}是 Klein四元群。试给出 G的所有自同构。
解答 设?是 G的自同构,则?(e)＝ e，且?是双射。
因此满足这些条件的映射只有以下六个：
1,e→e,a→a,b→b,c→c
2,e→e,a→a,b→c,c→b
3,e→e,a→b,b→c,c→a
4,e→e,a→b,b→a,c→c
5,e→e,a→c,b→b,c→a
6,e→e,a→c,b→a,c→b
根据同态定义,不难验证?x,y∈G 都有
i(xy)＝?i(x)?i(y),i＝ 1,2,…,6
成立。所以上述的?1,? 2,…,? 6是 G上的全体自同构。
同态映射的性质定理 11.16 设?是群 G1到 G2的同态,H是 G1的子群，则
(1)?(H)是 G2的子群。
(2)若 H是 G1的正规子群，且?是满同态，则?(H)是 G2的正规子群。
说明,同态映射保持子群的对应性。
证明 (1) 由 e2＝?(e1)∈?(H)可知?(H)非空。
任取 x,y∈?(H),则存在 a,b∈H,
使得?(a)＝ x,?(b)＝ y。 由于?是同态，所以
xy-1 ＝?(a)?(b)-1 ＝?(a)?(b-1) ＝?(ab-1)
又由于 H是 G1的子群,ab-1∈H,因此 xy-1∈?(H)。
从而证明了?(H)是 G2的子群。
定理 11.16
(2)若 H是 G1的正规子群，且?是满同态，则?(H)是 G2的正规子群。
只需证明?(H)是正规的。
任取 x∈?(H),y∈G 2,则存在 a∈H,使得?(a)＝ x。
又由于?的满射性，必存在 g∈G 1使得?(g)＝ y。所以
yxy-1 ＝?(g)?(a)?(g)-1
＝?(gag-1) (由于同态 )
因为 H是 G1的正规子群,gag-1∈H 。
这就推出 yxy-1∈?(H)。
从而证明了?(H) ≤| G 2。
同态的核定义 11.13 设?是群 G1到 G2的同态，令
ker?＝ {x|x∈G 1 ∧?(x)＝ e2}
其中 e2为 G2的单位元。称 ker?为 同态的核 。
举例,考虑例 11.23的几个同态。
(1)?,Z→Zn,?(x)＝ (x) mod n，
ker?＝ {z|z∈Z∧n 整除 z}＝ nZ
(2)?,R→R *,?(x)＝ ex，
ker?＝ {0}
(3)?,G1→G 2,?(a)＝ e2,?a∈G 1,?是零同态，
ker?＝ G1
有关同态核的性质定理 11.17 设?是群 G1到 G2的同态，则
(1) ker? ≤| G1
(2)?是单同态当且仅当 ker?＝ {e1}，其中 e1为 G1的单位元。
证明 (1) 令 e1,e2分别为 G1和 G2的单位元。
e1∈ker?,所以 ker?非空。
任取 a,b∈ker?，则
(ab-1)＝?(a)?(b-1)＝?(a)?(b)-1＝ e2e2-1＝ e2
因此 ab-1∈ker?,从而证明了 ker? ≤ G 1 。
任取 a∈ker?,x∈G 1，则
(xax-1)＝?(x)?(a)?(x-1)＝?(x)e2?(x-1)
＝?(xx-1)＝?(e1)＝ e2
所以 xax-1∈ker?。这就证明了 ker? ≤ | G1。
有关同态核的性质
(2)?是单同态当且仅当 ker?＝ {e1}，其中 e1为 G1的单位元。
必要性。 假设存在 a∈ker? 且 a≠e 1，则
(a)＝ e2＝?(e1)
与?是单射相矛盾。
充分性。 任取 a,b∈G 1，则
(a)＝?(b)
(a)?(b)-1 ＝ e2
(ab-1)＝ e2
由于 ker?＝ {e1}，那么 ab-1＝ e1，从而推出 a＝ b。
这就证明了的单射性。
所以?是单同态。
自然同态例 11.28 设 G是群,N是 G的正规子群。令
g,G→G/N,g(a)＝ Na,?a∈G
则 g是 G到 G/N的同态。
因为?a,b∈G,有 g(ab)＝ Nab＝ NaNb＝ g(a)g(b)
称 g为 自然同态 。 易见自然同态都是满同态。
下面求 ker g。 任取 x∈G,由
x∈ker g? Nx＝ N? x∈N
可知 ker g＝ N。
考虑两个平凡的正规子群。 设 g,G→G/N 是自然同态。
当 N＝ G时,有 G/N＝ G/G＝ {G},且?a∈G 有 g(a)＝ G,g是零同态。
当 N＝ {e}时,kerg＝ {e}。 根据定理 11.17,g是单同态,也是同构。
这时 G/N＝ {{a}|a∈G},且?a∈G 有 g(a)＝ {a}。
例 11.29
例 11.29 设 G1,G2是群,e1和 e2分别为 G1和 G2的单位元。令
,G1× G2→G 1,?(<a,b>)＝ a,?<a,b>∈G 1× G2
则?是直积 G1× G2到 G1的同态。
因为对任意的 <a,b>,<c,d>∈G 1× G2 有
(<a,b><c,d>)＝?(<ac,bd>)＝ ac＝?(<a,b>)?(<c,d>)
易见?是满同态,且对任意的 <a,b>∈G 1× G2
<a,b>∈ker(<a,b>)＝ e1? a＝ e1
所以得 ker? ＝ {e1}× G2
由定理 11.17知,{e1}× G2是 G1× G2的正规子群。
当 G2是平凡群 {e2}时,ker?＝ {<e1,e2>}，这时?为同构。
同态基本定理定理 11.18 设 G是群,N是 G的正规子群，则 G/N是 G的同态像。
反之，若 G′ 是 G在?下的同态像，则 G/ker? ≌ G′ 。
证明 由例 11.28知，自然同态 g是 G到 G/N的满同态。
反之，设?是 G到 G′ 的满同态,ker?＝ K。
对任意 Ka∈G/ker?,令 f(Ka)＝?(a)，
则可以证明 f是 G/ker?到 G′ 的同构。
首先，由定理 11.9和 K＝ ker?的定义知
Ka＝ Kb? ab-1∈K(ab-1)＝ e′
(a)?(b)-1＝ e＇(a)＝?(b)
f(Ka)＝ f(Kb)
这证明了 f是 G/ker?到 G＇的单射。
定理 11.18
任取 c∈G′,由于?是满同态,存在 a∈G 使得?(a)＝ c。
于是 f(Ka)＝?(a)＝ c,即 f是满射。
对于任意的 Ka,Kb∈G/ker?,都有
f(KaKb)＝ f(Kab)＝?(ab) ＝?(a)?(b) ＝ f(Ka)f(Kb)
所以 f是 G/ker?到 G′ 的同态。
综合上述有 G/ker?≌ G ＇
例 11.30
例 11.30 设 G1＝ <a>和 G2＝ <b>分别为 m,n阶群，则 G1～ G2的充要条件是 m为 n的倍数。
证明,必要性 。若 G1～ G2，由同态基本定理知 G2同构于 G1的某个商群 G1/ker?，于是
n＝ |G2|＝ |G1/ker?|＝ [G1:ker?]
＝ |G1|/|ker?|＝ m/|ker?|
即 m是 n
例 11.30
充分性 。由 G1＝ <a>,G2＝ <b>,?ai∈G 1，令?(ai)=bi，则
ai＝ aj? aj–i＝ e? m|(j-i)
由于 m是 n的倍数，有 n|(j-i)，即 bj-i=e′,于是 bi＝ bj。
这就证明了?是 G1到 G2的映射。
易见是满射。
下面证明是同态。ai,aj∈G 1 有
(aiaj)＝?(ai+j)＝ bi+j＝ bibj＝?(ai)?(aj)
综合上述,G1～ G2。
例 11.31
例 11.31 G是群,H和 K是 G的正规子群且 H?K，
证明 G/K≌ (G/H)(K/H)。
证明 定义?:＝ G/H→ G/K,?(Ha)＝ Ka,?Ha∈G/H,
则 Ha＝ Hb? ab-1∈H? ab-1∈K? Ka＝ Kb
所以?是良定义的。 易见?是满射且?Ha,Hb∈G/H 有
(HaHb)＝?(Hab)＝ Kab ＝ KaKb＝?(Ha)?(Hb)
于是?是满同态且 ker?＝ K/H。
根据同态基本定理,G/K≌ (G/H)(K/H)。
本节主要内容及学习要求
主要内容
– 群同态映射的定义与典型同态映射的实例 。
– 特殊同态的分类 （ 单同态,满同态,同构,自同态 ） 。
– 同态核与同态像
– 同态映射的性质：同态映射保持元素及子群的对应性,同态核的性质,同态基本定理 。
学习要求
– 给定群 G1,G2和映射,能够判别或证明是否为 G1到 G2的同态映射
– 能够判别特殊同态的类型：满同态,单同态,同构
– 掌握一些典型的群同态
– 了解群同态映射的性质
– 会应用群同态的性质证明群中的有关命题
11.7 循环群与置换群
循环群的定义及分类
循环群的生成元
群环群的子群
置换群 （ 略 ）
循环群的定义定义 11.14 设 G是群，若存在 a∈G 使得
G＝ {ak|k∈Z}
则称 G是 循环群 (cyclic group)，记作 G＝ <a>，
称 a为 G的 生成元 (generator)。
举例,对于任何群 G，由 G中元素 a生成的子群 <a>是循环群。
任何素数阶的群都是循环群。
循环群的分类根据循环群 G＝ <a>根据生成元 a的阶可以分成两类：
n阶循环群 和 无限循环群 。
（ 1） 若 a是 n阶元，则
G＝ {a0＝ e,a1,a2,…,an-1}
那么 |G|＝ n，称 G为 n阶循环群 。
（ 2） 若 a是无限阶元,则
G＝ {a0＝ e,a± 1,a± 2,… }
这时称 G为 无限循环群 。
例如,整数加群 <Z,+>是无限循环群，它的生成元是 1和 -1。
模 6整数加群 <Z6,?>是 6阶循环群，它的生成元是 1和 5。
循环群的生成元求法定理 11.19 设 G＝ <a>是循环群。
(1)若 G是无限循环群，则 G只有两个生成元，即 a和 a-1。
(2)若 G是 n阶循环群，则 G含有?(n)个生成元。
对于任何小于等于 n且与 n互质的正整数 r,ar是 G的生成元。
(n),欧拉函数。对于任何正整数 n，
(n)是小于等于 n且与 n互质的正整数个数。
例如,n＝ 12，小于或等于 12且与 12互质的数有 4个：
1,5,7,11，所以?(12)＝ 4。
定理 11.19
证明,（ 1）显然 <a-1>?G。为证明 G?<a-1>，
只需证明对任何 ak∈G,ak都可以表成 a-1的幂。
由元素幂运算规则有 ak＝ (a-1)-k
从而得到 G＝ <a-1>,a-1是 G的生成元。
再证明 G只有 a和 a-1这两个生成元。
假设 b也是 G的生成元，则 G＝ <b>。
由 a∈G ＝ <b>可知，存在整数 t使得 a＝ bt。
由 b∈G ＝ <a>可知，存在整数 m使得 b＝ am。
从而得到 a＝ bt＝ (am)t＝ amt
由 G中的消去律得 amt-1＝ e，
因为 G是无限群，必有 mt-1=0。
从而证明了 m＝ t＝ 1或 m＝ t＝ -1，即 b＝ a或 b＝ a-1。
定理 11.19
(2) 只需证明,对任何正整数 r（ r≤n ）,ar是 G的生成元当且仅当 n与 r互质。
充分性。 设 r与 n互质，且 r≤n,那么存在整数 u和 v使得
ur + vn＝ 1
由元素幂运算规则和拉格朗日定理的推论 1有
a ＝ aur+vn ＝ (ar)u(an)v ＝ (ar)u＝ (ar)u(e)v
这就推出?ak∈G,ak＝ (ar)uk ∈<a r>,即 G?<ar>。
另外，显然有 <ar>?G。 从而 G＝ <ar>。 所以 ar是 G的生成元。
必要性。 设 ar是 G的生成元，则 |ar|＝ n。
令 r与 n的最大公约数为 d,则存在正整数 t使得 r＝ dt。
(ar)n/d ＝ (adt)n/d ＝ (an)t＝ e
根据定理 11.4知 |ar|是 n/d的因子，即 n整除 n/d。
从而证明了 d＝ 1。
例 11.32
(1)设 G＝ {e,a,…,a11}是 12阶循环群，则?(12)＝ 4。
小于或等于 12且与 12互质的数是 1,5,7,11，
由定理 11.19可知,a,a5,a7和 a11是 G的生成元。
(2)设 G＝ <Z9,>是模 9的整数加群，则?(9)＝ 6。
小于或等于 9且与 9互质的数是 1,2,4,5,7,8，
根据定理 11.19,G的生成元是 1,2,4,5,7和 8。
(3)设 G＝ 3Z＝ {3z|z∈Z},G上的运算是普通加法。
那么 G只有两个生成元,3和 -3。
循环群的子群求法定理 11.20
(1) 设 G＝ <a>是循环群，则 G的子群仍是循环群。
(2) 若 G＝ <a>是无限循环群，则 G的子群除 {e}以外都是无限循环群。
(3) 若 G＝ <a>是 n阶循环群，则对 n的每个正因子 d,G恰好含有一个 d阶子群。
定理 11.20(1)的证明
(1) 设 G＝ <a>是循环群，则 G的子群仍是循环群。
设 H是 G＝ <a>的子群,若 H＝ {e},显然 H是循环群；
否则取 H中的最小正方幂元 am，下面证明 am是 H的生成元。
易见 <am>?H。 为证明 H?<am>，
只需证明 H中的任何元素都可以表成 am的整数次幂。
任取 al∈H,由除法可知存在整数 q和 r，使得
l＝ qm+r,其中 0≤r≤m -1
因此有 ar ＝ al-qm ＝ al(am)-q
由 al,am∈H 且 H是 G的子群可知 ar∈H,
因为 am是 H中最小正方幂元，必有 r＝ 0。
这就推出 al＝ (am)q∈<a m>。
定理 11.20(2)的证明
(2) 若 G＝ <a>是无限循环群，则 G的子群除 {e}以外都是无限循环群。
设 H是 G的子群。 若 H≠{e},
根据上面的证明可知 H＝ <am>，其中 am为 H中最小正方幂元。
假若 |H|＝ t,则 |am|＝ t,从而得到 amt＝ e。
这与 a为无限阶元矛盾。
定理 11.20(3)的证明
(3) 若 G＝ <a>是 n阶循环群，则对 n的每个正因子 d,G恰好含有一个 d阶子群。
设 G＝ <a>是 n阶循环群，则 G＝ {a0＝ e,a1,…,an-1}
根据拉格朗日定理,G的每个子群的阶都是 n的因子。
下面证明对于 n的每个正因子 d都存在一个 d阶子群。
易见 H＝ <an/d>是 G的 d阶子群。
假设 H1＝ <am>也是 G的 d阶子群，其中 am为 H1中的最小正方幂元。
则由 (am)d＝ e 可知 n整除 md,即 n/d整除 m。
令 m＝ n/d·l,l是整数，则有
am＝ an/d·l ＝ (an/d)l∈H
这就推出 H1?H。 又由于 |H1|＝ |H|＝ d，得 H1＝ H。
定理 11.20说明
根据这个定理的证明不难得到求循环群的所有子群的方法。
如果 G＝ <a>是无限循环群，那么 <am>是 G的子群，其中 m是自然数，并且容易证明对于不同的自然数 m和 t,<am>和 <at>是不同的子群。
如果 G＝ <a>是 n阶循环群，先求出 n的所有的正因子。对于每个正因子 d,H＝ <an\d>是 G的唯一的 d阶子群。
定理 11.20例
(1)G＝ <Z,+>是无限循环群，其生成元为 1和 -1。
对于自然数 m∈N,1的 m次幂是 m,m生成的子群是 mZ,m∈N 。即
<0>＝ {0}＝ 0Z
<m>＝ {mz|z∈Z} ＝ mZ,m>0
(2)G＝ Z12是 12阶循环群。 12的正因子是 1,2,3,4,6和 12，
因此 G的子群是：
1阶子群 <12>＝ <0>＝ {0}
2 <6>＝ {0,6}
3阶子群 <4>＝ {0,4,8}
4阶子群 <3>＝ {0,3,6,9}
6 <2>＝ {0,2,4,6,8,10}
12 <1>＝ Z12
例 11.33
(1)设 G1＝ <a2>＝ {e,a± 2,a± 4,… }是无限循环群,则 G1的子群是：
{e},<a2m>＝ {e,a± 2m,a± 4m,… },m是正整数。
(2)设 G2＝ <a2>是 9阶循环群，则
G2＝ {e,a2,a4,…,a16}
那么 G2的子群是：
1阶子群 {e}
3阶子群 <(a2)3>＝ {a6,a12,e}
9阶子群 <a2>＝ G2
n元置换及其表示定义 11.15 设 S＝ {1,2,…,n},S上的任何双射函数 σ,S→S
称为 S上的 n元置换 。
一般将 n元置换 σ 记为
1 2 3 4 5
5 3 2 1 4?
1 2 3 4 5
4 3 1 2 5?
12
(1 ) ( 2 ) ( )
n
n
例如,S＝ {1,2,3,4,5}，则都是 5元置换。
n元置换的乘法定义 11.16 设 σ,τ 是 n元置换，则 σ 和 τ 的复合 σ?τ 也是 n元置换，称为 σ 与 τ 的 乘积,记作 στ 。
例如上面的 5元置换 σ 和 τ 有
1 2 3 4 5
1 2 5 3 4
1 2 3 4 5
5 1 3 4 2
3,n元置换的分解式
(1) k阶轮换与轮换分解方法定义 11.17设 σ 是 S={1,2,…,n}上的 n元置换。若
σ (i1)=i2,σ (i2)=i3,…,σ (ik-1)=ik,σ (ik)=i1
且保持 S中的其他元素不变,则称 σ 为 S上的 k阶轮换,记作
(i1i2… ik).
若 k=2,这是也称 σ 为 S上的 对换 。
3,n元置换的分解式
例如 5元置换
分别是 4阶和 2阶轮换 σ=（ 1 2 3 4）,τ=（ 1 3），其中 τ也叫做对换。
设 S={1,2,…,n},对于任何 S上的 n元置换 σ一定存在着一个有限序列
i1,i2,…,ik,k≥1,使得
σ(i1)=i2,σ(i2)=i3,…,σ(ik-1)=ik,σ(ik)=i1
1 2 3 4 5
2 3 4 1 5?
1 2 3 4 5
3 2 1 4 5?
3,n元置换的分解式
令 σ1=（ i1i2… ik）。它是从 σ中分解出来的第一个轮换。
根据函数的复合定义可将 σ写作 σ1σ‘,其中 σ’作用于 S-
{i1,i2,…,ik}上的元素。
继续对 σ‘进行类似的分解。由于 S中只有 n个元素,经过有限步以后,必得到 σ的轮换分解式 σ=σ1σ2… σt
在上述分解始终任何两个轮换都作用于不同的元素上，称他们是 不交的 。即
任何 n元置换都可以表示成不交的轮换之积。
3,n元置换的分解式
例 11.34 设 S={1,2,…,8},
是 8元置换。
1 2 3 4 5 6 7 8
5 3 6 4 2 1 8 7
1 2 3 4 5 6 7 8
8 1 4 2 6 7 5 3
例 11.34
先考虑 σ的分解式。观察到
σ(1)=5,σ(5)=2,σ(2)=3,σ(3)=6,σ(6)=1
所以从 σ中分解出来的第一个轮换式 (1 5 2 3 6),
S中剩下的元素是 4,7,8.由 σ(4)=4得到 1阶轮换 (4),它是从
σ中分解出来的第二个轮换。
对于剩下的元素 7和 8有 σ(7)=8,σ(8)=7.这样就得到第三个轮换。
到此为止,S中的元素都被分解完毕。因此可以写出 σ的轮换表示式
σ=(1 5 2 3 6)(4)(7 8)
用同样的方法可以得到 τ的分解式
τ=(1 8 3 4 2)(5 6 7)
例 11.34
为了使得轮换表达式更为简洁,通常省略其中的 1阶轮换,例如 σ可以写作 (1 5 2 3 6)(7 8),如果 n元置换的轮换表示全部是 1阶轮换。
例如 8元恒等置换 (1)(2)… (8),那么只能省略其中的 7个 1阶轮换,可将它简记为 (1)。
(2) 轮换分解式的特征
轮换分解式的特征：轮换的不交性、分解的唯一性
不难看出,在上述分解式中任何两个轮换都作用于不同的元素上,我们称它们是 不交的 。因此,可以说任何 n元置换都可以表示成不交的轮换之积。
(2) 轮换分解式的特征
进一步可以证明将 n元置换分解为不交的轮换之积时,它的表示式是唯一的。
这里的唯一性是说：若 σ =σ 1σ 2… σ t 和
σ =τ 1τ 2… τ s 是 σ 的两个轮换表示式,则有
{σ 1,σ 2,…,σ t}={τ 1,τ 2,…,τ s}
换句话说,由于分解式中的任意两个轮换都作用于 S的不同元素上,根据函数复合的性质可以证明,交换轮换的次序以后得到的仍是相等的 n元置换。因此在不考虑表示式中轮换的次序的情况下,该表示式是唯一的。
(3) 对换与对换分解方法
设 S={1,2,…,n},σ =(i1i2… ik)是 S上的 k阶轮换,那么 σ
可以进一步表成对换之积,即
(i1i2… ik)=(i1i2)(i1i3)… (i1ik)
回顾关于 n元置换的轮换表示,任何 n元置换都可以唯一地表示成不相交的轮换之积,而任何轮换又可以进一步表示成对换之积,所以任何 n元置换都可以表成对换之积
。
(3) 对换与对换分解方法
例如 8元置换
的对换表示式分别为
σ =(1 5 2 3 6)(7 8)=(1 5)(1 2)(1 3)(1 6)(7 8)
τ =(1 8 3 4 2)(5 6 7)=(1 8)(1 3)(1 4)(1 2)(5 6)(5 7)
1 2 3 4 5 6 7 8
5 3 6 4 2 1 8 7?
1 2 3 4 5 6 7 8
8 1 4 2 6 7 5 3?
(4) 对换分解式的特征
在对换分解式中对换之间可以有交,分解式也不唯一。例如 4元置换
可以有下面不同的对换表示：
σ =(1 2)(1 3) σ =(1 4)(2 4)(3 4)(1 4)
尽管 n元置换的对换表示式是不唯一的,但可以证明表示式中所含对换个数的奇偶性是不变的。例如上面的 4元置换 σ 只能表示成偶数个对换之积,而 4元置换 τ =（ 1 2 3 4）只能表示成奇数个对换之积。如果
n元置换 σ 可以表示成奇数个对换之积,则称 σ 为 奇置换,否则称为 偶置换,不难证明奇置换和偶置换各有 n!|2个。
1 2 3 4
2 3 1 4?
五,n元置换群及其实例
考虑所有的 n元置换构成的集合 Sn.
任何两个 n元置换之积仍旧是 n元置换,Sn关于置换的乘法是封闭的。
置换的乘法满足结合律。
恒等置换 (1)是 Sn中的单位元。
对于任何 n元置换 σ ∈ Sn,逆置换 σ -1是 σ 的逆元。
这就证明了 Sn关于置换的乘法构成一个群,称为 n元对称群 。
例 11.35
设 S={1,2,3},则 3元对称群
S3={(1),(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)}
其运算表如表 11.5所示。
11.5
(1) (12) (13) (23) (123) (132)
(1)
(12)
(13)
(23)
(123)
(132)
(1) (12) (13) (23) (123) (132)
(12) (1) (123) (132) (13) (23)
(13) (132) (1) (123) (23) (12)
(23) (123) (132) (1) (12) (13)
(123) (23) (12) (13) (132) (1)
(132) (13) (23) (12) (1) (123)
例 11.35
在讨论陪集的时候我们曾经给出了一个 6元群的例子（见例 11.15）,其中 G={f1,f2,…,f6}是 {1,2,3}上的 6个双射函数的集合。双射函数就是置换。根据 3元置换的轮换表示,可以把 f1,f2,…,f6表为
f1=(1),f2=(1 2),f3=(1 3),
f4=(2 3),f5=(1 2 3),f6=(1 3 2)
实际上 G就是 S3。 S3是最小的非交换群。
Sn的子群
下面考虑 Sn的子群。设 An是所有的 n元偶置换的集合。可以证明 An是 Sn的子群,称为 n元交错群 。
首先,恒等置换（ 1）是偶置换,所以 An非空。任取
σ,τ ∈ An,σ,τ 都可以表成偶数个对换之积,那么 στ 也可以表成偶数个对换之积,所以 στ∈ An。
任取 σ ∈ An,若 σ 可以表成 σ 1σ 2… σ t,其中 σ 1,σ 2,…,σ t
是对换,t是偶数。
那么 σ -1=σ t-1σ t-1-1… σ 2-1σ 1-1=σ tσ t-1… σ 2σ 1
也是偶置换。根据子群判定定理一,An是 Sn的子群。
Sn的子群
例如 S3={(1),(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)},其中的偶置换是 (1),(1 2 3)和 (1 3 2)。
因此 3元交错群 A3={(1),(1 2 3),(1 3 2)}。
Sn来说,它的所有子群都叫做 n元置换群,n元对称群 Sn,n元交错群 An都是 n元置换群的特例。
以 S3为例,除了 S3和 A3以外,它的其他子群是：
2 {(1),(1 2)},{(1),(1 3)},{(1),(2 3)}
1 {(1)}
这三个 2阶子群都不是正规子群。
两个平凡子群和 A3是正规子群。
主要内容
循环群的定义及分类 （ 无限循环群与有限循环群 ）
无限循环群 G=<a>只有两个生成元 a和 a-1； n阶循环群有 (n)
个生成元
无限循环群 G=<a>有无数个子群,对于任何自然数 m，
<am> 都是 G的子群； n阶循环群恰有 d个子群,其中 d是 n的正因子个数
n元置换的不同表法之间的转换,置换乘法及求逆
n元对称群及其子群 --n元交错群学习要求
判断群 G是否为循环群 。 如果是,是有限还是无限循环群 。
求给定循环群的所有生成元 。
求给定循环群的所有子群 。
用三种方法表示 n元置换：置换表示,轮换表示,对换表示 。
会求 n元置换的乘积和逆 。
了解 n元置换群的概念 。
习题十一
8,10,11,12,17,18,19,26,30,31,32
作业例题
★ 00 600 1200 1800 2400 3000
00 00 600 1200 1800 2400 3000
600 600 1200 1800 2400 3000 00
1200 1200 1800 2400 3000 00 600
1800 1800 2400 3000 00 600 1200
2400 2400 3000 00 600 1200 1800
3000 3000 00 600 1200 1800 2400
设 R={00,600,1200,1800,2400
,3000}表示在平面上几何图形绕形心顺时针旋转角度的六种可能情况，设★是 R上的二元运算，对于 R中任意两个元素 a
和 b,a★ b表示平面图形连续旋转 a和 b得到的总旋转角度。
并规定旋转 3600等于原来的状态，就看作没有经过旋转。验证 <R，★ >是一个群。
群 <{00,600,1200,1800,2400,3000},★ >的子群为
<{00,1200,2400},★ >和 <{00,1800},★ >，
当已旋转 600时，若再旋转 00,1200,2400，我们希望知道所有可能旋转的角度。
11.1 半群与独异点
11.2 群的定义与性质
11.3 子群
11.4 陪集与拉格朗日定理
11.5 正规子群与商群
11.6 群的同态与同构
11.7 循环群与置换群本章总结例题选讲作业
11.1 半群与独异点
半群与独异点都是具有一个二元运算的代数系统。
半群与独异点的定义，及其子代数的说明。
半群与独异点的幂运算。
半群与独异点的同态映射。
半群与独异点定义 11.1
(1)设 V＝ <S,?>是代数系统,?为 二元运算,如果运算是 可结合的,则称 V为 半群 （ semigroup） 。
(2)设 V＝ <S,?>是 半群,若 e∈S 是关于?运算的 单位元,则称 V是含幺半群,也叫做 独异点 （ monoid） 。
有时也将独异点 V记作 V＝ <S,?,e>。
半群与独异点的实例
<Z+,+>,<N,+>,<Z,+>,<Q,+>,<R,+>都是半群,+是普通加法。这些半群中除 <Z+,+>外都是独异点。
设 n是大于 1的正整数,<Mn(R),+>和 <Mn(R),· >都是半群,也都是独异点,其中 +和 · 分别表示矩阵加法和矩阵乘法。
<P(B),?>为半群,也是独异点,其中?为集合的对称差运算。
<Zn,?>为半群,也是独异点,其中 Zn＝ {0,1,…,n-1},?为模 n
加法 。
<AA,?>为半群,也是独异点,其中?为函数的复合运算。
<R?,?>为半群,其中 R?为非零实数集合,?运算定义如下：
x,y∈R?,x?y＝ y
半群中元素的幂
由于半群 V＝ <S,?>中的运算是可结合的,可以定义 元素的幂,对任意 x∈S,规定：
x1＝ x
xn+1＝ xn?x,n∈Z +
用数学归纳法不难证明 x的幂遵从以下运算规则：
xn? xm＝ xn+m
(xn)m＝ xnm m,n∈Z +
普通乘法的幂,关系的幂,矩阵乘法的幂 等都遵从这个幂运算规则。
独异点中的幂独异点是特殊的半群，可以把半群的幂运算推广到独异点中去。
由于独异点 V中含有单位元 e，对于任意的 x∈S,可以定义 x
的零次幂,即
x0＝ e
xn+1＝ xn?x n∈N
不难证明，独异点的幂运算也遵从半群的幂运算规则，只不过 m和 n不一定限于正整数,只要是自然数就成立。
子半群与子独异点
半群的子代数叫做 子半群 。
独异点的子代数叫做 子独异点 。
根据子代数的定义不难看出：
– 如果 V＝ <S,?>是半群,T?S，要 T对 V中的运算?封闭,那么 <T,?>就是 V的子半群。
– 对独异点 V＝ <S,?,e>来说,T?S，不仅 T要对 V中的运算?
封闭,而且 e∈T,这时 <T,?,e>才构成 V的子独异点。
例 11.2
例 11.2 设半群 V1＝ <S,?>,独异点 V2＝ <S,?,e>。
其中
Rda,
d0
0aS
10
01
Ra
00
0aT
为矩阵乘法,e为 2阶单位矩阵令则 T? S,且 T对矩阵乘法?是封闭的，
所以 <T,?>是 V1＝ <S,?>的子半群。
但它不是 V2=<S,?,e>的子独异点，因为 V2中的单位元
e= T。?
10 01
00
01易见在 <T,?>中存在着自己的单位元
，
00 01
所以 <T,?,>也构成一个独异点 。
半群与独异点的直积定义 11.2 设 V1＝ <S1,?>,V2＝ <S2,*>是半群 (或独异点 ),
令 S＝ S1× S2,定义 S上的 · 运算如下：
<a,b>,<c,d>∈S,
<a,b>?<c,d>＝ <a?c,b*d>
称 <S,?>为 V1和 V2的 直积,记作 V1× V2。
可以 证明 V1× V2是半群。
若 V1和 V2是独异点，其单位元分别为 e1和 e2，则 <e1,e2>是
V1× V2中的单位元，因此 V1× V2也是独异点。
半群与独异点的同态映射定义 11.3
(1)设 V1＝ <S1,?>,V2＝ <S2,?>是半群,?,S1→S 2。
若对任意的 x,y∈S 1有
(x?y)＝?(x)(y)
则称?为半群 V1到 V2的 同态映射,简称 同态 (homomorphism)。
(2)设 V1＝ <S1,?,e1>,V2＝ <S2,?,e2>是独异点,?,S1→S 2.
若对任意的 x,y∈S 1有
(x?y)＝?(x)(y) 且?(e1)＝ e2,
则称?为独异点 V1到 V2的 同态映射,简称 同态 。
省略表达
为了书写的简便，有时经常省略上述表达式中的算符?
和?，而简记为
(xy)＝?(x)?(y)
应该记住，该表达式中左边的 xy是在 V1中的运算，而右边的?(x)?(y)是在 V2中的运算。
同态举例对于例 11.2中的半群和独异点,令?,S → S,
S
d
a,a
d
a
0
0
00
0
0
0?
则对任意的
Sda,da
2
2
2
1 0 00 0
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a?
有
21
21
0
0
dd
aa?
00
021 aa
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a
00
0
00
0 21 aa
00
021 aa
即
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a?
2
2
1
1
0
0
0
0
d
a
d
a
自同态因此,?是半群 V1到自身的同态，称为 V1的 自同态 。
但?不是独异点 V2的自同态,因为它没有将 V2的单位元映到 V2的单位元。
注意：
00 0110 01?
而 不是 V2的单位元。
00 01
10
01,,
2 SV
本节的主要内容
集合 S和运算构成半群的条件 （ 封闭性,结合律 ） 。
集合 S和运算构成独异点的条件 （ 封闭性,结合律,单位元 ） 。
半群与独异点的两条幂运算规则,xn xm＝ xn+m,(xn)m＝ xnm。
半群 S的非空子集 A构成子半群的条件 （ A对于 S中运算封闭 ） 。
独异点 S的非空子集 A构成子独异点的条件 （ A对于 S中运算封闭,
单位元属于 A） 。
通过笛卡尔积构造直积 。
同态映射的判别,?(xy)＝?(x)?(y)
对于独异点要加上?(e)＝ e。
定义 11.2说明任取 <a,b>,<c,d>,<u,v>?S
(<a,b>?<c,d>)?<u,v>
= <a?c,b*d>?<u,v>
= <(a?c)?u,(b*d)*v>
= <a?c?u,b*d*v>
<a,b>?(<c,d>?<u,v>)
= <a,b>?(<c? u,d*v>)
= <a?(c?u),b*(d*v)>
= <a?c?u,b*d*v>
11.2 群的定义与性质
群是特殊的半群和独异点。
群论中常用的概念或术语：
有限群、无限群、平凡群、交换群、元素的幂和阶。
群的运算规则。
群的定义定义 11.4 设 <G,?>是代数系统,?为 二元运算 。如果?运算是 可结合 的,存在单位元 e∈G,并且对 G中的任何元素 x都 有 x-1∈G,则称 G为 群 （ group） 。
举例 （考虑例 11.1），
(1)<Z,+>,<Q,+>,<R,+>都是群,而 <Z+,+>和 <N,+>不是群。
(2)<Mn(R),+>是群,而 <Mn(R),· >不是群。因为并非所有的 n阶实矩阵都有逆阵。
(3)<P(B),?>是群，因为对任何 B的子集 A,A的逆元就是 A自身。
(4)<Zn,?>是群。 0是 Zn中的单位元。 x∈Z n，若 x＝ 0,x的逆元就是 0，若 x≠0,则 n-x是 x的逆元。
(5)<AA,?>，当 |A|≥2 时不是群。
Klein四元群设 G＝ {a,b,c,d},?为 G上的二元运算，见下表。
e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
G是一个群：
e为 G中的单位元；
运算是可结合的；
运算是可交换的；
G中任何元素的逆元就是它自己；
在 a,b,c三个元素中,任何两个元素运算的结果都等于另一个元素。
称这个群为 Klein四元群,简称 四元群 。
群的直积设 <G1,?>,<G2,*>是群，在 G1?G2上定义二元运算?如下：
<a,b>,<c,d>∈ G1× G2,<a,b>?<c,d>＝ <a?c,b*d>
称 <G1× G2,?>是 G1与 G2的 直积 。
上一节已经证明,<G1?G2,?> 是独异点，
可以证明对任意的 <a,b>∈ G1?G2,<a-1,b-1> 是 <a,b>的逆元，
因此 G1× G2关于?运算构成一个群。
群论中常用的概念或术语定义 11.5
(1)若群 G是 有穷集,则称 G是 有限群,否则称为 无限群 。
群 G的基数 称为群 G的 阶,有限群 G的阶记作 |G|。
(2)只含单位元 的群称为 平凡群 。
(3)若群 G中的二元运算是 可交换 的，则称 G为 交换群 或 阿贝尔
(Abel)群 。
例
<Z,+>,<R,+>是无限群。
<Zn,?>是有限群，也是 n阶群。
Klein四元群是 4阶群。
<{0},+>是平凡群。
上述所有的群都是交换群。
但 n阶 (n≥2) 实可逆矩阵的集合关于矩阵乘法构成的群是非交换群，因为矩阵乘法不满足交换律。
群中元素的 n次幂定义 11.6 设 G是群,a∈G,n∈Z,则 a的 n次幂
与半群和独异点不同的是：群中元素可以定义负整数次幂。
在 <Z3,?>中有
2-3＝ (2-1)3＝ 13＝ 1?1?1＝ 0
在 <Z,+>中有
3-5＝ (3-1)5＝ (-3)5＝ (-3)+(-3)+(-3)+(-3)+(-3)＝ -15
mnnaa
naa
ne
a
m
nn
,0)(
0
0
1
1
群中元素的阶定义 11.7 设 G是群,a∈G,使得等式
ak＝ e
成立的 最小正整数 k称为 a的阶,记作 |a|＝ k，这时也称 a为
k阶元 。若不存在这样的正整数 k,则称 a为无限阶元 。
举例
在 <Z6,?>中,2和 4是 3阶元,3是 2阶元，而 1和 5是 6阶元,0
是 1阶元。
在 <Z,+>中,0是 1阶元，其它的整数都是无限阶元。
在 Klein四元群中,e为 1阶元，其它元素都是 2阶元。
群的性质 — 群 的幂运算规则定理 11.1 设 G为群,则 G中的幂运算满足：
(1) a∈G,(a -1)-1＝ a。
(2) a,b∈G,(ab)-1＝ b-1a-1。
(3) a∈G,anam＝ an+m,n,m∈Z 。
(4) a∈G,(an)m＝ anm,n,m∈Z 。
(5) 若 G为交换群，则 (ab)n＝ anbn。
分析：
(1)和 (2)可以根据定义证明。
(3),(4),(5)中的等式,先利用数学归纳法对于自然数 n和 m
证出相应的结果，然后讨论 n或 m为负数的情况。
定理 11.1的证明
(1) a∈G,(a -1)-1＝ a。
(a-1)-1是 a-1的逆元,a也是 a-1的逆元。
（或者,a-1是 a的逆元,a也是 a-1的逆元。）
根据逆元的唯一性,(a-1)-1＝ a。
(2) a,b∈G,(ab)-1＝ b-1a-1。
(b-1a-1)(ab)＝ b-1(a-1a)b＝ b-1b＝ e
(ab)(b-1a-1)＝ a(bb-1)a-1＝ aa-1＝ e
故 b-1a-1是 ab 的逆元。
根据逆元的唯一性等式得证。
定理 11.1的证明
(3) a∈G,anam＝ an+m,n,m∈Z 。
先考虑 n,m都是自然数的情况。任意给定 n，对 m进行归纳。
m＝ 0，有 ana0＝ ane＝ an＝ an+0成立。
假设对一切 m∈N 有 anam＝ an+m成立，则有
anam+1＝ an(ama)＝ (anam)a＝ an+ma＝ an+m+1
由归纳法等式得证。
下面考虑存在负整数次幂的情况。
设 n<0,m≥0,令 n＝ -t,t∈Z +，则
anam＝ a-tam＝ (a-1)tam＝
a-(t-m)＝ am-t＝ an+m t≥m
am-t＝ an+m t<m
对于 n≥0,m<0 以及 n<0,m<0的情况同理可证。
定理 11.1的证明
(5) 若 G为交换群，则 (ab)n＝ anbn。
当 n为自然数时，对 n进行归纳。
(ab)n ＝ (ba)n ＝ (ba)-m＝ ((ba)-1)m ＝ (a-1b-1)m
＝ (a-1)m(b-1)m＝ a-mb-m＝ anbn
n＝ 0，有 (ab)0 ＝ e ＝ ee ＝ a0b0。
假设 (ab)k＝ akbk，则有
(ab)k+1 ＝ (ab)k(ab) ＝ (akbk)ab ＝ ak(bka)b
＝ ak(abk)b ＝ (aka)(bk)b ＝ (ak+1)(bk+1)
由归纳法等式得证。
设 n<0，令 n＝ -m,m>0，则定理 11.1说明
定理 11.1(2)中的结果可以推广到有限多个元素的情况,即
111 11121 aaaaaa rrr
个n
n abababab?
注意上述定理中的最后一个等式只对交换群成立。
如果 G是非交换群,那么只有群方程存在唯一解定理 11.2 G为群,?a,b∈G,方程 ax＝ b和 ya＝ b在 G中有解且仅有唯一解。
证明,先证 a-1b是方程 ax＝ b的解。
将 a-1b代入方程左边的 x得
a(a-1b)＝ (aa-1)b＝ eb ＝ b
所以 a-1b是该方程的解。
下面证明唯一性。
假设 c是方程 ax＝ b的解，必有 ac＝ b，从而有
c＝ ec ＝ (a-1a)c ＝ a-1(ac)＝ a-1b
同理可证 ba-1是方程 ya＝ b的唯一解。
例 11.5
例 11.5 设群 G＝ <P({a,b}),?>，其中?为集合的对称差运算。
解下列群方程：
(1){a}?X＝?
(2)Y?{a,b}＝ {b}
解答：
(1) X＝ {a}-1 ＝ {a} ＝ {a}
(2) Y＝ {b}?{a,b}-1＝ {b}?{a,b} ＝ {a}
消去律定理 11.3 G为群,则 G中适合消去律，即对任意 a,b,c∈G 有
(1)若 ab＝ ac，则 b＝ c。
(2)若 ba＝ ca，则 b＝ c。
证明,(1)ab＝ ac
a-1(ab)＝ a-1(ac)
(a-1a)b＝ (a-1a)c
eb＝ ec
b＝ c
(2)略例 11.6
例 11.6 设 G为群,a,b∈G,k∈Z +，证明
（ a-1ba)k＝ a-1ba? bk＝ b
证明,充分性
（ a-1ba)k ＝ (a-1ba)(a-1ba)(a-1ba) … (a-1ba) k个 a-1ba
＝ a-1b(aa-1)b(aa-1)b… (aa-1)ba
＝ a-1bka
＝ a-1ba (因为 bk＝ b)
必要性 由（ a-1ba)k＝ a-1ba 得
(a-1ba)(a-1ba)… (a-1ba)＝ a-1ba
化简得 a-1bka＝ a-1ba
由消去律得 bk＝ b。
例 11.7
例 11.7 设 G为群,a,b∈G,且 (ab)2＝ a2b2,证明 ab＝ ba。
证明：
由 (ab)2＝ a2b2 得
abab＝ aabb
根据群中的消去律，得 ba＝ ab，
即 ab＝ ba。
例 11.8
例 11.8 设 G＝ {a1,a2,…,an}是 n阶群，令
aiG＝ {aiaj|j=1,2,…,n}
证明 aiG＝ G。
证明,由群中运算的封闭性有 aiG? G。
假设 aiG? G，即 |aiG|<n。
必有 aj,ak∈G 使得
aiaj＝ aiak （ j≠k ）
由消去律得 aj=ak,
与 |G|＝ n矛盾。
群中元素的阶的性质定理 11.4 G为群,a∈G 且 |a|＝ r。设 k是整数,则
(1) ak＝ e当且仅当 r|k
(2) |a|＝ |a-1|
证明,(1)充分性 。
由于 r|k，必存在整数 m使得 k＝ mr，所以有
ak＝ amr ＝ (ar)m ＝ em ＝ e。
必要性 。
根据除法，存在整数 m和 i使得
k＝ mr+i,0≤i≤r -1
e＝ ak ＝ amr+i ＝ (ar)mai ＝ eai ＝ ai
因为 |a|＝ r,必有 i＝ 0。这就证明了 r|k。
定理 11.4(2)证明
(2) |a|＝ |a-1|
由 (a-1)r＝ (ar)-1＝ e-1＝ e，可知 a-1 的阶存在。
令 |a-1|＝ t，根据上面的证明有 t|r。
这说明 a的逆元的阶是 a的阶 r的因子。
而 a又是 a-1的逆元，
根据条件有 |a-1|＝ |(a-1)-1|＝ |a|，
所以 a的阶也是 a-1的阶的因子，故有 r|t。
从而证明了 r＝ t,即 |a|＝ |a-1|。
证明元素的阶相等的方法证明 |x|＝ |y|的方法：
令 |x|＝ r,|y|＝ s
验证 (x)s＝ e? r|s
验证 (y)r＝ e? s|r
因此 r＝ s，即 |x|＝ |y|。
例 11.9
例 11.9 设 G是群,a,b∈G 是有限阶元。证明
(1)|b-1ab|＝ |a|
(2)|ab|＝ |ba|
证明,(1)设 |a|＝ r,|b-1ab|＝ t，则有
(b-1ab)r ＝ (b-1ab)(b-1ab)…… (b-1ab) (r个 b-1ab)
＝ b-1arb＝ b-1eb＝ e
根据定理 11.4，可知 b-1ab的阶是 a的阶的因子，即 t|r。
另一方面,a＝ b(b-1ab)b-1＝ (b-1)-1(b-1ab)b-1
可知,(b-1)-1(b-1ab)b-1的阶是 b-1ab的阶的因子，即 r|t。
从而有 |b-1ab|=|a|。
例 11.9(2)证明
(2)|ab|＝ |ba|
设 |ab|＝ r,|ba|＝ t，则有
(ab)t+1＝ (ab)(ab)…… (ab) t+1个 ab
＝ a(ba)(ba)…… (ba)b t个 ba
＝ a(ba)tb
＝ aeb
＝ ab
由消去律得 (ab)t＝ e，从而可知,r|t.
同理可证 t|r。
因此,|ab|＝ |ba|。
例 11.10
例 11.10 设 G为有限群，则 G中阶大于 2的元素有偶数个。
证明,根据定理 11.4可知，对于任意 a∈G,有
a2＝ e? |a|＝ 1 或 |a|＝ 2
若 a2＝ e，则有 a-1a2＝ a-1e，即 a＝ a-1。
反之，若 a＝ a-1，
则有 a2＝ aa＝ aa-1＝ e，这就推出 a2＝ e? a＝ a-1。
综合上述可知，对 G中阶大于 2的元素 a，必有 a≠a -1。
又由于 |a|＝ |a-1|，所以 G中阶大于 2的元素一定成对出现。
G中若含有阶大于 2的元素，一定是偶数个。
若 G中不含阶大于 2的元素，而 0也是偶数。
例 11.11
例 11.11 设 G为群,a,b∈G,且 ab＝ ba。如果 |a|=n,|b|=m,且 n
与 m互质，证明 |ab|＝ nm。
证明,设 |ab|＝ d。由 ab＝ ba 可知
(ab)nm ＝ (an)m(bm)n ＝ emen ＝ e。 从而有 d|nm。
又由 adbd＝ (ab)d＝ e,可知 ad＝ b-d,即 |ad|＝ |b-d|＝ |bd|。
(ad)n＝ (an)d＝ ed＝ e 得 |ad||n。
同理有 |bd||m。 从而知道 |ad|是 n和 m的公因子。
因为 n与 m互质，所以 |ad|＝ 1。
这就证明了 ad＝ e，从而 n|d。
同理可证 m|d，即 d是 n和 m的公倍数。
由于 n与 m互质，必有 nm|d。
综合前边的结果得 d＝ nm。即 |ab|＝ nm。
本节主要内容
集合 G和二元运算构成群的条件 （ 封闭性,结合律,单位元,每个元素有逆元 ） 。
特殊群的定义 （ 有限与无限群,Abel群,平凡群 ） 与群的阶 。
元素的幂与元素的阶
群的性质：幂运算规则,消去律,群方程的唯一解,有关元素的阶的性质 。
11.3 子群
子群就是群的子代数
子群的定义
子群的三个判定方法
重要子群的实例
– 生成群、中心
找到有限群的全部子群的方法子群的定义定义 11.8 设 G是群,H是 G的 非空子集,如果 H关于 G中的运算构成群,则称 H是 G的 子群 (subgroup),记作 H≤G 。
若 H是 G的子群，且 H?G，则称 H是 G的 真子群 (proper subgroup)
，记作 H＜ G。
说明,对任何群 G都存在子群。
G和 {e}都是 G的子群，称为 G的 平凡子群 (trivial subgroup) 。
举例：
nZ（ n是自然数）是整数加群 〈 Z,+〉 的子群。
当 n≠1 时,nZ是 Z的真子群。
子群的判定定理一定理 11.5（判定定理一） 设 G为群,H是 G的非空子集。 H是 G的子群当且仅当下面的条件成立：
(1)?a,b∈H,有 ab∈H 。
(2)?a∈H,有 a-1∈H 。
证明,必要性是显然的。
为证明充分性，只需证明 e∈H 。（ 为什么？ ）
因为 H非空，必存在 a∈H 。
由条件 (2)可知,a-1∈H,
再使用条件 (1)有 aa-1∈H,即 e∈H 。
子群的判定定理二定理 11.6（判定定理二） 设 G为群,H是 G的非空子集。 H是 G的子群当且仅当 a,b∈H 有 ab-1∈H 。
证明,必要性。
任取 a,b∈H,由于 H是 G的子群，必有 b-1∈H,
由封闭性有 ab-1∈H 。
充分性。
因为 H非空，必存在 a∈H 。
根据给定条件得 aa-1∈H,即 e∈H 。
任取 a∈H,由 e,a∈H 得 ea-1∈H,即 a-1∈H 。
任取 a,b∈H,由刚才的证明知 b-1∈H 。
再利用给定条件得 a(b-1)-1∈H,即 ab∈H 。
综合所述，根据判定定理一，可知 H是 G的子群。
子群的判定定理三定理 11.7(判定定理三 ) 设 G为群,H是 G的非空子集。如果 H是有穷集，则 H是 G的子群当且仅当?a,b∈H 有 ab∈H 。
证明,必要性 是显然的。
充分性 。只需证明?a∈H 有 a-1∈H 。
任取 a∈H,若 a＝ e，则 a-1＝ e-1＝ e∈H 。
若 a≠e,令 S＝ {a,a2,… }，则 S?H。
由于 H是有穷集，必有 ai＝ aj（ i<j）。
根据 G中的消去律得 aj-i＝ e，
由 a≠e 可知,j-i>1，由此得
aj-i-1a＝ e 和 aaj-i-1＝ e
从而证明了 a-1＝ aj-i-1∈H 。
子群实例 — 生 成子群例 11.12 设 G为群,a∈G,令 H＝ {ak|k∈Z},即 a的所有的幂构成的集合，则 H是 G的子群，称为由 a生成的子群,记作 <a>。
证明,由 a∈<a> 知道,<a>≠?。
任取 am,al∈<a>,am(al)-1 ＝ ama-l ＝ am-l∈<a>
根据判定定理二可知 <a>≤G 。
举例 (1)整数加群，由 2生成的子群是
<2>＝ {2k|k∈ Z}＝ 2Z
(2)群 <Z6,?>中，由 2生成的子群由
20＝ 0,21＝ 2,22＝ 4,23=0,… 构成，
即 <2>＝ {0,2,4}
(3)Klein四元群 G＝ {e,a,b,c}的所有生成子群是：
<e>＝ {e},<a>＝ {e,a},<b>＝ {e,b},<c>＝ {e,c}。
子群实例 — 中心例 11.13 设 G为群，令 C是与 G中所有的元素都可交换的元素构成的集合，即
C＝ {a|a∈G∧x∈G(ax ＝ xa)}
则 C是 G的子群，称为 G的中心 。
证明,由 e与 G中所有元素的交换性可知,e∈C 。 C是 G的非空子集。
任取 a,b∈C,为证明 ab-1∈C,只需证明 ab-1与 G中所有的元素都可交换。x∈G,有
(ab-1)x＝ ab-1x＝ ab-1(x-1)-1 ＝ a(x-1b)-1 ＝ a(bx-1)-1
＝ a(xb-1)＝ (ax)b-1＝ (xa)b-1＝ x(ab-1)
由判定定理二可知,C≤G 。
中心的说明
对于阿贝尔群 G，因为 G中所有的元素互相都可交换,G的中心就等于 G。
但是对某些非交换群 G，它的中心是 {e}。
例 11.14
例 11.14 设 G是群,H,K是 G的子群。证明
(1) H∩K 也是 G的子群。
(2) H∪K 是 G的子群当且仅当 H?K 或 K?H。
证明,(1) 由 e∈H∩K 知 H∩K 非空。
任取 a,b∈H∩K,则 a∈H,a∈K,b∈H,b∈K 。
由于 H和 K是 G的子群，必有 ab-1∈H 和 ab-1∈K,
从而推出 ab-1∈H∩K 。
根据判定定理二，命题得证。
例 11.14（ 2）
(2) H∪K 是 G的子群当且仅当 H?K 或 K?H。
充分性 是显然的。
必要性,用反证法。
假设 H?K 且 K?H，那么存在 h和 k使得
h∈H∧h?K 并且 k∈K∧k?H
这就推出 hk?H。
若不然，由 h-1∈H 可得 k＝ h-1(hk)∈H,与假设矛盾。
同理可证,hk?K。
从而得到 hk?H∪K 。
这与 H∪K 是子群矛盾。
如何找到有限群的全部子群第 0层,{e}是 G的平凡子群，也是最小的子群，放在第 0层。
第 1层,任取 a?G,a?e，则 <a>是 a由生成的子群。
如果 <a>≠ G且不存在 <b>是 <a>的真子群，则将 <a>放在 第 1层。
如果 G中所有的非单位元生成的子群都等于 G，则构造结束，
并将 G放在第 1层。
如果 a,b?G,a≠ b，但 <a>＝ <b>，这时取 <a>（或 <b>）。
第 2层,如果 <a>在第 1层，并且 G中存在其它元素 b满足 <a>?<b>，
同时不存在元素 c使得 <a>?<c>?<b>，那么 <b>放在第 2层。
此外，第 2层还包含有第 1层的子群的并集生成的更大的子群。
如何找到有限群的全部子群任取第 1层的两个子群 H1,H2，令 B＝ H1∪ H2，如果 H1?H2,H1?H2,
那么 H1∪ H2不是 G的子群，而只是 G的子集，将 G的所有包含 B
的子群的交记作 <B>，即 <B>＝ ∩ {H|B?H∧H≤G} 。
易见 <B>是 G的子群，称为由 B生成的子群,<B>中的元素恰为如下形式,a1a2… ak,k∈ Z+
其中 ai是 B中元素或 B中元素的逆元。不难证明,<B>是包含了 H1
和 H2的最小子群。
按照这样的方法，构造 <H1∪ H2>，如果 <H1∪ H2>≠ G且第 2层不存在其他子群是 <H1∪ H2>的真子群，则将 <H1∪ H2>放在第 2层。
从而由第 1层的子群生成第 2层的所有子群。当然，不同的子群可能会生成相同的新子群。
按照这种办法继续下去，每层构造时先检查是否还有单元素生成的新子群，然后利用前一层子群的并集生成新子群。由于 G
是有限群，经过有限步生成后，总可得到最高层的唯一的平凡子群 G，这时构造过程结束。
如何找到有限群的全部子群例如,G＝ {e,a,b,c}是 Klein四元群，根据上述的构造性方法得到 G的全部子群如下：
第 2层 G
第 1层 <a>＝ {e,a},<b>＝ {e,b},<c>＝ {e,c}
第 0层 {e}
例如,G＝ Z6＝ {0,1,2,3,4,5}，模 6加群。则 G的全部子群如下：
第 2层 G
第 1层 <2>＝ <4>＝ {0,2,4},<3>＝ {0,3}
第 0层 {0}
如何找到有限群的全部子群设 G为群，令 S＝ {H|H是 G的子群 }，在 S上定义关系 R如下：
A,B?S,ARB? A是 B的子群那么 <S,R>构成偏序集，称为群 G的 子群格。
Klein四元群 G与模 12加群 Z12的子群格如图所示。
本节主要内容及学习要求
主要内容
– 子群的定义 。
– 子群的三个判定定理及其应用 。
– 典型子群：由元素生成的子群 <a>,群 G的中心 C,若干个子群的交集 。
学习要求
– 会证明群的子集是子群 。
– 了解几个典型子群的定义 。
11.4 陪集与拉格朗日定理
本节主要讨论群的分解
陪集的定义、实例、性质
拉格朗日定理陪集定义 11.9 设 H是 G的子群,a∈G 。令
Ha＝ {ha|h∈H}
称 Ha是子群 H在 G中的 右陪集 (right coset)。称 a为 Ha的 代表元素 。
实例,设 G＝ {e,a,b,c}是 Klein四元群,H＝ {e,a}是 G的子群。
H所有的右陪集是：
He＝ {e,a}＝ H
Ha＝ {a,e}＝ H
Hb＝ {b,c}
Hc＝ {c,b}
不同的右陪集只有两个，即 H和 {b,c}。
陪集的实例设 A＝ {1,2,3},f1,f2,…,f6是 A上的双射函数。其中
f1＝ {<1,1>,<2,2>,<3,3>}
f2＝ {<1,2>,<2,1>,<3,3>}
f3＝ {<1,3>,<2,2>,<3,1>}
f4＝ {<1,1>,<2,3>,<3,2>}
f5＝ {<1,2>,<2,3>,<3,1>}
f6＝ {<1,3>,<2,1>,<3,2>}
令 G＝ {f1,f2,…,f6}，则 G关于函数的复合运算构成群。
考虑 G的子群 H＝ {f1,f2}。做出 H的全体右陪集如右面所示：
Hf1＝ {f1?f1,f2?f1}＝ {f1,f2}＝ H
Hf2＝ {f1?f2,f2?f2}＝ {f2,f1}＝ H
Hf3＝ {f1?f3,f2?f3}＝ {f3,f5}
Hf4＝ {f1?f4,f2?f4}＝ {f4,f6}
Hf5＝ {f1?f5,f2?f5}＝ {f5,f3}
Hf6＝ {f1?f6,f2?f6}＝ {f6,f4}
易见，不同的右陪集只有三个，每个右陪集都是 G的子集。
陪集的基本性质定理 11.8 设 H是群 G的子群，则
(1) He＝ H。
(2)?a∈G 有 a∈Ha 。
证明：
(1) He ＝ {he|h∈H} ＝ {h|h∈H} ＝ H
(2) 任取 a∈G,由 a＝ ea和 ea∈Ha 得 a∈Ha 。
定理 11.9
定理 11.9 设 H是群 G的子群，则?a,b∈G 有
a∈Hb? ab-1∈H? Ha＝ Hb
证明,先证 a∈Hb? ab-1∈H 。
a∈Hbh(h∈H∧a ＝ hb)
h(h∈H∧ab -1＝ h)
ab-1∈H
定理 11.9
反之，任取 h1b∈Hb,则有再证,a∈Hb? Ha＝ Hb。
充分性。 若 Ha＝ Hb,由 a∈Ha 可知，必有 a∈Hb 。
必要性。 由 a∈Hb 可知,存在 h∈H 使得 a＝ hb，即 b＝ h-1a。
任取 h1a∈Ha,则有
h1a＝ h1(hb)＝ (h1h)b∈Hb
从而得到 Ha?Hb。
h1b＝ h1(h-1a) ＝ (h1h-1)a∈Ha
从而得到 Hb?Ha。
综上所述,Ha＝ Hb得证。
定理 11.9的说明
该定理给出了 两个右陪集相等的充分必要条件,并且说明 在右陪集中的任何元素都可以作为它的代表元素 。
在例 11.15中,H＝ {f1,f2}
f3＝ {<1,3>,<2,2>,<3,1>} f5＝ {<1,2>,<2,3>,<3,1>}
Hf3＝ {f1?f3,f2?f3}＝ {f3,f5} Hf5＝ {f1?f5,f2?f5}＝ {f5,f3}
可以看出 f3∈Hf 5，所以 Hf3＝ Hf5。
同时有 f3?f5-1＝ f3?f6＝ f2∈H
定理 11.10
定理 11.10 设 H是群 G的子群，在 G上定义二元关系 R,?a,b∈G,
<a,b>∈R? ab-1∈H
则 R是 G上的等价关系，且 [a]R＝ Ha。
证明,先证明 R为 G上的等价关系。
任取 a∈G,由
aa-1＝ e∈H? <a,a>∈R
可知 R在 G上是自反的。
任取 a,b∈G,则
<a,b>∈R? ab-1∈H? (ab-1)-1∈H
ba-1∈H? <b,a>∈R
所以 R是对称的。
定理 11.10
b∈[a] R
任取 a,b,c∈G,则
<a,b>∈R∧<b,c>∈R? ab-1∈H∧bc -1∈H
ac-1∈R? <a,c>∈R
所以 R是传递的。
综上所述,R是 G上的等价关系。
下面证明,?a∈G,[a] R＝ Ha。
任取 b∈G,则有
<a,b>∈R? ab-1∈H
根据定理 11.9有
ab-1∈H? Ha＝ Hb? b∈Ha
这就推出 b∈[a] R? b∈Ha,从而证明了 [a]R＝ Ha。
(ab-1)(bc-1)∈H
定理 11.10推论推论 设 H是群 G的子群，则
(1)任取 a,b∈G,Ha＝ Hb 或 Ha∩Hb ＝?
(2)∪{Ha|a∈G} ＝ G
证明,由定理 11.10和 7.14可得。
重要结果,给定群 G的一个子群 H,H的所有右陪集的集合
{Ha|a∈G} 恰好构成 G的一个划分。
举例,考虑 Klein四元群 G＝ {e,a,b,c},H＝ {e,a}是 G的子群。
H在 G中的右陪集是 H和 Hb，其中 Hb＝ {b,c}。
那么 {H,Hb}构成了 G的一个划分。
定理 11.11
定理 11.11 设 H是群 G的子群，则
a∈G,H≈Ha
证明,令 f:H→Ha,f(x)＝ xa。
任取 ha∈Ha,?h∈H,使得 f(h)＝ ha，
因而 f是满射的。
假设 f(h1)＝ f(h2),那么有 h1a＝ h2a。
根据消去律得 h1＝ h2，
因而 f是单射的。
因此,H≈Ha 。
右陪集
H的右陪集定义，即
Ha＝ {ha|h∈H},a∈G
右陪集的性质：
1.He＝ H
2.?a∈G,a∈Ha
3.?a,b∈G,a∈Hb?ab-1∈H
Ha＝ Hb
4.若在 G上定义二元关系 R，
a,b∈G,<a,b>∈R?ab-1∈H
则 R是 G上的等价关系，
且 [a]R＝ Ha。
5.?a∈G,H≈Ha 。
H的左陪集定义，即
aH＝ {ah|h∈H},a∈G
左陪集的性质：
1.eH＝ H
2.?a∈G,a∈aH
3.?a,b∈G,a∈bH?b-1a∈H
aH＝ bH
4.若在 G上定义二元关系 R，
a,b∈G,<a,b>∈R?b-1a∈H
则 R是 G上的等价关系，
且 [a]R＝ aH。
5.?a∈G,H≈aH 。
左陪集左陪集举例群 G＝ {f1,f2,…,f6}。令 H＝ {f1,f2}，则 H在 G中的全体左陪集如下：
f1H＝ {f1?f1,f1?f2}＝ {f1,f2}＝ H
f2H＝ {f1?f2,f2?f2}＝ {f2,f1}＝ H
f3H＝ {f3?f1,f3?f2}＝ {f3,f6}
f4H＝ {f4?f1,f4?f2}＝ {f4,f5}
f5H＝ {f5?f1,f5?f2}＝ {f5,f4}
f6H＝ {f6?f1,f6?f2}＝ {f6,f3}
和 H的右陪集相比较,不难看出有
Hf1＝ f1H,Hf2＝ f2H,Hf3≠f 3H,Hf4≠f 4H,Hf5≠f 5H,Hf6≠f 6H
结论,一般来说，对于群 G的每个子群 H不能保证有 Ha＝ aH。但是对某些特殊的子群 H,a∈G 都有 Ha＝ aH，称这些子群为 G的 正规子群 。
Hf1＝ {f1?f1,f2?f1}＝ {f1,f2}＝ H
Hf2＝ {f1?f2,f2?f2}＝ {f2,f1}＝ H
Hf3＝ {f1?f3,f2?f3}＝ {f3,f5}
Hf4＝ {f1?f4,f2?f4}＝ {f4,f6}
Hf5＝ {f1?f5,f2?f5}＝ {f5,f3}
Hf6＝ {f1?f6,f2?f6}＝ {f6,f4}
左右陪集个数相等令 S＝ {Ha|a?G} T＝ {aH|a?G}
分别表示 H的右陪集和左陪集的集合，定义：
f:S→T,f(Ha)＝ a-1H,?a?G
可以证明 f是 S到 T的双射函数。
对?a,b?G 有
Ha＝ Hb? ab-1∈H? (ab-1 )-1∈H
(b-1)-1a-1∈ H? a-1H＝ b-1H
这说明对于任意的 Ha∈S,必有唯一的 f(Ha)∈T 与之对应，
即 f是函数。
同时可知：若 f(Ha)＝ f(Hb)，必有 Ha＝ Hb，即 f是单射。
任取 bH∈T,则 Hb-1∈ S,且有 f(Hb-1)＝ (b-1)-1H＝ bH
从而证明了 f的满射性。 因此 S≈T 。
关于陪集的进一步说明
对于子群 H和元素 a，它的左陪集 aH与右陪集 Ha一般说来是不等的。
H的左陪集个数与右陪集个数是相等的，因为可以证明
f(Ha)＝ a-1H,f在 H的右陪集和左陪集之间建立了一一对应。
今后不再区分 H的右陪集数和左陪集数，统称为 H在 G中的陪集数,也叫做 H在 G中的指数,记作 [G:H]。
对于有限群 G,H在 G中的指数 [G:H] 和 |G|,|H|有密切的关系，这就是著名的拉格朗日定理。
拉格朗日定理定理 11.12 设 G是有限群,H是 G的子群，则
|G|＝ |H|· [G:H]
证明：
设 [G:H]＝ r,a1,a2,…,ar分别是 H的 r个右陪集的代表元素。
根据定理 11.10的推论有
G＝ Ha1∪Ha 2∪ … ∪Ha r
由于这 r个右陪集是两两不交的，所以有
|G|＝ |Ha1|+|Ha2|+… +|Har|
由定理 11.11可知,|Hai|＝ |H|,i＝ 1,2,…,r。
将这些等式代入上式得
|G|＝ |H|· r＝ |H|· [G:H]
拉格朗日定理的推论 1
推论 1 设 G是 n阶群，则?a∈G,|a|是 n的因子，且有 an＝ e。
证明 任取 a∈G,则 <a>是 G的子群。
由拉格朗日定理可知,<a>的阶是 n的因子。
另一方面,<a>是由 a生成的子群，若 |a|=r，则
<a>＝ {a0＝ e,a1,a2,…,ar-1}
这说明 <a>的阶与 |a|相等，
所以 |a|是 n的因子。
根据定理 11.4(1)，必有 an＝ e。
拉格朗日定理的推论 2
推论 2 对阶为素数的群 G，必存在 a∈G,使得 G＝ <a>。
证明 设 |G|＝ p,p是素数。
由 p≥2 可知,G中必存在非单位元。
任取 a∈G,a≠e,则 <a>是 G的子群。
根据拉格朗日定理,<a>的阶是 p的因子，
即 <a>的阶是 p或 1，显然 <a>的阶不是 1，
这就推出 G＝ <a>。
说明?拉格朗日定理对分析有限群中元素的阶很有用。
这个定理的逆命题并不为真。
有时候 r是 n的因子，但 n阶群 G中不一定含有 r阶元。
可以验证例 11.15中的群 G={f1,f2,…,f6}中并没有 6阶元
。
拉格朗日定理的应用实例命题,如果群 G只含 1阶和 2阶元，则 G是 Abel群。
证明,设 a为 G中任意元素，根据题意，有 a1＝ e或 a2＝ e，
即有 a-1＝ a。
任取 x,y∈G,则 xy＝ (xy)-1 ＝ y-1x-1 ＝ yx。
因此 G是 Abel群。
例 11.16
例 11.16 证明 6阶群中必含有 3阶元。
证明,设 G是 6阶群，由拉格朗日定理的推论 1可知 G中的元素只能是 1阶,2阶,3阶或 6
若 G中含有 6阶元，设这个 6阶元是 a，则 a2是 3阶元。
若 G中不含 6阶元，下面证明 G中必含有 3阶元。
如若不然,G中只含 1阶和 2阶元，
即?a∈G,有 a2＝ e，由命题可知 G是阿贝尔群。
取 G中两个不同的 2阶元 a和 b，令
H＝ {e,a,b,ab}
易证 H是 G的子群，
但 |H|=4,|G|=6，与拉格朗日定理矛盾。
例 11.17
例 11.17 证明阶小于 6的群都是阿贝尔群。
证明,1阶群是平凡的，显然是阿贝尔群。
2,3和 5都是素数。由拉格朗日定理的推论 2可知 2阶,3阶和 5阶群都是由一个元素生成的群。它们都是阿贝尔群。
（因为?a i,a j∈G,有 a i a j＝ a i+j＝ a j+i＝ a j a i。）
设 G是 4阶群。若 G中含有 4阶元，比如说 a，则 G＝ <a>，
由刚才的分析可知 G是阿贝尔群。
若 G中不含 4阶元，根据拉格朗日定理,G中只含 1阶和 2阶元。
由命题可知 G也是阿贝尔群。
本节内容及学习要求
主要内容
– 陪集的定义及实例 。
– 陪集及其代表元素之间的关系 。
– 陪集的四条性质 。
– 有限群 G的拉格朗日定理 (|G|=|H|[G:H])及两个推论 。
学习要求
– 在群 G中会求已知子群 H的右 （ 或左 ） 陪集 。
– 了解陪集的性质,特别是两个陪集相等的充要条件 。
– 了解群 G的陪集分解是怎样与 G上的等价关系相对应的 。
– 掌握拉格朗日定理及其推论的简单应用 。
11.5 正规子群与商群
正规子群的定义及实例
正规子群的两个判别定理以及相应的四种判别方法
商群的定义及其实例 。
正规子群的定义及实例定义 11.10 设 H是群 G的子群。如果?a∈G 都有 Ha＝ aH,则称 H是 G
的 正规子群 (normal subgroup)或 不变子群,记作 H≤ |G。
注意
条件 Ha＝ aH仅仅表示两个集合 aH和 Ha相等。
错误的理解：由 aH＝ Ha可推出 ah＝ ha对 H中所有的元素 h都成立。
正确的理解,对?h∈H,存在 h1∈H,使 ah＝ h1a。
说明
任何群 G都有正规子群,因为 G的两个平凡子群，即 G和 {e}，
都是 G的正规子群。
如果 G是阿贝尔群,G的所有子群都是正规子群。
正规子群的实例例 11.18 设 A＝ {1,2,3},f1,f2,…,f6是 A上的双射函数。其中
f1＝ {<1,1>,<2,2>,<3,3>},f2＝ {<1,2>,<2,1>,<3,3>}
f3＝ {<1,3>,<2,2>,<3,1>},f4＝ {<1,1>,<2,3>,<3,2>}
f5＝ {<1,2>,<2,3>,<3,1>},f6＝ {<1,3>,<2,1>,<3,2>}
令 G＝ {f1,f2,…,f6}，则 G关于函数的复合运算构成群。 G的全体子群是：
H1＝ {f1},H2＝ {f1,f2},H3＝ {f1,f3}
H4={f1,f4},H5＝ {f1,f5,f6},H6＝ G
不难验证,H1,H5和 H6是 G的正规子群，而 H2,H3和 H4不是正规子群。
正规子群的判定定理定理 11.13 设 N是群 G的子群,N是群 G的正规子群当且仅当任取
g∈G,n∈N 有 gng-1∈N 。
证明 必要性。 任取 g∈G,n∈N,由 gN＝ Ng可知，
存在 n1∈N 使得 gn＝ n1g,从而有 gng-1＝ n1gg-1＝ n1∈N 。
充分性,即证明 g∈G 有 gN＝ Ng。
任取 gn∈gN,由 gng-1∈N 可知存在 n1∈N 使得 gng-1＝ n1，
从而得 gn＝ n1g∈Ng 。 这就推出 gN?Ng。
反之，任取 ng∈Ng,由于 g-1∈G 必有 (g-1)n(g-1)-1∈N,
即 g-1ng∈N 。 所以存在 n1∈N 使得 g-1ng＝ n1，
从而有 ng＝ gn1∈gN 。 这就推出 Ng?gN。
综合上述,g∈G 有 gN＝ Ng。
正规子群的判定实例例 11.19 设 G是全体 n阶实可逆矩阵的集合关于乘法构成的群，
其中 n≥2 。令
H＝ {X|X∈G∧det X＝ 1}
其中 detX 表示矩阵 X 的行列式，则 H是 G的正规子群。
证明 设 E表示 n阶单位矩阵，则 E∈H,H非空。
任取 M1,M2∈H,则
det(M1M2-1)＝ detM1 detM2-1＝ 1
所以 M1M2-1∈H 。由子群判别定理可知,H≤G 。
下面证明 H是正规的。任取 X∈G,M∈H,则
det(XMX-1)＝ detX · detM ·
detX-1＝ detX · detX-1＝ det(XX-1)＝ detE＝ 1
所以 XMX-1∈H 。由判定定理,H是 G的正规子群。
定理 11.14
定理 11.14 设 N是群 G的子群,N是 G的正规子群当且仅当
g∈G,有 gNg-1＝ N。
证明 任取 g∈G 有
gNg-1＝ N? (gNg-1)g＝ Ng? gN＝ Ng
由正规子群定义，定理得证。
例 11.20
例 11.20 设 N是群 G的子群，若 G的其他子群都不与 N等势，则 N是
G的正规子群。
证明 任取 g∈G,则 gNg-1是 G的子群。
容易证明 N≈gNg -1。令
f:N→gNg -1,f(n)＝ gng-1,?n∈N
则 f是 N到 gNg-1的映射。
假若 f(n1)＝ f(n2),则有 gn1g-1=gn2g-1，
从而推出 n1＝ n2，即 f是单射。
任取 gng-1∈gNg -1，则有 n∈N 且 f(n)＝ gng-1，
这就证明 f是满射。从而 N≈gNg -1。
根据已知条件，必有 gNg-1＝ N。
所以 N是 G的正规子群。
例 11.21
例 11.21 设 N是群 G的子群，若 [G:N]＝ 2，则 N是 G的正规子群。
证明 由 [G:N]＝ 2可知 N存在两个右陪集，即
G＝ N∪Ng,g?N
同理可知,G＝ N∪gN,g?N
任取 g∈G,若 g∈N,则有 gN＝ N＝ Ng。
若 g?N，则有 gN＝ G-N＝ Ng。
从而证明了 N是 G
例 11.20和例 11.21可作为判别正规子群的充分条件来使用。
考虑 例 11.18中的群 G。 H1,H5和 H6都是 G的唯一的 1阶,3阶和 6
阶子群。所以它们都是正规的。对于 H5,由于 [G:H5]＝ 2，根据例 11.19的结论也可以判别的它的正规性。
商群由群 G和 G的正规子群 N可以构造一个新的群，就是 G的 商群 G/N。
设 G是群,N是 G的正规子群，令 G/N是 N在 G中的全体右陪集（或左陪集）构成的集合，即
G/N＝ {Ng|g∈G}
在 G/N上定义二元运算如下：
Na,Nb∈G/N,Na?Nb＝ Nab
可以证明 G/N关于?运算构成一个群。
首先验证?运算是良定义的，即 N的任意两个陪集 Na,Nb的乘积是唯一的。
因为?运算是涉及到类的运算，必须证明该运算与类的代表元素的选择无关。
换句话说，若 Na＝ Nx,Nb＝ Ny,则有 Na?Nb＝ Nx?Ny。
商群任取 a,b,x,y∈G,则有
Na＝ Nx∧Nb ＝ Ny
n1?n2(a＝ n1x∧b ＝ n2y)
Nab＝ Nn1xn2y＝ Nn1n2′xy（由于 N是正规的）
Nab＝ Nxy
Na?Nb＝ Nx?Ny
易见 G/N关于运算是封闭的。
商群再证明运算是 可结合 的。
任取 a,b,c∈G,
(Na?Nb)?Nc＝ Nab?Nc＝ N(ab)c＝ Nabc
Na?(Nb?Nc)＝ Na?Nbc＝ Na(bc)＝ Nabc
所以有 (Na?Nb)?Nc＝ Na?(Nb?Nc)。
Ne＝ N是 G/N中关于运算?的单位元 。
Na∈G/N,Na-1是 Na的逆元。
综上所述,G/N关于?运算构成群。称为 G的 商群 (quotient
group)。
例 11.22
设 <Z,+>是整数加群，令
3Z＝ {3z|z∈Z}
则 3Z是 Z的正规子群。 Z关于 3Z的商群
_ _ _
Z/3Z＝ {0,1,2}
其中 _
i＝ [i]＝ {3z+i|z∈Z} i ＝ 0,1,2
且 Z/3Z中的运算如右表所示。
_
0
_
1
_
2
_
0
_
0
_
1
_
2
_
1
_
1
_
2
_
0
_
2
_
2
_
0
_
1
本节内容及学习要求
主要内容
– 正规子群的定义及实例 。
– 正规子群的两个判别定理以及相应的四种判别方法 。
– 商群的定义及其实例 。
学习要求
– 掌握正规子群的概念及判别方法 。
– 给定群 G和它的正规子群 H,会求商群 G/H。
11.6 群的同态与同构
和半群的同态类似,也可以定义群的同态。
群的同态映射和同构映射，以及相关的概念。
群同态的性质。
群的同态映射定义 11.11 设 G1,G2是群,?,G1→G 2，若任意 a,b∈G 1都有
(ab)＝?(a)?(b)
则称?是群 G1到 G2的 同态映射,简称 同态 。
典型同态映射的实例
(1)G1＝ <Z,+>是整数加群,G2＝ <Zn,?>是模 n的整数加群。令
,Z→Z n,?(x)＝ (x)mod n
则?是 G1到 G2的同态。
因为?x,y∈Z 有
(x+y)＝ (x+y)mod n ＝ (x)mod n? (y)mod n
＝?(x)(y)
典型同态映射的实例
(2)设 G1＝ <R,+>是实数加群,G2＝ <R*,· >是非零实数关于普通乘法构成的群。令
,R→R *,?(x)＝ ex
则?是 G1到 G2的同态,因为?x,y∈R 有
(x+y)＝ ex+y＝ ex · ey＝?(x)·?(y)
(3)设 G1,G2是群,e2是 G2的单位元。令
,G1→G 2,?(a)＝ e2,?a∈G 1
则?是 G1到 G2的同态，称为 零同态 。
因为?a,b∈G 1有
(ab)＝ e2 ＝ e2e2 ＝?(a)?(b)
同态的分类定义 11.12 设?,G1→G 2是群 G1到 G2的同态。
(1) 若?,G1→G 2是满射的，则称?为 满同态,这时也称 G2是
G1的 同态像,记作 G1～ G2。
(2) 若?,G1→G 2是单射的，则称?为 单同态 。
(3) 若?,G1→G 2是双射的，则称?为 同构,记作 G1≌ G2。
(4) 若 G1＝ G2，则称?是群 G的 自同态 。
举例,
(1)中的同态是满同态，这时也可以说模 n整数加群是整数加群的同态像。
(2)中的同态是单同态。由于 ran?＝ R+，同态像是 <R+,· >。
这两个同态都不是同构。
例 11.24
例 11.24 设 G＝ <Zn,?>是模 n整数加群，证明恰含有 n个 G的自同态。
证明,先证存在着 n个 G的自同态。令
,Zn→Z n,?(x)＝ (px)mod n,p=0,1,…,n-1
则?是 G的自同态，因为任意的 x,y∈Z n有
(x?y) ＝ (p(x?y))mod n
＝ (px)mod n? (py)mod n
＝?(x)(y)
由于 p有 n种取值，不同的 p确定了不同的映射?，
所以存在 n个 G的自同态。
例 11.24
下面证明任何 G的自同态都是上述 n个自同态中的一个。
设?是 G的自同态，且?(1)＝ i,i∈Z n。
我们将证明?x∈Z n，有?(x)＝ (ix)mod n。
(1)＝ i＝ (i· 1)mod n
假设对一切 x∈{1,2,…,n-2}，有?(x)＝ (ix)mod n成立，则
(x+1)＝?(x?1)＝?(x)(1)
＝ (ix)mod n?i＝ (ix+i)mod n
＝ (i(x+1))mod n
最后有?(0)＝?((n-1)? 1)＝?(n-1)(1)
＝ (i(n-1)mod n? i＝ (in)mod n
＝ 0＝ (i· 0)mod n
例 11.25
例 11.25 设 G为群,a∈G 。令
,G→ G,?(x)＝ axa-1,?x∈G
则?是 G的自同构，称为 G的 内自同构 。
证明,?x,y∈ G，有
(xy)＝ a(xy)a-1＝ (axa-1)(aya-1)＝?(x)?(y)
所以?是 G的自同态。
任取 y∈ G，则存在 a-1ya∈ G，且满足
(a-1ya)＝ a(a-1ya)a-1 ＝ y
所以?是满射的。
任取 x,y∈ G，假若?(x)＝?(y),即 axa-1＝ aya-1，
由 G中的消去律必有 x＝ y。
从而证明了是?单射的。
综合上述,?是 G的自同构。
举例如果 G是阿贝尔群，对于上面的内自同构?必有
(x)＝ axa-1＝ aa-1x＝ x
这说明 阿贝尔群的内自同构只有一个，就是恒等映射。
考虑模 3整数加群 <Z3,?>，根据例 11.24,Z3有 3个自同态，
即?p＝ (px)mod 3,p＝ 0,1,2。
p＝ 0,?0,0→0,1→0,2→0
p＝ 1,?1,0→0,1→1,2→2
p＝ 2,?2,0→0,1→2,2→1
在这三个自同态中,?1和?2 是 Z3的自同构,
其中?1是内自同构。0是零同态。
同态映射的性质定理 11.5 设?是群 G1到 G2的同态映射,e1和 e2分别为 G1和 G2的单位元，则
(1)?(e1)＝ e2
(2)?(a-1)＝?(a)-1,?a∈G 1
说明,同态映射保持元素的对应性。
证明 (1)?(e1)?(e1)＝?(e1e1)＝?(e1)＝?(e1)e2。
由 G2的消去律得?(e1)＝ e2。
(2) 任取 a∈G 1，由
(a-1)?(a)＝?(a-1a)＝?(e1)＝ e2
(a)?(a-1)＝?(aa-1)＝?(e1)＝ e2
可知?(a-1)是?(a)的逆元。
根据逆元的唯一性得?(a-1)＝?(a)-1。
例 11.26
例 11.26 设 G1＝ <Q,+>是有理数加群,G2＝ <Q*,· >是非零有理数乘法群。证明不存在 G2到 G1的同构。
证明 假设?是 G2到 G1的同构，那么有
,G2→G 1,?(1)＝ 0
于是有
(-1)＋?(-1)
＝?((-1)(-1))
＝?(1)
＝ 0
从而得?(-1)＝ 0，这与?的单射性矛盾。
例 11.27
例 11.27 设 G＝ {e,a,b,c}是 Klein四元群。试给出 G的所有自同构。
解答 设?是 G的自同构,则?(e)＝ e，且?是双射。
因此满足这些条件的映射只有以下六个：
1,e→e,a→a,b→b,c→c
2,e→e,a→a,b→c,c→b
3,e→e,a→b,b→c,c→a
4,e→e,a→b,b→a,c→c
5,e→e,a→c,b→b,c→a
6,e→e,a→c,b→a,c→b
根据同态定义,不难验证?x,y∈G 都有
i(xy)＝?i(x)?i(y),i＝ 1,2,…,6
成立。所以上述的?1,? 2,…,? 6是 G上的全体自同构。
同态映射的性质定理 11.16 设?是群 G1到 G2的同态,H是 G1的子群，则
(1)?(H)是 G2的子群。
(2)若 H是 G1的正规子群，且?是满同态，则?(H)是 G2的正规子群。
说明,同态映射保持子群的对应性。
证明 (1) 由 e2＝?(e1)∈?(H)可知?(H)非空。
任取 x,y∈?(H),则存在 a,b∈H,
使得?(a)＝ x,?(b)＝ y。 由于?是同态，所以
xy-1 ＝?(a)?(b)-1 ＝?(a)?(b-1) ＝?(ab-1)
又由于 H是 G1的子群,ab-1∈H,因此 xy-1∈?(H)。
从而证明了?(H)是 G2的子群。
定理 11.16
(2)若 H是 G1的正规子群，且?是满同态，则?(H)是 G2的正规子群。
只需证明?(H)是正规的。
任取 x∈?(H),y∈G 2,则存在 a∈H,使得?(a)＝ x。
又由于?的满射性，必存在 g∈G 1使得?(g)＝ y。所以
yxy-1 ＝?(g)?(a)?(g)-1
＝?(gag-1) (由于同态 )
因为 H是 G1的正规子群,gag-1∈H 。
这就推出 yxy-1∈?(H)。
从而证明了?(H) ≤| G 2。
同态的核定义 11.13 设?是群 G1到 G2的同态，令
ker?＝ {x|x∈G 1 ∧?(x)＝ e2}
其中 e2为 G2的单位元。称 ker?为 同态的核 。
举例,考虑例 11.23的几个同态。
(1)?,Z→Zn,?(x)＝ (x) mod n，
ker?＝ {z|z∈Z∧n 整除 z}＝ nZ
(2)?,R→R *,?(x)＝ ex，
ker?＝ {0}
(3)?,G1→G 2,?(a)＝ e2,?a∈G 1,?是零同态，
ker?＝ G1
有关同态核的性质定理 11.17 设?是群 G1到 G2的同态，则
(1) ker? ≤| G1
(2)?是单同态当且仅当 ker?＝ {e1}，其中 e1为 G1的单位元。
证明 (1) 令 e1,e2分别为 G1和 G2的单位元。
e1∈ker?,所以 ker?非空。
任取 a,b∈ker?，则
(ab-1)＝?(a)?(b-1)＝?(a)?(b)-1＝ e2e2-1＝ e2
因此 ab-1∈ker?,从而证明了 ker? ≤ G 1 。
任取 a∈ker?,x∈G 1，则
(xax-1)＝?(x)?(a)?(x-1)＝?(x)e2?(x-1)
＝?(xx-1)＝?(e1)＝ e2
所以 xax-1∈ker?。这就证明了 ker? ≤ | G1。
有关同态核的性质
(2)?是单同态当且仅当 ker?＝ {e1}，其中 e1为 G1的单位元。
必要性。 假设存在 a∈ker? 且 a≠e 1，则
(a)＝ e2＝?(e1)
与?是单射相矛盾。
充分性。 任取 a,b∈G 1，则
(a)＝?(b)
(a)?(b)-1 ＝ e2
(ab-1)＝ e2
由于 ker?＝ {e1}，那么 ab-1＝ e1，从而推出 a＝ b。
这就证明了的单射性。
所以?是单同态。
自然同态例 11.28 设 G是群,N是 G的正规子群。令
g,G→G/N,g(a)＝ Na,?a∈G
则 g是 G到 G/N的同态。
因为?a,b∈G,有 g(ab)＝ Nab＝ NaNb＝ g(a)g(b)
称 g为 自然同态 。 易见自然同态都是满同态。
下面求 ker g。 任取 x∈G,由
x∈ker g? Nx＝ N? x∈N
可知 ker g＝ N。
考虑两个平凡的正规子群。 设 g,G→G/N 是自然同态。
当 N＝ G时,有 G/N＝ G/G＝ {G},且?a∈G 有 g(a)＝ G,g是零同态。
当 N＝ {e}时,kerg＝ {e}。 根据定理 11.17,g是单同态,也是同构。
这时 G/N＝ {{a}|a∈G},且?a∈G 有 g(a)＝ {a}。
例 11.29
例 11.29 设 G1,G2是群,e1和 e2分别为 G1和 G2的单位元。令
,G1× G2→G 1,?(<a,b>)＝ a,?<a,b>∈G 1× G2
则?是直积 G1× G2到 G1的同态。
因为对任意的 <a,b>,<c,d>∈G 1× G2 有
(<a,b><c,d>)＝?(<ac,bd>)＝ ac＝?(<a,b>)?(<c,d>)
易见?是满同态,且对任意的 <a,b>∈G 1× G2
<a,b>∈ker(<a,b>)＝ e1? a＝ e1
所以得 ker? ＝ {e1}× G2
由定理 11.17知,{e1}× G2是 G1× G2的正规子群。
当 G2是平凡群 {e2}时,ker?＝ {<e1,e2>}，这时?为同构。
同态基本定理定理 11.18 设 G是群,N是 G的正规子群，则 G/N是 G的同态像。
反之，若 G′ 是 G在?下的同态像，则 G/ker? ≌ G′ 。
证明 由例 11.28知，自然同态 g是 G到 G/N的满同态。
反之，设?是 G到 G′ 的满同态,ker?＝ K。
对任意 Ka∈G/ker?,令 f(Ka)＝?(a)，
则可以证明 f是 G/ker?到 G′ 的同构。
首先，由定理 11.9和 K＝ ker?的定义知
Ka＝ Kb? ab-1∈K(ab-1)＝ e′
(a)?(b)-1＝ e＇(a)＝?(b)
f(Ka)＝ f(Kb)
这证明了 f是 G/ker?到 G＇的单射。
定理 11.18
任取 c∈G′,由于?是满同态,存在 a∈G 使得?(a)＝ c。
于是 f(Ka)＝?(a)＝ c,即 f是满射。
对于任意的 Ka,Kb∈G/ker?,都有
f(KaKb)＝ f(Kab)＝?(ab) ＝?(a)?(b) ＝ f(Ka)f(Kb)
所以 f是 G/ker?到 G′ 的同态。
综合上述有 G/ker?≌ G ＇
例 11.30
例 11.30 设 G1＝ <a>和 G2＝ <b>分别为 m,n阶群，则 G1～ G2的充要条件是 m为 n的倍数。
证明,必要性 。若 G1～ G2，由同态基本定理知 G2同构于 G1的某个商群 G1/ker?，于是
n＝ |G2|＝ |G1/ker?|＝ [G1:ker?]
＝ |G1|/|ker?|＝ m/|ker?|
即 m是 n
例 11.30
充分性 。由 G1＝ <a>,G2＝ <b>,?ai∈G 1，令?(ai)=bi，则
ai＝ aj? aj–i＝ e? m|(j-i)
由于 m是 n的倍数，有 n|(j-i)，即 bj-i=e′,于是 bi＝ bj。
这就证明了?是 G1到 G2的映射。
易见是满射。
下面证明是同态。ai,aj∈G 1 有
(aiaj)＝?(ai+j)＝ bi+j＝ bibj＝?(ai)?(aj)
综合上述,G1～ G2。
例 11.31
例 11.31 G是群,H和 K是 G的正规子群且 H?K，
证明 G/K≌ (G/H)(K/H)。
证明 定义?:＝ G/H→ G/K,?(Ha)＝ Ka,?Ha∈G/H,
则 Ha＝ Hb? ab-1∈H? ab-1∈K? Ka＝ Kb
所以?是良定义的。 易见?是满射且?Ha,Hb∈G/H 有
(HaHb)＝?(Hab)＝ Kab ＝ KaKb＝?(Ha)?(Hb)
于是?是满同态且 ker?＝ K/H。
根据同态基本定理,G/K≌ (G/H)(K/H)。
本节主要内容及学习要求
主要内容
– 群同态映射的定义与典型同态映射的实例 。
– 特殊同态的分类 （ 单同态,满同态,同构,自同态 ） 。
– 同态核与同态像
– 同态映射的性质：同态映射保持元素及子群的对应性,同态核的性质,同态基本定理 。
学习要求
– 给定群 G1,G2和映射,能够判别或证明是否为 G1到 G2的同态映射
– 能够判别特殊同态的类型：满同态,单同态,同构
– 掌握一些典型的群同态
– 了解群同态映射的性质
– 会应用群同态的性质证明群中的有关命题
11.7 循环群与置换群
循环群的定义及分类
循环群的生成元
群环群的子群
置换群 （ 略 ）
循环群的定义定义 11.14 设 G是群，若存在 a∈G 使得
G＝ {ak|k∈Z}
则称 G是 循环群 (cyclic group)，记作 G＝ <a>，
称 a为 G的 生成元 (generator)。
举例,对于任何群 G，由 G中元素 a生成的子群 <a>是循环群。
任何素数阶的群都是循环群。
循环群的分类根据循环群 G＝ <a>根据生成元 a的阶可以分成两类：
n阶循环群 和 无限循环群 。
（ 1） 若 a是 n阶元，则
G＝ {a0＝ e,a1,a2,…,an-1}
那么 |G|＝ n，称 G为 n阶循环群 。
（ 2） 若 a是无限阶元,则
G＝ {a0＝ e,a± 1,a± 2,… }
这时称 G为 无限循环群 。
例如,整数加群 <Z,+>是无限循环群，它的生成元是 1和 -1。
模 6整数加群 <Z6,?>是 6阶循环群，它的生成元是 1和 5。
循环群的生成元求法定理 11.19 设 G＝ <a>是循环群。
(1)若 G是无限循环群，则 G只有两个生成元，即 a和 a-1。
(2)若 G是 n阶循环群，则 G含有?(n)个生成元。
对于任何小于等于 n且与 n互质的正整数 r,ar是 G的生成元。
(n),欧拉函数。对于任何正整数 n，
(n)是小于等于 n且与 n互质的正整数个数。
例如,n＝ 12，小于或等于 12且与 12互质的数有 4个：
1,5,7,11，所以?(12)＝ 4。
定理 11.19
证明,（ 1）显然 <a-1>?G。为证明 G?<a-1>，
只需证明对任何 ak∈G,ak都可以表成 a-1的幂。
由元素幂运算规则有 ak＝ (a-1)-k
从而得到 G＝ <a-1>,a-1是 G的生成元。
再证明 G只有 a和 a-1这两个生成元。
假设 b也是 G的生成元，则 G＝ <b>。
由 a∈G ＝ <b>可知，存在整数 t使得 a＝ bt。
由 b∈G ＝ <a>可知，存在整数 m使得 b＝ am。
从而得到 a＝ bt＝ (am)t＝ amt
由 G中的消去律得 amt-1＝ e，
因为 G是无限群，必有 mt-1=0。
从而证明了 m＝ t＝ 1或 m＝ t＝ -1，即 b＝ a或 b＝ a-1。
定理 11.19
(2) 只需证明,对任何正整数 r（ r≤n ）,ar是 G的生成元当且仅当 n与 r互质。
充分性。 设 r与 n互质，且 r≤n,那么存在整数 u和 v使得
ur + vn＝ 1
由元素幂运算规则和拉格朗日定理的推论 1有
a ＝ aur+vn ＝ (ar)u(an)v ＝ (ar)u＝ (ar)u(e)v
这就推出?ak∈G,ak＝ (ar)uk ∈<a r>,即 G?<ar>。
另外，显然有 <ar>?G。 从而 G＝ <ar>。 所以 ar是 G的生成元。
必要性。 设 ar是 G的生成元，则 |ar|＝ n。
令 r与 n的最大公约数为 d,则存在正整数 t使得 r＝ dt。
(ar)n/d ＝ (adt)n/d ＝ (an)t＝ e
根据定理 11.4知 |ar|是 n/d的因子，即 n整除 n/d。
从而证明了 d＝ 1。
例 11.32
(1)设 G＝ {e,a,…,a11}是 12阶循环群，则?(12)＝ 4。
小于或等于 12且与 12互质的数是 1,5,7,11，
由定理 11.19可知,a,a5,a7和 a11是 G的生成元。
(2)设 G＝ <Z9,>是模 9的整数加群，则?(9)＝ 6。
小于或等于 9且与 9互质的数是 1,2,4,5,7,8，
根据定理 11.19,G的生成元是 1,2,4,5,7和 8。
(3)设 G＝ 3Z＝ {3z|z∈Z},G上的运算是普通加法。
那么 G只有两个生成元,3和 -3。
循环群的子群求法定理 11.20
(1) 设 G＝ <a>是循环群，则 G的子群仍是循环群。
(2) 若 G＝ <a>是无限循环群，则 G的子群除 {e}以外都是无限循环群。
(3) 若 G＝ <a>是 n阶循环群，则对 n的每个正因子 d,G恰好含有一个 d阶子群。
定理 11.20(1)的证明
(1) 设 G＝ <a>是循环群，则 G的子群仍是循环群。
设 H是 G＝ <a>的子群,若 H＝ {e},显然 H是循环群；
否则取 H中的最小正方幂元 am，下面证明 am是 H的生成元。
易见 <am>?H。 为证明 H?<am>，
只需证明 H中的任何元素都可以表成 am的整数次幂。
任取 al∈H,由除法可知存在整数 q和 r，使得
l＝ qm+r,其中 0≤r≤m -1
因此有 ar ＝ al-qm ＝ al(am)-q
由 al,am∈H 且 H是 G的子群可知 ar∈H,
因为 am是 H中最小正方幂元，必有 r＝ 0。
这就推出 al＝ (am)q∈<a m>。
定理 11.20(2)的证明
(2) 若 G＝ <a>是无限循环群，则 G的子群除 {e}以外都是无限循环群。
设 H是 G的子群。 若 H≠{e},
根据上面的证明可知 H＝ <am>，其中 am为 H中最小正方幂元。
假若 |H|＝ t,则 |am|＝ t,从而得到 amt＝ e。
这与 a为无限阶元矛盾。
定理 11.20(3)的证明
(3) 若 G＝ <a>是 n阶循环群，则对 n的每个正因子 d,G恰好含有一个 d阶子群。
设 G＝ <a>是 n阶循环群，则 G＝ {a0＝ e,a1,…,an-1}
根据拉格朗日定理,G的每个子群的阶都是 n的因子。
下面证明对于 n的每个正因子 d都存在一个 d阶子群。
易见 H＝ <an/d>是 G的 d阶子群。
假设 H1＝ <am>也是 G的 d阶子群，其中 am为 H1中的最小正方幂元。
则由 (am)d＝ e 可知 n整除 md,即 n/d整除 m。
令 m＝ n/d·l,l是整数，则有
am＝ an/d·l ＝ (an/d)l∈H
这就推出 H1?H。 又由于 |H1|＝ |H|＝ d，得 H1＝ H。
定理 11.20说明
根据这个定理的证明不难得到求循环群的所有子群的方法。
如果 G＝ <a>是无限循环群，那么 <am>是 G的子群，其中 m是自然数，并且容易证明对于不同的自然数 m和 t,<am>和 <at>是不同的子群。
如果 G＝ <a>是 n阶循环群，先求出 n的所有的正因子。对于每个正因子 d,H＝ <an\d>是 G的唯一的 d阶子群。
定理 11.20例
(1)G＝ <Z,+>是无限循环群，其生成元为 1和 -1。
对于自然数 m∈N,1的 m次幂是 m,m生成的子群是 mZ,m∈N 。即
<0>＝ {0}＝ 0Z
<m>＝ {mz|z∈Z} ＝ mZ,m>0
(2)G＝ Z12是 12阶循环群。 12的正因子是 1,2,3,4,6和 12，
因此 G的子群是：
1阶子群 <12>＝ <0>＝ {0}
2 <6>＝ {0,6}
3阶子群 <4>＝ {0,4,8}
4阶子群 <3>＝ {0,3,6,9}
6 <2>＝ {0,2,4,6,8,10}
12 <1>＝ Z12
例 11.33
(1)设 G1＝ <a2>＝ {e,a± 2,a± 4,… }是无限循环群,则 G1的子群是：
{e},<a2m>＝ {e,a± 2m,a± 4m,… },m是正整数。
(2)设 G2＝ <a2>是 9阶循环群，则
G2＝ {e,a2,a4,…,a16}
那么 G2的子群是：
1阶子群 {e}
3阶子群 <(a2)3>＝ {a6,a12,e}
9阶子群 <a2>＝ G2
n元置换及其表示定义 11.15 设 S＝ {1,2,…,n},S上的任何双射函数 σ,S→S
称为 S上的 n元置换 。
一般将 n元置换 σ 记为
1 2 3 4 5
5 3 2 1 4?
1 2 3 4 5
4 3 1 2 5?
12
(1 ) ( 2 ) ( )
n
n
例如,S＝ {1,2,3,4,5}，则都是 5元置换。
n元置换的乘法定义 11.16 设 σ,τ 是 n元置换，则 σ 和 τ 的复合 σ?τ 也是 n元置换，称为 σ 与 τ 的 乘积,记作 στ 。
例如上面的 5元置换 σ 和 τ 有
1 2 3 4 5
1 2 5 3 4
1 2 3 4 5
5 1 3 4 2
3,n元置换的分解式
(1) k阶轮换与轮换分解方法定义 11.17设 σ 是 S={1,2,…,n}上的 n元置换。若
σ (i1)=i2,σ (i2)=i3,…,σ (ik-1)=ik,σ (ik)=i1
且保持 S中的其他元素不变,则称 σ 为 S上的 k阶轮换,记作
(i1i2… ik).
若 k=2,这是也称 σ 为 S上的 对换 。
3,n元置换的分解式
例如 5元置换
分别是 4阶和 2阶轮换 σ=（ 1 2 3 4）,τ=（ 1 3），其中 τ也叫做对换。
设 S={1,2,…,n},对于任何 S上的 n元置换 σ一定存在着一个有限序列
i1,i2,…,ik,k≥1,使得
σ(i1)=i2,σ(i2)=i3,…,σ(ik-1)=ik,σ(ik)=i1
1 2 3 4 5
2 3 4 1 5?
1 2 3 4 5
3 2 1 4 5?
3,n元置换的分解式
令 σ1=（ i1i2… ik）。它是从 σ中分解出来的第一个轮换。
根据函数的复合定义可将 σ写作 σ1σ‘,其中 σ’作用于 S-
{i1,i2,…,ik}上的元素。
继续对 σ‘进行类似的分解。由于 S中只有 n个元素,经过有限步以后,必得到 σ的轮换分解式 σ=σ1σ2… σt
在上述分解始终任何两个轮换都作用于不同的元素上，称他们是 不交的 。即
任何 n元置换都可以表示成不交的轮换之积。
3,n元置换的分解式
例 11.34 设 S={1,2,…,8},
是 8元置换。
1 2 3 4 5 6 7 8
5 3 6 4 2 1 8 7
1 2 3 4 5 6 7 8
8 1 4 2 6 7 5 3
例 11.34
先考虑 σ的分解式。观察到
σ(1)=5,σ(5)=2,σ(2)=3,σ(3)=6,σ(6)=1
所以从 σ中分解出来的第一个轮换式 (1 5 2 3 6),
S中剩下的元素是 4,7,8.由 σ(4)=4得到 1阶轮换 (4),它是从
σ中分解出来的第二个轮换。
对于剩下的元素 7和 8有 σ(7)=8,σ(8)=7.这样就得到第三个轮换。
到此为止,S中的元素都被分解完毕。因此可以写出 σ的轮换表示式
σ=(1 5 2 3 6)(4)(7 8)
用同样的方法可以得到 τ的分解式
τ=(1 8 3 4 2)(5 6 7)
例 11.34
为了使得轮换表达式更为简洁,通常省略其中的 1阶轮换,例如 σ可以写作 (1 5 2 3 6)(7 8),如果 n元置换的轮换表示全部是 1阶轮换。
例如 8元恒等置换 (1)(2)… (8),那么只能省略其中的 7个 1阶轮换,可将它简记为 (1)。
(2) 轮换分解式的特征
轮换分解式的特征：轮换的不交性、分解的唯一性
不难看出,在上述分解式中任何两个轮换都作用于不同的元素上,我们称它们是 不交的 。因此,可以说任何 n元置换都可以表示成不交的轮换之积。
(2) 轮换分解式的特征
进一步可以证明将 n元置换分解为不交的轮换之积时,它的表示式是唯一的。
这里的唯一性是说：若 σ =σ 1σ 2… σ t 和
σ =τ 1τ 2… τ s 是 σ 的两个轮换表示式,则有
{σ 1,σ 2,…,σ t}={τ 1,τ 2,…,τ s}
换句话说,由于分解式中的任意两个轮换都作用于 S的不同元素上,根据函数复合的性质可以证明,交换轮换的次序以后得到的仍是相等的 n元置换。因此在不考虑表示式中轮换的次序的情况下,该表示式是唯一的。
(3) 对换与对换分解方法
设 S={1,2,…,n},σ =(i1i2… ik)是 S上的 k阶轮换,那么 σ
可以进一步表成对换之积,即
(i1i2… ik)=(i1i2)(i1i3)… (i1ik)
回顾关于 n元置换的轮换表示,任何 n元置换都可以唯一地表示成不相交的轮换之积,而任何轮换又可以进一步表示成对换之积,所以任何 n元置换都可以表成对换之积
。
(3) 对换与对换分解方法
例如 8元置换
的对换表示式分别为
σ =(1 5 2 3 6)(7 8)=(1 5)(1 2)(1 3)(1 6)(7 8)
τ =(1 8 3 4 2)(5 6 7)=(1 8)(1 3)(1 4)(1 2)(5 6)(5 7)
1 2 3 4 5 6 7 8
5 3 6 4 2 1 8 7?
1 2 3 4 5 6 7 8
8 1 4 2 6 7 5 3?
(4) 对换分解式的特征
在对换分解式中对换之间可以有交,分解式也不唯一。例如 4元置换
可以有下面不同的对换表示：
σ =(1 2)(1 3) σ =(1 4)(2 4)(3 4)(1 4)
尽管 n元置换的对换表示式是不唯一的,但可以证明表示式中所含对换个数的奇偶性是不变的。例如上面的 4元置换 σ 只能表示成偶数个对换之积,而 4元置换 τ =（ 1 2 3 4）只能表示成奇数个对换之积。如果
n元置换 σ 可以表示成奇数个对换之积,则称 σ 为 奇置换,否则称为 偶置换,不难证明奇置换和偶置换各有 n!|2个。
1 2 3 4
2 3 1 4?
五,n元置换群及其实例
考虑所有的 n元置换构成的集合 Sn.
任何两个 n元置换之积仍旧是 n元置换,Sn关于置换的乘法是封闭的。
置换的乘法满足结合律。
恒等置换 (1)是 Sn中的单位元。
对于任何 n元置换 σ ∈ Sn,逆置换 σ -1是 σ 的逆元。
这就证明了 Sn关于置换的乘法构成一个群,称为 n元对称群 。
例 11.35
设 S={1,2,3},则 3元对称群
S3={(1),(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)}
其运算表如表 11.5所示。
11.5
(1) (12) (13) (23) (123) (132)
(1)
(12)
(13)
(23)
(123)
(132)
(1) (12) (13) (23) (123) (132)
(12) (1) (123) (132) (13) (23)
(13) (132) (1) (123) (23) (12)
(23) (123) (132) (1) (12) (13)
(123) (23) (12) (13) (132) (1)
(132) (13) (23) (12) (1) (123)
例 11.35
在讨论陪集的时候我们曾经给出了一个 6元群的例子（见例 11.15）,其中 G={f1,f2,…,f6}是 {1,2,3}上的 6个双射函数的集合。双射函数就是置换。根据 3元置换的轮换表示,可以把 f1,f2,…,f6表为
f1=(1),f2=(1 2),f3=(1 3),
f4=(2 3),f5=(1 2 3),f6=(1 3 2)
实际上 G就是 S3。 S3是最小的非交换群。
Sn的子群
下面考虑 Sn的子群。设 An是所有的 n元偶置换的集合。可以证明 An是 Sn的子群,称为 n元交错群 。
首先,恒等置换（ 1）是偶置换,所以 An非空。任取
σ,τ ∈ An,σ,τ 都可以表成偶数个对换之积,那么 στ 也可以表成偶数个对换之积,所以 στ∈ An。
任取 σ ∈ An,若 σ 可以表成 σ 1σ 2… σ t,其中 σ 1,σ 2,…,σ t
是对换,t是偶数。
那么 σ -1=σ t-1σ t-1-1… σ 2-1σ 1-1=σ tσ t-1… σ 2σ 1
也是偶置换。根据子群判定定理一,An是 Sn的子群。
Sn的子群
例如 S3={(1),(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)},其中的偶置换是 (1),(1 2 3)和 (1 3 2)。
因此 3元交错群 A3={(1),(1 2 3),(1 3 2)}。
Sn来说,它的所有子群都叫做 n元置换群,n元对称群 Sn,n元交错群 An都是 n元置换群的特例。
以 S3为例,除了 S3和 A3以外,它的其他子群是：
2 {(1),(1 2)},{(1),(1 3)},{(1),(2 3)}
1 {(1)}
这三个 2阶子群都不是正规子群。
两个平凡子群和 A3是正规子群。
主要内容
循环群的定义及分类 （ 无限循环群与有限循环群 ）
无限循环群 G=<a>只有两个生成元 a和 a-1； n阶循环群有 (n)
个生成元
无限循环群 G=<a>有无数个子群,对于任何自然数 m，
<am> 都是 G的子群； n阶循环群恰有 d个子群,其中 d是 n的正因子个数
n元置换的不同表法之间的转换,置换乘法及求逆
n元对称群及其子群 --n元交错群学习要求
判断群 G是否为循环群 。 如果是,是有限还是无限循环群 。
求给定循环群的所有生成元 。
求给定循环群的所有子群 。
用三种方法表示 n元置换：置换表示,轮换表示,对换表示 。
会求 n元置换的乘积和逆 。
了解 n元置换群的概念 。
习题十一
8,10,11,12,17,18,19,26,30,31,32
作业例题
★ 00 600 1200 1800 2400 3000
00 00 600 1200 1800 2400 3000
600 600 1200 1800 2400 3000 00
1200 1200 1800 2400 3000 00 600
1800 1800 2400 3000 00 600 1200
2400 2400 3000 00 600 1200 1800
3000 3000 00 600 1200 1800 2400
设 R={00,600,1200,1800,2400
,3000}表示在平面上几何图形绕形心顺时针旋转角度的六种可能情况，设★是 R上的二元运算，对于 R中任意两个元素 a
和 b,a★ b表示平面图形连续旋转 a和 b得到的总旋转角度。
并规定旋转 3600等于原来的状态，就看作没有经过旋转。验证 <R，★ >是一个群。
群 <{00,600,1200,1800,2400,3000},★ >的子群为
<{00,1200,2400},★ >和 <{00,1800},★ >，
当已旋转 600时，若再旋转 00,1200,2400，我们希望知道所有可能旋转的角度。
