文章目錄

• • 第八章 群
  • • • • 1.群
        • 2. 同態分解定理
  • 第九章 群的結構
  • • • • 循環群
        • 有限生成交換群
        • 置換群
  • 環
  • • • • 1. 環

第八章 群

1.群

• 定義：設G是一個有結合法的非空集合，G叫做群，如果G中的結合法滿足：
  （1）結合律：對于任意的a,b,c∈G，有(ab)c=a(bc)
  （2）單位元：存在一個元素e∈G使得對任意的a,b∈G有ae=ea=a
  （3）可逆性：對任意的a∈G都存在a'∈G使得aa'=a'a=e.

• 屬性

  • 階

  群G的元素個數叫做群G的階，記為|G|，|G|為有限數時，G是有限群，否則G是無限群.

• 分類和概念

  • 對稱群

  設S是一個非空集合，G是S到自身的所有一一對應的映射f組成的集合，對于f，g∈G，定義f和g的復合映射f°g為：對任意x∈S，$(g°f)(x)=g(f(x))$，則對于映射的復合運算，構成一個群，叫做對稱群，恒等映射是單位元，G中的元素叫做S的一個置換.

  • 子群

  設H是群G的一個子集合，如果對于群G的結合法，H成為一個群，那么H就叫做G的一個子群，記作H≤G.(H=e和H=G都是G的子群，叫做G的平凡子群，其他子群叫做G的真子群.)

  • 陪集

  左陪集：$aH=\{c|c\in G，a^{?1}c\in H\}$
  如果群G滿足交換律，那么左右陪集相等

  • 商集

  設H是群G的子群，則H在G中不同的左（右）陪集組成的新集合$G/H=\{aH|a\in G\}，G/H$中元素個數叫做H在G中的指標，記為[G:H]
  

  • 正規子群和商群

  設N是G的子群，當N滿足下列三個條件時，N稱為正規子群：
  ①對任意a∈G，有aN=Na
  ②對任意a∈G，有$aN{a}^{?1}=N$
  ③對任意a∈G，有$aN{a}^{?1}?N，其中aN{a}^{?1}=\{an{a}^{?1}|n\in N\}$
  設N是群G的正規子群，G/N是由N在G中所有左（右）陪集組成的集合，則對于結合法$(aN)(bN)=(ab)N,G/N$構成一個群，稱為商群.
  

  • 同態和同構

  設G,G’都是群，f是從G到G’的一個映射，如果對于任意的a，b∈G，都有f(ab)=f(a)f(b)，那么f叫做從G到G’的一個同態.
  如果f是一對一的，則稱f是單同態
  如果f是滿的，則稱f為滿同態
  如果f是一一對應的，則稱f為同構
  當G=G’時，同態f叫自同態，同構f叫自同構.
  

  • 核子群

  設f是群G到G’的一個映射：
  $f(e)=e^{\prime }$即同態將單位元映射到單位元；
  對任意a∈G,$f(a^{?1})=f(a{)}^{?1}$即把a的逆元映射到f(a)的逆元
  $kerf=\{a|a\in G,f(a)=e^{\prime }\},f$是單同態的充要條件是$kerf=\{e\}$；
  $f(G)=\{f(a)|a\in G\}$是G’的子群，f是滿同態的充要條件是f(G)=G’.
  $kerf$叫做核子群，f(G)叫做像子群.
  核子群即由G中所有能通過f映射成為G’中的單位元的元素所組成的集合
  像子群即G中所有元素通過f映射后組成的集合
  

例1. 證明：如果a,b是群G的任意元素，則$(ab{)}^{?1}=b^{?1}{a}^{?1}$
解：
∵$(ab{)}^{?1}?(ab)=(ab{)}^{?1}?a?b=e$
∴$(ab{)}^{?1}?a?b?b^{?1}=b^{?1}$
∴$(ab{)}^{?1}?a?a^{?1}=b^{?1}{a}^{?1}$
即$(ab{)}^{?1}=b^{?1}{a}^{?1}$

例2. 證明：群G是交換群的充要條件是對任意a,b∈G，有$(ab{)}^2=a^2{b}^2.$
考察群的性質，基礎題型
解：先證必要性：
∵群G是交換群
∴$(ab{)}^2=(ab)(ab)=aabb=a^2{b}^2,$必要性得證;
再證必要性：
∵群滿足結合律
∴$(ab{)}^2=(ab)(ab)=a(ba)b=a^2{b}^2$
∴兩邊同時左乘$a^{?1}$，右乘$b^{?1}$得$ba=ab$
∴必要性得證，綜上，原命題得證.

例3. 設G是n階有限群，證明：對任意元a∈G，有$a^n=e.$
考察群的性質，基礎題型
解：
∵群具有封閉性
∴$a\in G,a^2\in G,...,a^n\in G,...,a^{n+k}\in G$
∵G是n階有限群，設$a^s=e$，則$a,...,a^s,(0<s\le n+k)$各不相同
當s<n時，|G|<n，與題設矛盾；
當s>n時，|G|>n，亦與題設矛盾
故當且僅當s=n時，|G|=n，滿足題設，故原命題得證.

例4. 證明：群G中的元素a與a的逆元具有相同的階.>
考察元素的階，|a|=n，如果$a^n=e.$
解：設$a$的階為n，則$a^n=e$；
∵$a^n?a^{?n}=e$
∴$a^{?n}=e$
設$a^{?1}$的階為m，則$(a^{?1}{)}^m=a^{?m}=e$
又$a^m?a^{?m}=e$
∴$a^m$=e
顯然m=n，原命題得證.

例5. 設a是群G的一個元素，證明：映射σ:$x\to ax{a}^{?1}$是G到自身的自同構.
考察同態和同構
解：
∵$\sigma (mn)=amn{a}^{?1}=am{a}^{?1}an{a}^{?1}=\sigma (m)\sigma (n)$
∴σ是G到G’的同態
又∵群具有封閉性
∴對任意$x\in G，ax{a}^{?1}\in G^{\prime }即可認為G=G^{\prime }$
又∵對任意$x_1?=x_2\in G，a{x}_1{a}^{?1}?=a{x}_2{a}^{?1}$
∴G到G’是單射
最后，∵對任意的y屬于G’，有$x=a^{?1}ya\in G$使得$y=ax{a}^{?1}$
∴該映射是滿射，綜上，G是到自身的自同構，得證.

例6. 設H是群G的子群，在G中定義關系R：aRb如果$b^{?1}a\in H.$證明：
（i）R是等價關系.
解：
自反性：∵$a^{?1}?a=e\in H$
∴R滿足aRa，即滿足自反性
對稱性：∵$aRb,b^{?1}a\in H$
∵H構成群，即滿足群中元素有逆元
∴$(b^{?1}a{)}^{?1}=a^{?1}b\in H$
即對aRb，有bRa，即滿足對稱性
傳遞性：若aRb，bRc，則：
$b^{?1}a\in H，c^{?1}b\in H$
∵群滿足封閉性
∴ $c^{?1}b?b^{?1}a=c^{?1}a\in H$
即對于aRb，bRc有aRc，即滿足傳遞性
∴R是等價關系
（ii）aRb的充要條件是aH=bH.>
考察陪集的定義和性質，牢記陪集的形式即可:
$aH=\{c|c\in G，a^{?1}c\in H\}$
解：先證必要性，∵$a\in G,a^{?1}?a=e\in H$
∴a∈aH=bH，進而$b^{?1}a\in H，即滿足aRb得證.$
再證明充分性：
∵aRb，即$b^{?1}a\in H$，設$b^{?1}a=h_1$
又對任意c∈aH，有$h_2=a^{?1}c\in H，使得a{h}_2=c$
∴$c=a{h}_2=b{b}^{?1}a{h}_2=b{h}_1{h}_2$
∴$h_1{h}_2=b^{?1}c$
∵$h_1\in H，h_2\in H，由群的封閉性，h_1{h}_2\in H即b^{?1}c\in H$
∴c∈bH即bH包含aH
同理可得aH包含bH
所以aH=bH，充分性得證，綜上，原命題得證.

2. 同態分解定理

第九章 群的結構

循環群

若—個群G的每—個元都是G的某—個固定元a的乘方，則稱G為循環群，（即群G能由單個元素a生成）記作$G=<a>=\{am|m\in Z\}$，a稱為G的—個生成元
特別地，如果G的代數運算采用加號表示時，則有 $<a>=\{ma|m\in Z\}$
所有循環群都是可交換的

有限生成交換群

置換群

• 置換

  設S={1,2,…,n-1,n},σ是S上的一個置換，即σ是S到自身的一一對應的映射.
  n元置換全體組成的集合$S_n$對置換的乘法構成一個n次對稱群，其階是n!

• k-輪換

  如果n元置換σ使得{1,2,…,n-1,n}中一部分元素滿足$\sigma (i_1)=i_2,\sigma (i_{k?1})=i_k,\sigma (i_k)=i_1$，又使得余下的元素保持不變，則該置換稱為k-輪換

例7. 設${\sigma }_1=\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right),{\sigma }_2=\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right)，計算{\sigma }_1{\sigma }_2,{\sigma }_2{\sigma }_1,{\sigma }_1^{?1}.$
解：注意置換的方式
$$\begin{gathered} {\sigma }_1{\sigma }_2=\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}534261\\ 645312\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right) \\ =\left(\begin{array}{c}123456\\ 645312\end{array}\right) \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} {\sigma }_2{\sigma }_1=\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}234561\\ 342615\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right) \\ =\left(\begin{array}{c}123456\\ 342615\end{array}\right) \end{gathered}$$
${\sigma }_1^{?1}=\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}612345\\ 123456\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}123456\\ 612345\end{array}\right)$

例8. 求四次對稱群S4的所有三階子群.
解：求解過程暫時忽略
<(1,2,3)>={(1,2,3)(4),(1,2,3)(4),(1)(2)(3)(4)}
<(1,2,4)>={(1,2,4)(3),(1,4,2)(3),(1)(2)(3)(4)}
<(1,3,4)>={(1,3,4)(2),(1,4,3)(2),(1)(2)(3)(4)}
<(2,3,4)>={(2,3,4)(1),(2,4,3)(1),(1)(2)(3)(4)}

例9. 證明：素數階群一定是循環群.
解：設素數階群G的階為p>1，p是素數
∵G的所有元素的階都可以被p整除
∴任取a∈G，|a|=1或|a|=p
∴至少存在一個a∈G，|a|=p
此時，$a^p=e,此時a,a^2,...,a^{p?1}\in G$
∵|G|=p
∴$G=\{a,a^2,...,a^{p?1}\}$，即G是一個循環群，得證.

環

1. 環

• 定義:設R是具有兩種結合法的非空集合.如果以下條件成立，則R稱為環：
  （1）R對于加法構成一個交換群
  （2）（結合律）對任意a，b，c∈R，有(ab)c=a(bc)
  （3）（分配律）對任意a，b，c∈R，有(a+b)c=ac+bc和a(b+c)=ab+ac

• 交換環

在環的基礎上，進一步滿足交換律，則稱R為交換環

• 有單位元環

在環的基礎上，進一步滿足在環中有一個元素$e=1_R$，使得對任意的a∈R，有$a{1}_R=1_{R}a=a$則稱R為有單位元環

• 零因子環

設R是環，R中非零元a稱為左零因子（對應的有右零因子），如果存在非零元b∈R（對應的有c∈R）使得ab=0（對應的有ca=0），a稱為零因子，如果同時存在左零因子和右零因子，則稱R為有零因子環.
例：$\bar{2}和\bar{3}$是環$Z/6Z$中的零因子

• 整環
  希望一些環具有整數環的性質

設R是一個交換環，稱R為整環，如果R中有單位元，但沒有零因子.整數環Z是一個整環.

• 域
  進一步，希望某些環具有有理數集Q的一些性質

稱交換環K為一個域，如果K中有單位元，且每個非零元都是可逆元，即K對于加法構成一個交換群，$K^{?}=K?\{0\}$（即非零元）對于乘法構成一個交換群.

• 同態和同構

設R，R’是兩個環，稱映射f：R–>R’為環同態，如果f滿足：
（1）對任意a，b∈R，有f(a+b)=f(a)+f(b)；
（2）對任意a，b∈R，有f(ab)=f(a)f(b).
如果f是一對一的，則稱f是單同態
如果f是滿的，則稱f為滿同態
如果f是一一對應的，則稱f為同構

• 特征及素域

設R是一個環.如果存在一個最小正整數p使得對任意a∈R，都有$pa=\underset{p個a}{a+...+a}=0,$則稱環R的特征為p，如果不存在這樣的正整數，則稱環R的特征為0.
一個域叫素域，如果它不包含真子域.
例：有理數域Q是素域，$F_p=Z/pZ$是素域.

• 理想和商環
  • 理想定義

  設R是一個環，稱I是R的左理想，如果對于任意r∈R和任意的a∈I，有ra∈I.同理可得到右理想的定義.如果I同時是R的左右理想，則稱I是R的理想（個人感覺形式上有點像陪集的定義）

  • 主理想

  設X是環R的一個子集，設$\{A_j{\}}_{j\in R}$是環中包含X的所有左理想，則$$\underset{j\in J}{?}{A}_j$$稱為由X生成的(左理想).記為(X)，X中的元素叫做理想的生成元，由一個元素生成的理想(a)叫做主理想.
  環R叫主理想環，如果R中都是主理想.
  例：整環Z是主理想環，且表達式為$I=(a)=\{sa|s\in Z\}$
  

  • 商環

  設R是一個環，I是R的一個理想，則R/I對于加法運算(a+I)+(b+I)=(a+b)+I和乘法運算(a+I)(b+I)=ab+I構成一個環，當R是交換環或有單位元環時，R/I也是交換環或有單位元環.此時R/I叫做商環.

例1. 設R是有單位元e的環，證明可逆元組成的集合$$R^{?}=\{a|a\in R,存在a^{\prime }\in R使得a?a^{\prime }=a^{\prime }?a=e\}$$對于乘法構成一個群.
解：
封閉性：
對任意a，b∈R*，有a, b, a’,b’∈R
∵環具有封閉性
∴ab∈R，b’a’∈R，即ab有逆元
∴ab屬于R*，即R*滿足封閉性.
結合律：
∵對于任意a，b，c屬于R*,a, b, c同時屬于R
∴由R的結合律，(ab)c=c(bc)
∴R*也滿足結合律
單位元：
∵R中的單位元e有逆元e’=e
∴e∈R*,取任意a∈R*，有a∈R
∴a·e=e·a=a，即R*滿足有單位元
可逆元：
由R*的定義可知，任意元素a屬于R*都有逆元a’∈R*即滿足可逆元
綜上，R對于乘法構成一個群.

例2.設R是有單位元e的環，證明R中的可逆元不是零因子.
解：用反證法，假設存在可逆元a是零因子，由零因子的定義:
存在一個b∈R不是零因子，使得ab=0
此時等式兩邊同時左乘a的逆元a’得b=0，b≠0矛盾
∴R中的可逆元不是零因子，得證.

例3. 證明：非零有限整環是一個域.
解：設非零有限整環為R
由整環的性質可知，R滿足交換律，R存在單位元，R沒有零因子
∵R有限，且具有封閉性
∴對任意的a∈R，必然存在b∈R，使得ab=e，即R中的非零元都是可逆元
又R滿足交換律，所以R對加法和乘法(沒有零因子)構成交換群
∴綜上，R是一個域，得證.

例4. 證明集合$Q[\sqrt{2}]=\{a+b\sqrt{2}|a,b\in Q\}$對于通常的加法和乘法構成一個域.
解：對加法：對任意m=a+b√2，n=c+d√2，p=e+f√2，有：
封閉性：m+n=(a+c)+(b+d)√2∈Q[√2]，故Q[√2]滿足封閉性；
交換律：m+n=(a+c)+(b+d)√2=n+m，故Q[√2]滿足交換律；
結合律：(m+n)+p=(a+c+e)+(b+d+f)√2=m+(n+p)，故Q[√2]滿足結合律；
單位元：∵0=0+0√2∈Q[√2]，m+0=(a+0)+(b+0)√2=m，故Q[√2]存在單位元
可逆元：∵-m=(-a)+(-b)[√2]∈Q[√2]，且m+(-m)=0，故m是可逆元。
綜上：Q[√2]是對加法的交換群
對乘法：對任意m=a+b√2，n=c+d√2，p=e+f√2，m，n，p≠0有
封閉性：m·n=(ac+bd)+(ad+bc)√2∈Q[√2]，故Q[√2]滿足封閉性；
交換律：m·n=(ac+bd)+(ad+bc)√2=n·m，故Q[√2]滿足交換律；
結合律：(mn)p=(ac+ae+ce+ace+2bd+2bf+2df)+(ad+af+df+bdf)√2=m(np)
故Q[√2]滿足結合律
單位元：∵1=1+0√2∈Q[√2]，m·1=a+b√2=m，故Q[√2]存在單位元
可逆：∵1/m=(a-b√2)/a^2-2b2=(a/a^2-2b2)+(-b/a^2-2b2)√2∈Q[√2]，
且m·1/m=1，故m是可逆元
綜上所述，Q[√2]是對乘法的交換群
即Q[√2]是域，得證.

總結

以上是生活随笔為你收集整理的信息安全数学基础（近世代数部分）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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