6.3子群及其陪集.ppt

第六章 群 、环、域123代数系统代数系统代数系统代数系统子群及其陪集子群及其陪集567群的同态及同构群的同态及同构群的同态及同构群的同态及同构环环环环域的特征域的特征域的特征域的特征 素域素域素域素域4多项式多项式多项式多项式有限域有限域有限域有限域8群的定义群的定义群的定义群的定义 6.3.1 子子 群群 的的 定定 义义子群子群 ：：设设（（G，，·）是一）是一个个群，群， H   G，， 如果如果按按照照G中的乘法中的乘法运运算算· ，，(H，， ·) 仍是一仍是一个个群，群，则则(H，，·）叫做（）叫做（G，，·）的子群真真子群子群：：如果如果G的一的一个个子群子群H不等于不等于G，即，即H   G则则（（H，，·）叫做）叫做 (G，，·）的）的真真子群 Note: G的子群的子群H的的运运算必算必须须与与G的的运运算一算一样样，，      比比如如, （（C*，，·）不是（）不是（C，，+）的子群  子群的例子群的例l例例. （（mZ，，+）是整）是整数数加法群（加法群（Z，，+））  的一的一个个子群，其中子群，其中m为为整整数数l例例. （（C，，+））以（以（R，，+））、（、（Q，，+））、（、（Z，，+））为为其其真真子群。

子群 l例例. （（C*，，·））以以（（R*，，·））、（、（Q*，，·））为为其其真真子群l例例.  行行列列式等于式等于1的所有的所有n阶阶矩矩阵阵作成作成实实数数域域上上所有所有n阶阶非非奇异矩奇异矩阵阵的乘法群的一的乘法群的一个真个真子群l例例.  n次次交代群交代群是是n次次对对称称群的一群的一个真个真子群子群(n>1) 平凡子群平凡子群任一群任一群G都有都有两个两个明明显显的子群，的子群，称称为为G的平凡的平凡子群：子群：l由其由其单单位元素位元素组组成的子群成的子群{1}，，称称为为G的的单单位位子群；子群；lG本身其其余余的子群（如果有的的子群（如果有的话话））称称为为非平凡子群非平凡子群 平凡子群平凡子群l例：例：偶数加法群是整数加法群的非平凡子群偶数加法群是整数加法群的非平凡子群l例例: :是否对于任意群是否对于任意群G G，都存在两个不同的子群？，都存在两个不同的子群？l例：例：若若S={0,1,2,3,4}，规定，规定S上的运算上的运算⊕ ⊕5是模是模5加加法，则法，则(S, ⊕ ⊕5) 是模是模5的整数加法群的整数加法群.取取A={0,2,4},问问A在在⊕ ⊕5 下，是否为下，是否为S的子群？的子群？6.3.2 子群的判子群的判别别条条件件定理定理6.3.1 （判（判别别条条件一）件一）   群群G的一的一个个子集子集H是是G的一的一个个子群的充分必要子群的充分必要条条件是件是(1)    若若a∈∈H，，b ∈∈ H，，则则a·b ∈∈ H；；(2)    若若a ∈∈ H，，则则a-1 ∈∈ H；；(3)    H非空。

非空判判别别条条件一件一(必要性必要性证证明明)证证明：明： 必要性必要性 若若H是是G的子群，的子群，则则(1)、、(3)显显然现现要要证证（（2））.判判别别条条件一件一(必要性必要性证证明明)先先证证H中的中的单单位元就是位元就是G中的中的单单位元   设设1G是是G中的中的单单位元，位元，1H是是H中的中的单单位元任取任取a∈∈H，，则则在在H中有：中有： 1H a=a，，故在故在G中也成立以中也成立以a-1右乘得右乘得     （（1H a））a-1 = aa-1，，即，即，   1H （（aa-1）） = 1G ，， 1H 1G = 1G ，，故，故，1H=1G判判别别条条件一件一(必要性必要性证证明明)由群的定由群的定义义，，对对于于H中的中的a，，应应有有b∈∈H，，使，使，ab= 1H，，而而1H=1G ，，因此，因此， ab= 1G，，此式在此式在G中亦成立，以中亦成立，以a-1左乘得左乘得a-1 ab= a-11G                      b= a-1 1G = a-1 ，，因而因而a-1∈∈H，，即（即（2）成立必要性必要性证毕证毕判别条件一判别条件一（充分性证明）（充分性证明） 设设(1),(2),(3)成立。

成立l由由(3)，，H非空l由由(1)，，H内运算封闭内运算封闭.l在在G中成立的结合律在子集中成立的结合律在子集H中自然成立中自然成立l往证往证H中有单位元中有单位元1G任取a∈∈H,由由(2),a-1∈∈H,由由(1),aa-1∈∈H，，即即1G∈∈H；；1G在在G中适合中适合1Ga=a，，故在故在H中亦有此性质中亦有此性质l往证往证H中任意元素中任意元素a有逆有逆.因由因由(2),a-1∈∈H，，但是但是G中，中，a-1a=1G，，此式在此式在H中亦应成立，故中亦应成立，故a-1即即a在在H中之逆综上，综上，H在在G的运算下是一个群，故是的运算下是一个群，故是G的子群l子群子群H与与大群大群G的的关关系：系：H的的单单位元就是位元就是G的的单单位元，位元，H中任一元素中任一元素a在在H中的逆元也就是中的逆元也就是a在在G中的逆元中的逆元应应用用判判别别条条件一件一 例例设设（（H1，，·），（），（H2，，·））是群（是群（G，，·））的的两个两个互不包含的子群，互不包含的子群，证证明：明：H1∪∪H2≠G证证明：因明：因H1∪∪H2  G，，故只故只需需证证 G中存在中存在一一个个元素，元素，它既它既不不属属于于H1，， 也不也不属属于于H2。

由由H1，，H2互不包含知，存在互不包含知，存在x，，y，，使得使得x∈∈H1，，且且x H2，，y∈∈H2，，且且y H1往往证证   x·y H1，，且且x·y H2u用用反反证证法法，若，若x·y∈∈H1，，则则由由x∈∈H1  及由及由H1是是G的子群知，的子群知，x-1∈∈H1，，故，故， x-1·（（x·y））∈∈H1，，即，即，y∈∈H1，，与与y   H1矛盾矛盾u用用反反证证法，法，若若x·y∈∈H2，，则则由由y∈∈H2 及由及由H2是是G的子群知，的子群知，y-1∈∈H2，，故，故， （（x·y））·y-1∈∈H2，，即，即， x∈∈H2，，与与x   H2矛盾矛盾因此，因此，x·y H1∪∪H2，，而而x·y∈∈G，，所以所以H1∪∪H2≠G 定理定理6.3.2（判别条件二）（判别条件二） 定理定理6.3.1中的中的两个条两个条件件(1)，，(2)可以可以换换成下面一成下面一个条个条件件         (*)若若a∈∈H,  b∈∈H，，则则a·b-1∈∈H证证明：明：设设(1), (2)成立，往成立，往证证(*)成立设设a∈∈H，，b∈∈H，由，由(2), b-1∈∈H，故由，故由(1)，，ab-1∈∈H，因而，因而(*)成立成立l设设(*)成立，往成立，往证证(1), (2)成立。

成立设设a∈∈H，由，由(*)可推得，可推得，a∈∈H, a∈∈H，故，故a·a-1∈∈H，即，即1∈∈H又由(*)可推得，可推得，1∈∈H，，a∈∈H，故，故1·a-1∈∈H，即，即a-1∈∈H，因而，因而(2)成立l设设a∈∈H，，b∈∈H，因，因为为(2)已已证证，故，故b-1∈∈H再由(*)推知，推知，a∈∈H，，b-1∈∈H，故，故a· (b-1)-1∈∈H，即，即 a·b∈∈H，故，故(1)成立 应应用用判判别别条条件二件二  例例l设设H、、K是是G的子群，求的子群，求证证H∩K也是也是G的子群的子群证证明：明：显显然然H∩K  G(1)往往证证H∩K非空由H、、K是是G的子群，知，的子群，知，1∈∈H且且1 ∈∈K  故故1∈∈H∩K.(2)任取任取a，，b∈∈H∩K，往，往证证a b-1∈∈H∩K由由a,b∈∈H，及，及H是是G的子群，知，的子群，知，a b-1∈∈H同理可得，同理可得，a b-1∈∈K故a b-1∈∈H∩K因此因此,H∩K是是G的子群扩展结论：扩展结论：群群G G的任意多个子群的交仍是的任意多个子群的交仍是G G的子群的子群应应用用判判别别条条件二件二  例例给给定整定整数数m，，证证明明(mZ,+)是一是一个个群。

群证证明明：因：因(Z,+)是一是一个个群，群， mZ是是Z的非空子集，因此，只的非空子集，因此，只需需证证(mZ,+)是是(Z,+)的子群对对任意任意x, y∈∈ mZ,存在存在k, l ∈∈Z，，使得使得x=km, y=lm,   于是于是 x-y=km-lm=(k-l)m ∈∈ mZ 因此，因此， (mZ,+)是是(Z,+)的子群，的子群，当当然本身是然本身是一一个个群定理定理6.3.3 （判（判别别条条件三）件三）群群G的一的一个个有限非空有限非空子集子集H是是G的一的一个个子群的子群的充分必要充分必要条条件是件是H对对G的的运运算是封算是封闭闭的，即若的，即若a ∈∈H，，b∈∈H，，则则ab ∈∈ H 如果如果(G, ·)是有限群，则对是有限群，则对G的任意非空子集的任意非空子集H，只要，只要运算运算·封闭，封闭， (H, ·)就是就是(G, ·)的子群的子群 证证明：明：必要性必要性显显然由判由判别别条条件一知，只件一知，只需需证证明明若若a∈∈H，，则则a-1∈∈H即可任取任取a H,则则由由运运算封算封闭闭性性, a, a2, a3,...  H   因因为为 H有限有限 ,所以所以 i, j ,有有 ai=aj,  j>i，，故故 aj-i=1, a aj- i -1=1       a) 若若j- i>1, 则则 a-1 =aj- i -1 H。

b) 若若j- i=1, 则则 a=1, 故故  a-1 =a  H因此因此,H是是G的子群的子群.(充分性也可充分性也可用用习题习题6.2—2结论证结论证明明)应应用用判判别别条条件三件三 例例设设G是是n次次对对称称群，判群，判断断其非空子集是否是群只其非空子集是否是群只需需验证验证运运算是否封算是否封闭闭试试判判断断下面子集在下面子集在置置换换的乘法下是否是群：的乘法下是否是群：(1)所有所有偶置偶置换换的集合的集合(2)所有所有奇置奇置换换的集合的集合 (3){I,(1 2)}(4){I,(12),(13)}6.3.3  循循 环环 群群 定理定理6.3.4  设设a是群是群G的一的一个个元素于是元素于是a的所有的所有幂幂的集合的集合{an| n=0,±1,±2,… }，做成，做成G的一的一个个子群，子群，记为记为 (a)此群此群称称为为由由a生成的子群生成的子群证证明：明：(1) (a)非空，例如非空，例如a0=1 ∈∈(a)2) 任取任取(a)中二元素中二元素am，，an，，有有am(an)-1=ama-n=am-n∈∈(a)故由定理故由定理6.3.2，， (a)做成做成G的一的一个个子群。

子群6.3.3  循循 环环 群群 定义定义:如果如果G可以由它的某元素可以由它的某元素a生成生成,即有即有a ∈∈G使使G =(a) ，群，群G叫做一个循环群，或巡回群于是定理叫做一个循环群，或巡回群于是定理6.3.4中的子群中的子群(a)可称为由可称为由a生成的循环子群生成的循环子群 例例: 整数加法群（整数加法群（Z，，+）是由）是由1生成的循生成的循环群nZ，，+）是由）是由n生成的循环群生成的循环群例例. .设设G G是是4 4次对称群（本身不是循环群），次对称群（本身不是循环群），由（由（1 21 2）生成的循环子群为）生成的循环子群为{ {I I，（，（1 21 2））} } l例例1：：(C* , .)是非零复数乘法群：是非零复数乘法群：H1={1，，-1，，i，，-i}，是由，是由i生成的生成的(C* , .)的循环子群的循环子群H2={1，， -1}，是由，是由-1生成的生成的(C* , .)的循环子群的循环子群H3={…2-2, 2-1, 20, 2, 22…}，是由，是由2生成的生成的(C* , .)的循环子群的循环子群l例例2：判断有理数加群（：判断有理数加群（Q, +）是否为循环群？）是否为循环群？l例例3:判断正有理数乘法群判断正有理数乘法群( Q+ , .)是否为循环群？是否为循环群？l结论结论：每：每个个循循环环群是群是Abel群。

群证证明：明：设设(G, *)是循是循环环群，群，g是生成元，是生成元，则对则对 a, b  G, a=gr  ，， b=gs  ，，a*b=gr  *gs =gr+s =gs *gr=b*a因此，因此，G是是Abel群元素的周期元素的周期看由元素看由元素a所生成的循所生成的循环环群群(a) ：：  …, a-2, a-1, a0, a, a2, … 其中其中a0=1      (1)Ø有有两种两种情形：情形：情形情形10 ：：  如果如果(1)中所有元素都彼此不同，中所有元素都彼此不同，则则称称a的周期的周期为为无无穷穷大或大或0此时时，，对对任意任意两个两个不同的整不同的整数数s与与t，，as≠at情形情形20 ：如果：如果(1)中出中出现现重重复复的元素，即有整的元素，即有整数数 s≠t使使as=at不妨设设s>t，于是，于是s-t>0而而as-t=1，即有正整，即有正整数数m使使am=1若n为为适合适合an=1的最小正整的最小正整数数，，则则称称a的周期的周期为为n元素的周期元素的周期u结论结论：：群中群中单单位元的周期位元的周期为为1，（，（1））={1}   u结论结论:群中任一元素和群中任一元素和它它的逆元的逆元具具有同有同样样的周期的周期 证证明明:若若a的周期的周期为为无无穷穷大大,则显则显然然a-1的周期也的周期也为为无无穷穷大大若若a的周期的周期为为n, a-1的周期的周期为为m，，      由由(a-1)n=(an)-1=1-1=1，，知知  m≤n。

由由am= ((am)-1)-1=((a-1)m)-1=1-1=1 ，，知知 n≤m 因此，因此，m=n周期的例周期的例例例. 4次次对对称称群中（群中（1 2 3 4）的周期是）的周期是4，因，因为为           （（1 2 3 4））2=（（1 3)(2 4））        （（1 2 3 4））3=（（1 4 3 2））        （（1 2 3 4））4= I例例.   在在（（C*，，·））中，中，1的周期的周期为为1，，-1的周期的周期为为2.±i的周期的周期为为4，模，模数数r≠1的的复数复数z=reiθ的周期的周期为为无无穷穷大周期的例周期的例例例: 设设(G,·)是是群群,x，，y∈∈G,且且y·x·y-1= x2其其中中x≠1,   y的周期是的周期是2, 试试求求x的周期解解：：由已知由已知x≠1，，断言断言x2≠1.反反证证，若，若x2=1，，由已知由已知y·x·y -1= x 2，，得得y·x·y -1=1，，即，即，y·（（x·y -1））=1，，又由群中任意元素的逆是唯一的得又由群中任意元素的逆是唯一的得y-1= x·y-1，，两两边边同同时时右乘右乘y，，得得x=1，，与与已知已知矛盾矛盾。

l由由y·x·y -1= x 2，，得：得：  x4=（（y·x·y –1））·（（y·x·y –1））    =（（y·x））·（（y–1·y））·（（x·y–1））                  =（（y·x））·1·（（x·y –1））         = y·x2·y –1    = y·（（y·x·y –1））·y –1    由已知由已知    = y2·x·y –2由由y的周期是的周期是2知，知，y2=1，，且且 y–2=1因此，因此，x4= 1·x·1=x即，即，x3=1因此，因此，3是是满满足足xn=1的的n的最小正整的最小正整数数即，即，x的周期是的周期是3 定理定理6.3.5若群若群G中元素中元素a的周期的周期为为n，，则则（（1））1, a, a2, a3,…,an-1为为n个个不同元素；不同元素；（（2））am=1当当且且仅仅当当n∣ ∣m;（（3））as=at当当且且仅仅当当n∣ ∣(s-t)证证明：明：因因为为任意整任意整数数m恒可唯一地表恒可唯一地表为为m=nq+r，，0≤r

由（由（2）即知）即知 as=at    iff   as-t=1   iff   n∣ ∣(s-t)，，即（即（3）得）得证证，最后由（，最后由（3）立即可得（）立即可得（1） l结论结论：：设设a为为群群G的一的一个个元素，元素，（（1）如果）如果a的周期的周期为为无无穷穷大，大，则则（（a））是无限是无限循循环环群，（群，（a））由彼此不同的元素由彼此不同的元素           …，，a-2，，a-1，，1，，a，，a2，，…组组成2））如如果果a的的周周期期为为n，，则则（（a））为为n元元循循环环群群它它由由n个个不同的元素不同的元素1，，a，，a2，，a3，，…，，an-1组组成注：注：加法加法群中元素的周期群中元素的周期Ø在加法群中，在加法群中，(a)应换为应换为a的所有倍数的集合的所有倍数的集合     …，，-2a，，-a，，0，，a，，2a，，…       *当当(*)中的所有元素均彼此不同时，称中的所有元素均彼此不同时，称a的周期为的周期为无穷大或为无穷大或为0；否则当；否则当n为为适合适合na=0的最小正整数的最小正整数时，称时，称a的周期为的周期为n.例例. （（Z,+)中除中除0以以外外,其其余余元素的周期元素的周期为为无无穷穷大大例例. A1={0, 1,2,3,4,5} , ⊕ ⊕6为为模模6加法加法运运算，求算，求(A1, ⊕ ⊕6)中中各个各个元素的周期。

元素的周期0的周期的周期为为1；；1的周期的周期为为6；；2的周期的周期为为3；；3的周期的周期为为2；；4的周期的周期为为3；；5的周期的周期为为6.Ø定理定理6.3.5’ 若加法群中若加法群中a的周期为的周期为n，，则有则有(1’) 0，，a，，2a，，…,(n-1)a为为n个不同元素个不同元素(2′) ma=0当且仅当当且仅当n∣ ∣m;(3′) sa=ta当且仅当当且仅当n∣ ∣(s-t).循环群的生成元素循环群的生成元素 定理定理6.3.6 (1)无限循环群（无限循环群（a）一共有两个生成元）一共有两个生成元:a及及a-1.(2) n元循环群（元循环群（a）中，元素）中，元素ak是（是（a）的生成元的充要条件是（）的生成元的充要条件是（n，，k））=1  所以（所以（a）一共有）一共有 （（n）个生成元素个生成元素例：例：证证明：明：（（1）往）往证证无限循无限循环环群中，共有群中，共有2个个生成元生成元a及及a-1如果如果ak是（是（a）的一）的一个个生成元，那生成元，那么么（（a）中每）中每个个元素都元素都可表示可表示为为ak的方的方幂幂特别别地，地，a也可表示也可表示为为ak的方的方幂幂。

设设   a=（（ak）） m= ak m由由(a)是无限循是无限循环环群知，群知，km=1.因此，因此，k=±1即，a及及a-1为为无限循无限循环环群群(a)的生成元的生成元(2)往往证证：： n元循环群（元循环群（a）中，元素）中，元素ak是（是（a）的生成元的充要条件是（）的生成元的充要条件是（n，，k））=1必要性若若ak是是（（a））的的一一个个生生成成元元，，那那么么（（a））中中每每个个元元素素都都可可表表示示为为ak的的方方幂幂特特别别地地，，a也也可可表表示示为为ak的方的方幂幂设设   a = (ak) m = ak m因（因（a））是一是一个个n元循元循环环群，即群，即a的周期的周期为为n由周由周期的性期的性质质知，知，n|km-1因此，因此， km-1=qn，，      mk-qn=1这说这说明明k与与n互互质质(2)往往证证：： n元循环群（元循环群（a）中，元素）中，元素ak是（是（a）的生成元的充要条件是（）的生成元的充要条件是（n，，k））=1充分性若充分性若k与与n互互质质，，则则有有s和和t，，使使sk+tn=1，，   故故  a1=ask+tn = askatn  = (ak) s ( an)t = (ak) s.即即a可表可表为为ak的若干次方，因此（的若干次方，因此（a））中每中每个个元素都可表示元素都可表示为为ak的方的方幂幂，， ak是（是（a））的一的一个个生成元生成元总总之之, ak 是是(a)的生成元的生成元   iff （（n，，k））=1但在但在0≤k

 例例. (Z,+)的生成元：的生成元：1,  -1例例. (nZ,+)的生成元：的生成元：n,  -n例例. 设设(a)={1, a, a2, a3 } （（n））= （（4））=2  , (a)的生成元的生成元为为a，，a3验证验证：：(a3)={(a3)0 , (a3)1 , (a3)2 , (a3)3 }                   = {1, a, a2, a3 }a2不是不是(a)的生成元的生成元:(a2)={ (a2)0 ,  (a2)1}={1, a2}1不是不是(a)的生成元的生成元:(1)={1}   l例：例：S1={0,1,2,3,4 }， ⊕ ⊕5为模为模5加法运算，则（加法运算，则（S1,⊕ ⊕5）为模）为模5整数加法整数加法群请求出群请求出S1中每个元素的周期中每个元素的周期, 并指出所有的生成元并指出所有的生成元l解：解： 0的周期为的周期为11的周期为的周期为52的周期为的周期为53的周期为的周期为54的周期为的周期为5生成元：生成元： 1, 2, 3，，4l例：例：S2={0,1,2,3,4，，5}， ⊕ ⊕6为模为模6加法加法运算，则（运算，则（S2,⊕ ⊕6））为为模模6整数整数加法群。

请求出加法群请求出S2中中每个元素的每个元素的周期周期, 并指出所有的生成元并指出所有的生成元l解：解：0的周期为的周期为1            1的周期为的周期为6            2的周期为的周期为3            3的周期为的周期为2            4的周期为的周期为3            5的周期为的周期为6生成元：生成元：1 , 5结论：结论：模模m加法群是循环群加法群是循环群l例例:请请写写出出3次对称群次对称群(S3 , · )的所有循环子群的所有循环子群解：解：( I ) H= { I }(1 2)H={I, (1 2) }(1 3)H={I, (1 3) }(2 3)H={I, (2 3) }(1 2 3)H = (1 3 2)H ={I, (1 2  3), (1 3  2)}l例：例：设设G是元数为质数是元数为质数p的循环群，则对于的循环群，则对于G中中任意不是单位元的元素任意不是单位元的元素a，，a都是生成元都是生成元证明：证明：设设G=（（u），），由由a不是单位元，存在不是单位元，存在l∈∈Z使使  a=ul  ，，且且0

的生成元6.3.4    陪陪   集集合同合同关关系系定义定义:设设G是群，是群，H是是G的子群，的子群，a，，b∈∈G，，若有若有h∈∈H，使得，使得                                 a =bh，，   则称则称a合同于合同于b（右模（右模H），），   记为记为  a≡b（右（右mod H）例例.  设设G是三次是三次对对称称群：群：  G={I,(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)} ，，H是由（是由（1 2 3）生成的子群：）生成的子群：H={I，（，（1 2 3），（），（1 3 2））}因因为为有有I∈∈H，，使得（使得（1 2））=（（1 2））I，，所以所以 （（1 2）） ≡（（1 2）（右）（右mod  H）因因为为有有(1 2 3)∈∈H,使得使得(2 3)=(1 2)(1 2 3)，，所以所以     （（2 3）） ≡（（1 2）（右）（右mod  H）可可验证验证：（：（1 2 ）） ≡（（2 3）（右）（右mod  H），），  (1 2 ）） ≡（（1 3）（右）（右mod  H），），  (1 3 ）） ≡（（1 2）（右）（右mod  H），），（（1 3 ）） ≡（（2 3）（右）（右mod  H），），（（2 3 ）） ≡（（1 3）（右）（右mod  H），），H中元素互相合同中元素互相合同         结论： 合同关系（右模H）是一个等价关系。

证证明：明：1））证证反身性反身性. 因因为对为对任意任意a∈∈G，有，有1∈∈H,使得使得a=a1,所以所以a≡a(右右mod H)   2））证对证对称称性性.  即若即若a≡b (右右mod H)，，则则b≡a(右右mod  H)由a=bh，，h∈∈H 可以推出可以推出b=ah-1，，而且而且h-1 ∈∈H，故，故b≡a（右（右mod H）3)证传递证传递性性. 即即证证若若a≡b(右右mod  H)，，b≡c（右（右mod  H），），则则a≡c（右（右mod  H）  由由a=bh，，b=ck，，h，，k∈∈H，可得，可得a=ckh，其中，其中kh∈∈H，故，故a≡c（右（右mod  H）陪集陪集 定义定义6.3.4  群群G在合同关系（右模在合同关系（右模H）下的一个等价类叫）下的一个等价类叫做做H的一个右陪集的一个右陪集.同样，可以定义同样，可以定义a合同于合同于b（左模（左模H）：）：              a≡b（左（左modH）和）和H的左陪集的左陪集l结论结论：：a所在的右陪集为所在的右陪集为                  aH={ah|h∈∈ H}分分析析：：只只需需证证明明aH是是合合同同关关系系（（右右模模H））下下的一个等价类即可。

即证明：的一个等价类即可即证明：（（1））aH中元素互相合同中元素互相合同(等价等价)2）若）若b与与aH中某元素中某元素c合同合同(等价等价)，，则则b∈∈aH .（（即证即证aH中任意元素与中任意元素与aH外任意外任意元素不等价）元素不等价）l证证明：明： (1)任取任取x，，y∈∈aH，，往往证证：：x≡y（（右右modH））证证因因x，，y∈∈aH，，则则有有h1,h2∈∈H,使得使得x=ah1    y=ah2由由ah1=a(h2h2-1)h1=ah2(h2-1 h1)即，即，x=y(h2-1 h1)，而，而(h2-1 h1)∈∈H故故x≡y（（右右modH））(2)若若c ∈∈aH，，b ≡c(右右modH)，往，往证证b∈∈aH.证证明：明：由由b ≡c(右右modH)，知有，知有h1∈∈H，使得，使得b=ch1有有   由由c ∈∈aH，知有，知有h2 ∈∈H  ，，c=ah2得得故故b=ch1=ah2h1=a(h2h1)而而h2h1∈∈H ，可，可见见b∈∈aH   陪集的例陪集的例例：例：设设G是整数加法群是整数加法群H是是m的所有倍数作成的所有倍数作成的子群，因为加法适合交换律，所以左右之分的子群，因为加法适合交换律，所以左右之分不存在，因而，（左不存在，因而，（左mod H）） 和（右和（右mod H））是一样的，左右陪集也是一样的是一样的，左右陪集也是一样的.◆◆ a≡b（（mod H），），即即a=b+h(h∈∈H),亦即亦即 a=b+km, m|a-b，，故故a≡b（（mod m）。

  可见，可见，H的陪集就是模的陪集就是模m的剩余类的剩余类 求陪集的求陪集的简单简单方法方法若若G是一是一个个有限群，求有限群，求H的右陪集：的右陪集：首先，首先，H本身是一本身是一个个；；任取任取a∈∈G, a H而求而求aH又得到一又得到一个个；；任取任取a∈∈G, b H∪∪aH而求而求bH又得到一又得到一个个；；如此如此类类推，因推，因G有限，最后必被有限，最后必被穷穷尽尽，而，而               G=H∪∪aH∪∪bH∪∪…例例. 设设G是是3次次对对称称群：群：S3={I, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}，，H：：{I, (1 2)}，，H有三有三个个右陪集：右陪集：        H={I, (1 2)}(1 3)H={(1 3), (1 2 3)}(2 3)H={ (2 3), (1 3 2)}H有三有三个个左陪集：左陪集：     H={I, (1 2)}     H(23)={(2 3), (1 2 3)}，，     H(13)={(1 3), (1 3 2)} 例例. 设设G是是3次次对对称称群：群：S3={I, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}，，H：：{I, (1 2 3)，，(1 3 2)}，，H有有2个个右右陪集：陪集：       H= {I, (1 2 3)，，(1 3 2)}(12)H={ (12), (23) ,(13)}H有有2个个左左陪集：陪集：       H= {I, (1 2 3)，，(1 3 2)}       H(12)={ (12), (23) ,(13)}H的左右陪集相等的左右陪集相等例：例：S={0,1,2,3}，， ⊕ ⊕4为模为模4加法运算，则加法运算，则(S,⊕ ⊕4)为模为模4整数加法群整数加法群, H={0,2}，，(H, ⊕ ⊕4) 为为S的子群的子群.求求H的左陪集和右陪集。

的左陪集和右陪集H H的左陪集的左陪集H H的右陪集的右陪集H⊕ ⊕4 0={0 , 2}0 ⊕ ⊕4H={0 , 2}H⊕ ⊕4 1={1 , 3}1 ⊕ ⊕4H={1 , 3}H⊕ ⊕4 2={0 , 2}2 ⊕ ⊕4H={0 , 2}H⊕ ⊕4 3={3 , 1}3 ⊕ ⊕4H={3 , 1}定理定理6.3.7设设H是群是群G的的有限子群有限子群，，则则H的任意右陪集的任意右陪集aH的元的元数数皆等于皆等于H的元的元数数证证明：明： aH={ah│h∈∈H}，又，又G中有消法律：中有消法律：由由ax=ay可以推出可以推出x=y，故，故H中不同元素以中不同元素以a左左乘仍得不同的元素因而乘仍得不同的元素因而aH的元的元数数等于等于H的的元元数数 陪集的性陪集的性质质（（1））若若H为为G的有限子群，的有限子群，则则|aH| = |H|2））H本身也是本身也是H的右陪集的右陪集  证证明明：：因因为为H=1H，，所所以以，，H为为1所所在在的的右右陪陪集集（（3））aH=H    iff   a∈∈H 证证明：明：必要性必要性：：由由a=a1∈∈aH, aH=H得得a∈∈H充分性（充分性（证证法一）法一）：：由由a∈∈H，， a∈∈aH,知知aH=H，，否否则则,a在在两个两个不同的等价不同的等价类类中，中，矛盾矛盾。

充分性（充分性（证证法二）法二）：：先先证证 aH   H任取任取x∈∈aH, 则则x=ah, h∈∈H，，再由再由a∈∈H，，及及H是是G的子群知的子群知 x=ah∈∈H再再证证H  aH任取任取x∈∈H , x=（（aa-1））x=a(a-1 x )由由a∈∈H, x∈∈H, 及及H是是G的子群知的子群知 a-1 x ∈∈H,因此因此 x=a（（a-1 x ））∈∈aH（（4）） a在陪集在陪集aH中  证证明：因明：因为为a=a1∈∈aH   根根据据这这点点，把，把a叫做右陪集叫做右陪集aH的一的一个个陪集代陪集代陪集的性质陪集的性质5））对于右陪集对于右陪集aH中任意元素中任意元素b，，都有都有aH=bH证法一证法一：由：由b∈∈aH知，存在知，存在h∈∈H，，使得使得b=ah因此，因此，    bH=ahH=a（（hH））=aH 证证法法二二：：若若aH≠bH，，由由b∈∈aH知知，，b在在右右陪陪集集aH中中，，而而又又由由（（4））知知，，b在在右右陪陪集集bH中中，，b在在两个不同的等价类中，矛盾两个不同的等价类中，矛盾说明右陪集说明右陪集aH中任一元素都可以做陪集代表中任一元素都可以做陪集代表培培集的性集的性质质从从（（5））还还可推出：可推出：（（6））aH=bH的充分必要的充分必要条条件是件是a-1b∈∈H。

 证证明：必要性明：必要性.       由由b∈∈bH,及及aH=bH知，知，              b∈∈aH,故故a-1b∈∈H充分性充分性. 由由a-1b∈∈H，，知，知， b∈∈aH,故由性故由性质质（（5），知），知 aH=bH陪集的性陪集的性质质（（7））任任意意两两个个右右陪陪集集aH和和bH或或者者相相等等或或者者不相交   证证明明：： 如如果果aH和和bH相相交交，，则则它它们们包包含含公公共共元元素素c，，即即c∈∈aH，，且且c∈∈bH因此，因此，由（由（5）得）得aH=cH，，且且bH=cH故，故，aH=bH 正正规规子群子群Ø定定义义.  设设H是群是群G的子群的子群,设对设对G中的任意中的任意元素元素g,都有都有gH=Hg,则则称称H是是G的正的正规规子群         gH=Hg 与与 对对任意任意 h ∈∈H,gh=hg是一是一个个意意思思吗吗？？Ø 结论结论1  “平凡平凡”子群子群H={1}和和G都是都是G的正的正规规子群子群.Ø 结论结论2 Abel群的任意子群是正群的任意子群是正规规子群  结论：结论： H是是G的正规子群，必要而且只要对任意的的正规子群，必要而且只要对任意的g∈∈G，，gHg-1   H.证明：证明：必要性必要性. 由由H是是G的正规子群，知，对于的正规子群，知，对于任意任意g∈∈G，，gH=Hg,即即,gHg-1=H，，故故 gHg-1   H.充分性充分性. 设对任意设对任意g∈∈G，，gHg-1   H。

既然此式既然此式对任意对任意g∈∈G成立，则以成立，则以g-1∈∈G代代g仍成立：仍成立：g-1H（（g-1））-1  H，，即，即，g-1Hg  H；；以以g左乘以左乘以g-1右乘之，得右乘之，得H   gHg-1因此，因此，H=gHg-1对任意对任意g∈∈G都成立都成立,即，即，gH=Hg,因而因而H是正规子群是正规子群 正正规规子群的例子群的例例：例：S={0,1,2,3}，， ⊕ ⊕4为模为模4加法运算，则加法运算，则(S,⊕ ⊕4)为模为模4整数加法群整数加法群,H={0,2}，，(H, ⊕ ⊕4) 为为S的子群的子群.验证验证H是是S的正规子群的正规子群证明：证明：0 ⊕ ⊕4H={0 , 2}=H⊕ ⊕4 0            1 ⊕ ⊕4H={1 , 3}=H⊕ ⊕4 1            2 ⊕ ⊕4H={0 , 2}=H⊕ ⊕4 2            3 ⊕ ⊕4H={3 , 1}=H⊕ ⊕4 3           正正规规子群的例子群的例例例. 设设G是是3次次对对称称群群: {I,(1 2),(1 3),(2 3),(1 2 3),(1 3 2)},  则则（（1））H1={I,(1 2)}不是正不是正规规子群，因子群，因为为（（1 3））H1≠ H1（（1 3））（（2）） H2={I,(1 2 3),（（1 3 2））}是正是正规规子群子群.证证明：明：对对任意任意σ∈∈H2 ，，σH2 = H2 σ= H2Ø(1 2) H2= H2 (1 2) ={(1 2),(2 3),(1 3)},Ø因因(2 3) H2=H2(2 3) ={(1 2),(2 3),(1 3)},Ø同理，同理， (1 3) H2= H2 (1 3) 。

Lagrange定理定理 设设G为为有限群有限群，，则则G的任意子群的任意子群H的元的元数数整除整除群群G的元的元数数证证明：明： 设设|G|= n，，|H|=r   设设H有有s个个右陪集右陪集,则则每每个个右陪集的元右陪集的元数数等于等于H的元的元数数r，，再由不同的右陪集再由不同的右陪集没没有公共元有公共元素，知所有右陪集的素，知所有右陪集的并并集有元集有元数数rs   而而G等于所有右陪集的等于所有右陪集的并并集，故集，故|G|= n = rs =|H|s，，即，子群即，子群H的元的元数数整除群整除群G的元的元数数Lagrange定理的逆命定理的逆命题题不成立不成立lLagrange定理的逆命定理的逆命题题含含义义：：(1)设设G是有限群，是有限群，H  G，若有，若有|H|||G| ,则则H为为G的子群2)设设G是有限群，，若是有限群，，若m||G| ，，则则G存在一存在一个个元元数个数数个数为为m的子群l例：例：以四次交代群以四次交代群A4为例，说明为例，说明n元群对于元群对于n的因数的因数k，可能没有，可能没有k元子元子群即证明群即证明A4没有没有6元子群元子群.证明：证明：假设假设A4有一个有一个6元子群元子群H，，而而A4包含包含3个形如个形如(ab)(cd)的元素，包含的元素，包含8个形如个形如(abc)的元素。

的元素1)若若H中都是形如中都是形如(abc)的元素，而的元素，而(abc)-1=(cba) ∈∈H，即，即H中中3元置换必成对出现，加上一个单位置元置换必成对出现，加上一个单位置换换H的元数不会是的元数不会是6. 矛盾矛盾(2)若若H中都是形如中都是形如(ab)的元素，再加上一个单位置的元素，再加上一个单位置换，换，H中只有中只有4个元素，不会是个元素，不会是6个个.矛盾矛盾(3)不失一般性，不失一般性，H中即有中即有3元置换，也有元置换，也有2元元置换置换不妨设不妨设(abc) ∈∈H, (ab)(cd) ∈∈H，而，而(abc)-1=(cba) ∈∈H，又，又(abc)(ab)(cd)=(acd) ∈∈H，， (ab)(cd)(abc)=(bdc) ∈∈H，， (acd)-1=(dca) ∈∈H，再加上单位元，，再加上单位元，|H|>6,矛盾因此，因此，A4不会有不会有6元子群Lagrange定理定理总结总结l结论结论1：：若若G为有限群，并且为有限群，并且|G|=n ,则则G的任意子群的元数均为的任意子群的元数均为n的因子；反过来，的因子；反过来，对于对于n的任意一个因子的任意一个因子m，，G未必有未必有m元子群。

元子群l结论结论2：：若若G是是循环群循环群，且，且|G|=n ，则对于，则对于n任意一个正因数任意一个正因数m，，G一定存在一定存在m元子元子群l结论结论3：：元数是质数的群，一定没有非平凡子群元数是质数的群，一定没有非平凡子群l结论结论4：：设设G是有限群，且是有限群，且|G|=n ，， 则则G中任意元素的周期一定为中任意元素的周期一定为n的因子H在在G中的指中的指数数:有限群有限群G的元的元数数除以除以H的元的元数数 所所得得的的商商,记记为为（（G：：H）），，称称作作H在在G中中的的指指数数结论结论：：H的指的指数数也就是也就是H的右的右(左左)陪集的陪集的个数个数右右代代表表系系:从从每每个个右右陪陪集集中中选选出出一一个个元元素素为为代代表表全全体体代代表表的的集集合合叫叫做做一一个个右右代代表表系系或或右右代代表表团团结结论论：：设设G有有限限而而g1，，…，，gs作作 成成 一一 个个 右右 代代 表表 系系 则则 g1H，， …，， gsH便是便是H的所有右陪集而的所有右陪集而 G= g1H∪∪…∪∪gsH应应用用Lagrange定理定理l定定 理理 6.3.8   设设G为为有有限限群群，，元元数数为为n，，对对任任意意a∈∈G，，有有an=1。

  证证明：明：因因为为G有限，有限，a的周期必有限，否的周期必有限，否则则a所生所生成的循成的循环环子群（子群（a））将将无限，无限，G的元素的元素将将无无穷穷多命命a的周期的周期为为m，，则则a生成一生成一个个m元循元循环环子群（子群（a））按按Lagrange定理，定理，m│n，，即即n≡0（（mod m），），因此因此an=1 例例 写写出三次出三次对对称称群的所有子群群的所有子群S3={（（1））,(1 2),（（1 3））,（（2 3））,（（1 2 3））,(1 3 2)}由由Lagrange定理，子群的元定理，子群的元数数只只能能为为1,2,3,6元元数数为为1的子群的子群({（（1））}, ·  )元元数数为为2的子群的子群(元元数数为质为质数数的群一定的群一定为为循循环环群群)以以(12)为为生成元：生成元：(｛｛（（1））,（（1 2））｝｝，，· )以以(13)为为生成元：生成元：( ｛｛（（1））,（（1 3））｝｝，，· )以以(23)为为生成元：生成元：( ｛｛（（1））,（（2 3））｝｝，，· )元元数数为为3的子群一定的子群一定为为循循环环群群以以(123)为为生成元：生成元： {（（1））,（（1 2 3））,（（1 3 2））}，，· )元元数数为为6的子群的子群: S3l构造元数为构造元数为3 3的群。

试完成下面的乘法表试完成下面的乘法表eabeabl元数为元数为3 3的群只有的群只有1 1个eabeeabaabebbea例例 构造构造元元数数为为4的群任取任取四四元群中一非元群中一非单单位元的元素位元的元素a，由，由Lagrange定理知，定理知，a的周期可的周期可能能为为2, 4(1)若若群群中有周期中有周期为为4的元素，不妨的元素，不妨设为设为a                             四四元循元循环环群群*eaa2a3eeaa2a3aaa2a3ea2a2a3eaa3a3eaa2(2)若除单位元外，其他若除单位元外，其他3个元素个元素a, b, c周期均为周期均为2 (每个元素逆均为其自身每个元素逆均为其自身)Klein四四元群元群结论结论：：当当n<6时时，，n元群均是交元群均是交换换群eabceeabcaaecbbbceaccbae作业作业l习题习题6.3-3  ,  5第六章 群 、环、域123代数系统代数系统代数系统代数系统群的同态群的同态及同构及同构子群及其陪集子群及其陪集子群及其陪集子群及其陪集567群的定义群的定义群的定义群的定义环环环环域的特征域的特征域的特征域的特征 素域素域素域素域4多项式多项式多项式多项式有限域有限域有限域有限域8§6.4   群的群的同态及同构同态及同构Ø6.6.4 4.1 .1 同同 态态 映映 射射 Ø6.6.4 4.2 .2 同同 构构 映映 射射 Ø6.6.4 4.3 .3 同同 态态 核核 6.4.1 同 态 映 射 l定义定义.  设设(G, *)是一个群是一个群, (K, •)是一个代数系统，称是一个代数系统，称G到到K的一个映射的一个映射σ是是一个同态映射，如果对一个同态映射，如果对G中任意元素中任意元素a，，b ，，有有          σ(a * b)=σ(a) • σ(b)注意：注意：这个映射既不一定是单射也不一定是满这个映射既不一定是单射也不一定是满射。

射l例例.   设设(G，，*)，，(K，，+)是两个群，令是两个群，令   σ：：x  e，，     x∈∈G，，其中其中e是是K的单位元的单位元则则σ是是G到到K内的映射，且对任意内的映射，且对任意a,b∈∈G，，有有             σ(a*b)=e=e+e=σ(a)+σ(b)即，即，σ是是G到到K的同态映射的同态映射σ(G)={e}是是K的一个子群的一个子群, 记记G～～σ(G) 这个同态映射是任意两个群之间都有的这个同态映射是任意两个群之间都有的 Ø例例.设设G1是整数加法群，是整数加法群，G2是模是模n的整数加的整数加法群，法群，G2上的运算上的运算⊕ ⊕如下：如下：     a ⊕ ⊕ b=    令令σ：：x x(mod n)，， x∈∈G1，，则则σ是是G1到到G2的的满射满射，且对任意，且对任意a,b∈∈G1，，有有             σ(a+b)=(a+b)(mod n)                          =a(mod n) ⊕ ⊕ b(mod n)                         =σ(a) ⊕ ⊕ σ(b) 。

σ是是G1到到G2的的满满同态映射同态映射Ø 例例. 设设G为整数加群，为整数加群，G1 为实数加群，为实数加群，令令           σ：：x  -x，， x∈∈G，，则则σ是是G到到G1内的映射，内的映射，且对任意且对任意x1, x2 ∈∈G，，有有σ(x1+x2)=-(x1+x2)=(-x1)+(-x2)=σ(x1)+σ(x2)，，所以所以σ是是G到到 G1的同态映射，显然是单射的同态映射，显然是单射但不是满射，但不是满射，σ(G)=Z 是是G1的子群Ø设设(G, *)是一个群是一个群, (K, •)是一个代数系统，是一个代数系统， σ是是G到到K中的一个同态映射，中的一个同态映射， G’=σ(G)  ，，则则 (1)(G’ , •)是一个群是一个群;(2)G’的单位元的单位元1’就是就是G的单位元的单位元1的映像的映像σ(1) ，，     即即1’= σ(1)；；(3) 对任意对任意a ∈∈G，，(σ(a))-1 = σ(a-1)  称称G和和G′同态，记为同态，记为G～～G′ 定理6.4.1例例. 对群对群(Z，，+)和和(C*，，·) ，若令，若令      σ：：n  in，， n ∈∈ Z，，其中其中i是是C的虚数单位。

的虚数单位则则σ是是Z到到C*内的一个映射，且对内的一个映射，且对m,n∈∈Z，，有有        σ(m+n)=im+n= im·in=σ(m)·σ(n) 即，即，σ是是(Z，，+)到到(C*，，·)的同态映射，的同态映射，        Z～～σ(Z)σ(Z)={1，，-1，，i，，-i}是是C*的一个子群的一个子群 Ø例例. 群群（（R，，+））和和 (R+, ·)是同态的，是同态的， 因为若令因为若令σ：：x ex ，， x∈∈R ，，则则σ是是R到到R+的的1-1映射映射，且对，且对任意任意x1, x2 ∈∈R ，，有有σ(x1+x2)=ex1+x2= ex1· ex2 =σ(x1) ·σ(x2)，，σ是是（（R，，+））到到(R+, ·)的的满同态映射满同态映射定理 6.4.1证明(1) 因因为为群群G非非空空，，至至少少1∈∈G，，故故至至少少σ(1)∈∈G′，，即即G′非空2) 任取任取a’∈∈G′，，b’∈∈G′，， 往证往证a’b’∈∈G′  因有因有a,b∈∈G, 使得使得   a’=σ(a),  b’=σ(b)，，   故按故按σ的同态性，的同态性，                          a’b’= σ(a)σ(b)=σ(ab)，，而而ab ∈∈G,  因而因而a’b’ =σ(ab) ∈∈σ(G),即即 a’b’ ∈∈G′。

 (3) 往证往证G’中有结合律成立：中有结合律成立：任取任取a’ ,b’,c’∈∈G’，，往证往证  a’ (b’c’)=(a’b’)c’因有因有a,b,c∈∈G, 使得使得                          a’ =σ(a),  b’=σ(b),  c’=σ(c)，，故按故按σ的同态性，的同态性，          a’ (b’ c’) = σ(a)(σ(b)σ(c)) = σ(a(bc))          (a’b’)c’= (σ(a)σ(b))σ(c) = σ((ab)c) 因群因群G中有结合律成立中有结合律成立,所以所以 a(bc)=(ab)c于是于是                σ(a(bc))=σ((ab)c)因此，因此， a’ (b’ c’)=(a’b’)c’(4)往证往证G′有左壹而且就是有左壹而且就是σ(1)，，         即证对于任意的即证对于任意的a’∈∈G’，，有有σ(1)a’=a’ 因有因有a∈∈G，使得，使得 a’ =σ(a) ，，按按σ的同态性的同态性               σ(1)a’ = σ(1)σ(a)=σ(1a)=σ(a)=a’。

5) 往证往证G’中任意元素中任意元素σ(a) 有左逆且就是有左逆且就是σ(a-1)由由a∈∈G，，且且G是群，知是群，知a-1∈∈G，，故故σ( a-1 ) ∈∈G’由由σ的同态性的同态性                  σ(a-1)σ(a)=σ(a-1a)=σ(1)即即G’做成一个群做成一个群, G’的壹的壹1’=σ(1)，，G’中中σ(a)的逆是的逆是σ(a-1) 结论：结论：在定理在定理6.4.1前提下前提下,如果如果G中两个元素在中两个元素在G’中的映像相同，则它们的逆元在中的映像相同，则它们的逆元在G’中的映像仍相中的映像仍相同即若σ(a)= σ(b),往证往证σ(a-1)=σ(b-1)证明：证明：若若σ(a)= σ(b)，则，则(σ(a))-1=(σ(b))-1  由定理由定理6.4.1知知(σ(a))-1=σ(a-1)(σ(b))-1=σ(b-1)故，故，σ(a-1)=σ(b-1)习题习题6.2--2举举例例说说明不要求明不要求可除可除条条件件而要求消而要求消去条去条件，件，即要求由即要求由ax=ay可推出可推出x=y，由，由x·a=y·a可推可推出出x=y，，则则G不不见见得是一得是一个个群，若群，若G有限有限怎么怎么样样？？解解:(1)例如，全体正整例如，全体正整数数在在普通普通乘法下，适合乘法下，适合消消去去律，但不是群律，但不是群。

(2)往往证证有限有限半半群，群，满满足足消消去条去条件，一定是群件，一定是群解解：：因因G有限，有限，设设G={a1，，a2，，…an}，任取，任取G中元素中元素a，，用用a右乘右乘G中中各各元素得元素得a1a，，a2a，，…，，ana先先证这证这n个个元素必不相同反元素必不相同反证证法，若法，若aia=aja (i j) ，由消，由消去条去条件有件有ai=aj，，矛盾矛盾       设设G1={a1a，，a2a ，，…ana},G=G1 .则对则对任意任意b G，必有，必有ai，使，使aia=b，因之方，因之方程程xa=b有有解解同理可知同理可知ay=b有有解解故故G是群              。