同構(gòu)：

映射：所有元素都有像且像唯一，也就是單值函數(shù)中一個x只能對應(yīng)一個y。

同態(tài)：f(a$b)=f(a)*f(b)

滿射：所有像都有原像

單射：每個像的原像都不同

只要找到一個這樣的映射，就稱G與G'等價

且這個映射稱為同構(gòu)映射

同構(gòu)進(jìn)階思考：

同構(gòu)的兩個的群元素可能不相同，但行為是可以看作是相同的。

等價類與劃分：

關(guān)系抽象成代數(shù)，兩個元素做比較，則是A×A->D的映射，其中D為滿足與不滿的二元集合{True,false}，則可以判斷兩個屬于A的元素是否符合關(guān)系。

R(a,b)=True說明a,b滿足關(guān)系R。

等價關(guān)系：

滿足首先是個關(guān)系，是A的元素間的關(guān)系

對于任意a屬于A，a~a，反身性，自反性

對于任意a,b屬于A，若a~b，則b~a，對稱性

對于任意a,b,c屬于A，若a~b且b~c，則a~c，傳遞性

等價關(guān)系對A產(chǎn)生劃分：

劃分是指對A分成若干個子集（類）

①每個元素屬于某子集

②任意不同子集的交集為空

定理1：集合一個分類確定一個等價關(guān)系

證明：兩個元素等價當(dāng)且僅當(dāng)a與b在同一類，a~b，驗證三條易證。也就是說集合里出現(xiàn)一個分類比如蘋果類，則就會出現(xiàn)一個判斷是否為蘋果類的等價關(guān)系。

定理2：集合上的一個等價類確定一個集合的分類

證明：把等價的元素放在一個子集中，叫類。比如把與a等價的元素放在一起做成集合[a]。假設(shè)b~a，則也會存在一個[b]，那么[a]與[b]是否會不同？也就是需要證明一個類中的代表元是誰不重要，只要它還是屬于這個類的就行。即證明：a~b => [a]=[b]

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

顯然a∈[a]，那么a會屬于其他[c]呢？，顯然上述證明表明，如果a屬于[c]，那么[a]=[c]，則[a]和[c]是同一個類。則不同的類的集合互不相交。

例子：A=Z，R(a,b)->True當(dāng)且僅當(dāng)n|(a-b)，其中n是給定的正整數(shù)。

驗證：

a~a => n|(a-a) 自反正確

a~b => n(a-b) 則n|(b-a) => b~a 對稱正確

a~b,b~c => n|(a-b),n|(b-c)，則n|(a-b)+(b-c)=n|(a-c)，顯然a~c，傳遞性正確。

用這個等價關(guān)系做一個劃分：

[0],[1],[2],...,[n-1]數(shù)論可知最多只有n-1個劃分，則

[0]={kn±0|k∈Z}

[1]={kn±1|k∈Z}

...

[n-1]={kn±(n-1)|k∈Z}

[0],[1],[2],...,[n-1]就叫模n的剩余類

冷知識：負(fù)整數(shù)都可以拆分成帶余除法式，其因數(shù)是負(fù)數(shù)，且余數(shù)是非負(fù)的。

群同態(tài)：

同態(tài)的好處，前邊的有結(jié)合律后面有結(jié)合律，前邊有交換律后面也有分配律，還有在域的概念下還可以具有分配律，前邊有單位元后面也有單位元，前邊有逆元，則后面也有逆元。

定理：G與G'關(guān)于它們的乘法同態(tài)，則G'也是一個群

證明：

①封閉性：由于G與G'乘法共享，所以封閉性傳遞

②結(jié)合律：由于(a*b)*c=a*(b*c)，則由于同態(tài)是滿射的，則(f(a)*f(b))*f(c)=f(a*b)*f(c)=f(a*(b*c))=f(a)*f(b*c)=f(a)*(f(b)*f(c))。

③單位元：取e∈G，f(e)屬于G'，則任意a∈G，有f(a)=f(a*e)=f(a)*f(e)的f(e)也是有單位元的

④逆元：任意a∈G，則a*a^-1=e，則f(a*a^-1)=f(a)*f(a^-1)=f(e)，由于f(e)是單位元，則f(a^-1)就是f(a)的逆即f(a^-1)=f(a)^-1，則G'中的每個元素都有逆。

以上證明能夠用同態(tài)映射，把一個群的性質(zhì)定義另一個集合也為群且具有一致的性質(zhì)。

例子G=<Z,+>，G'={a,b,c}且其乘法表為：

(a,a)=a,(b,b)=c,(c,c)=b,(a,b)=b,(a,c)=c,(b,c)=a且對稱可交換。

設(shè)置一個映射φ:G => G':x->a ,x≡0(mod 3)

b ,x≡1(mod 3)

c , x≡2(mod 3)

用mod3剩余類劃分G，再映射到a，b，c而已

首先驗證φ是同態(tài)：

①滿射，顯然因為是映射則任意x,y∈G,φ(x+y)=φ(x)φ(y)

②把x和y根據(jù)余數(shù)組合一下，有A(2,3)種可能。

由于模除分類的功能，而且模運算在加法下也成群，所以用來把整數(shù)加群進(jìn)行有限劃分很好使。

驗證一下可以知道φ就是G到G'的同態(tài)映射。

因此G'也就是群了，則G'的運算也就具有結(jié)合律了（這樣就可以繞過去結(jié)合律證明一個集合是群了）

但G'是群，推不出G是群，因為映射是定義在G到G'的而不是G'到G的。

定理：若G與G'關(guān)于它們的乘法同構(gòu)

則G是群 <=> G'是群

這里之所以能成立，是因為它們的運算共享，，導(dǎo)致G'首先就具有了封閉性，否則就退回去先把G'的運算封閉性驗算完了，再進(jìn)行上述推導(dǎo)就ok了。

可以利用G'的元素數(shù)量，先構(gòu)建一個中間群M使得M具有G'元素數(shù)量的數(shù)量，且做一個映射，再把G的元素數(shù)量都壓縮（映射到）到M上就可以了。（這貌似就是第一同構(gòu)定理？)

變換群：

設(shè)非空集合A，且|A|=n，則映射f:A->A中的變換有n^n個，例如1,2,...,n是原像，則分別都有n種映射的可能，乘法原理可知有n^n種變換。而一 一變換有n!個因為從1開始有n種映射可能，2就只有n-1種，以此類推，第n個只有1種了，由乘法原理可知有n!種映射。

令S={A上的所有變換}，再定義一個乘法，使A上的變換做有序復(fù)合，也就是變換的復(fù)合（看了一下課程是為了對稱群做準(zhǔn)備的吧）

封閉性：即驗證A上變換的復(fù)合還是A上的變換，這說明只要把復(fù)合后的變換作用到A的元素上，只要還能得到A上的元素，說明S上的乘法封閉了，這是顯然的，因為A上的變換的定義就說明變換是A->A的映射，自然無論復(fù)合多少次，都還是會映射到A上的

結(jié)合律：同樣的變換的驗證要落實到A上。

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

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

兩者相等，結(jié)合律成立

幺元：恒等變換是唯一的幺元，證明這個就可以了。假設(shè)e是恒等變換，由于1-1變換存在，所以e存在，則a (e*t) = [a e]*t = a t，說明e是幺元，再證明它唯一性，a (e'*t) = [a e']*t =a t = [a e]*t，則由消去律可得e=e'。（消去律在群里是內(nèi)置的哇）

逆元：尋找?*t=e，若存在則a (?*t)=[a ?]*t=a，這是可滿足式不一定成立的。

也就是S不一定構(gòu)成群，需要修改S的元素

定理：G是集合A的若干變換做成的集合，若G關(guān)于變換的乘法成群，則G中的變換一定一 一變換。

證明：對于任意t屬于G，因為G是群，則t有逆元t^-1

使得t*t^-1=e=t^-1*t

①滿射：任意a∈A，有b t = a，則[a t^-1]*t=a e = a（注意，這個b不知道是誰，所以用a t^-1來表示了，a是必定存在的，則a t^-1也存在，則a t^-1 再作用t就回到a了，也就是每個a都有形如a t^-1的原像，而a鋪滿A，則每個像都有原像a t^-1，我的評價是好triky?。?/p>

②單射：假設(shè)a和b在t的變換下一樣，則a t = b t，則

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

因此t是個一 一變換（一 一對應(yīng)的變換，不就是對稱群嘛..）

我們知道集合A到集合B可以定義一個映射，根據(jù)定義的映射不同以及集合A和集合B的特點，我們還可以分為單射、滿射以及一一映射。

一一映射還有兩個名字叫做一一對應(yīng)、雙射。至于會不會有其他的稱呼就不是我們可以猜測的了。一般情況下，這三個名字不會引發(fā)歧義，表述的都是同一件事情，相當(dāng)于編程里面的三個指針指向了同一個地址。

注意這里的集合A和集合B沒有做限制，也就是說，集合A和集合B可以是同一個集合，也可以是不同集合。所以又有一種比較混亂的稱呼出來了，變換和一一變換。

定義：一個集合A的若干一 一變換對于變換的乘法成群，稱該群為變換群。（主要是看看怎么樣的變換集合能夠修改為逆元存在）

定理：一個集合A上的所有一 一變換G構(gòu)成一個變換群

封閉性：只要證明，任意t1*t2仍然是雙射就行了，因為G中包含的元素都是一 一變換。證明滿射：所有元素都有原像，則t1*t2:a (t1*t2)，由于t1與t2都是一 一變換，則a對于t2有原像b，b對于t1有原像c，則c對于t1*t2有原像c，即c (t1*t2)=a,由于a的任意性，則所有像都有原像。

對于任意a t1*t2 = b t1*t2通過逆變換，得到a = b（其實就是把一一映射再講了一遍）

結(jié)合律：由于它是S的子集，所以繼承了結(jié)合律

單位元：由于它是S的子集，所以繼承單位元

逆元：對于任意t∈G，t^-1是t的逆變換（注意這里是逆變換，不是直接說的逆元，這里的出發(fā)點是一一變化的逆映射得到的），由于t是一一變換，所以t^-1也是一一變換，所以t^-1∈G，有t*t^-1=e。

驗證可得 a t*t^-1 = [a t]*t^-1 = a注意這里是利用變換自身的“逆”的定義的到的，所以t^-1才是t的逆元。

例子：A 平面，繞定點旋轉(zhuǎn)θ角是一 一變換（除了軸點以外，所有點都不同了，但顯然是雙射的），G={繞定點的旋轉(zhuǎn)變換}

封閉：ta * tb = ta+b仍然是一個旋轉(zhuǎn)，∈G

結(jié)合律：顯然

幺元：0°不就好了

逆元：反向轉(zhuǎn)不就好了

從實數(shù)域映射過來tθ的同態(tài)。

放一部分一 一變換也可以變成變換群。

補充：平移做成的群也是變換群

比如t1是將(0,0)點平移到(1,0)，t2是繞原點進(jìn)行逆時針旋轉(zhuǎn)Π/2的變換。

則 t1*t2 ≠ t2*t1，這是顯然可驗證的。

所以它不是交換群。

置換群：

若t是線性變換，則t與矩陣A有一一對應(yīng)的關(guān)系，

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

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

A*t就會得到一個線性變換的基t'，但一般A關(guān)于矩陣乘法是構(gòu)不成群，除非A是可逆的，等價于t是一一變換。它們是同構(gòu)的,因為一個線性變換作為中間矩陣可以得到一個新的基向量。

定理：任意一個群G都與一個變換群同構(gòu)

證明：G={a,b,c,...}

任意g屬于G,t(x) ： g - > gx

①是個變換：G中所有元素都有像是滿射，取G中的一個像b都有G中的原像b*x^-1，因為b*x^-1*x=b且唯一，說明是個映射（像唯一）；是個單射,用消去律可以得到當(dāng)gx=gy時，x=y。則tx是G到G的一一變換。顯然t(x)*t(y)作用于g∈G時，得到g*x*y等價于對g執(zhí)行t(x*y)，顯然t(x*y)屬于G'所以乘法封閉

G'={ta，t2，tc.....}也就是把所有的變換放進(jìn)去是一個群

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

③幺元：t(e)*tx = t(e*x)=tx

④t屬于G’，他的逆元tx^-1，這是因為tx*t(x*x^-1)=t(e);

φ:G -> G'，x -> t(x)這個映射是自然的

(1)g中任意元素都有像，且唯一

(2)滿射，顯然是任意一個像都有原像

(3)單射，對于任意t(x) = t(y) => gx = gy => x=y，用的是G的消去律去換算

(4)同態(tài)，t(x*y)=t(x)*t(y)這條已經(jīng)在上述的①驗證為一一變化了，

因此φ是同構(gòu)的。則G與G'同構(gòu)。這樣的好處就是把變換群研究清楚就等價于把很多群研究了，而變換群是自映射構(gòu)成的群。

再來看這個t(x)是個線性變換（k∈G)：t(x)g=gx，則有t(x)*(kg)=kgx=kt(x)g ，可驗算：

kgx=(kg)x=(G的結(jié)合律)=k(gx)=kt(x)g

t(x)(g1+g2)=tx(g1)+tx(g2)（這個以后證明）

由于變換的研究也不容易，于是轉(zhuǎn)向研究置換它是一種特殊的變換：一個有限集合上的一一變換。

一個有限集合上的所有的置換做成的群叫置換群，也叫做n元對稱群即Sn，由于它也是一一變換，所以a1有n種映射，an只有1種，所以所有置換有n!那么多個。

置換表只要列同時換，所表示的映射都不會變。

置換表的乘法：

先做左邊的表的置換，再做右邊的表置換，而且容易驗證置換的復(fù)合并不滿足交換律

后面會證明有限的非交換群一定有6個元素。

置換表的另一種表示方法：

假設(shè)置換表

Π1：j1到j(luò)k是發(fā)生了變化的，j(k+1)到j(luò)n是不變的.

Π2：j1到j(luò)k是發(fā)生了不變的，j(k+1)到j(luò)n是變化的.

則Π1*Π2={所有變化的元素}，容易驗證：比如Π1的j1的映射一定不在j(k+1)到j(luò)n之間，則Π2的j1到j(luò)(k)之間一定存在j1的映射，而在Π2中j1到j(luò)k是不變的，所以j1的像最后還是在Π1中的映射。

同理討論Π1的j(k+1)還是j(k+1)，而在Π2中，j(k+1)到j(luò)n是變化的，但一定不會映射到Π2的j1到j(luò)k之間，所以j(k+1)的映射一定還是Π2中的映射，統(tǒng)籌起來由于兩個映射的像的集合互斥，所以組成了一個Sn的映射。

定義：Sn中的置換滿足a(i1) 的像是 a(i2)，a(i2)的像是a(i3)，...,a(ik-1)的像是a(ik)，而a(ik)的像是a(i1)。

其他的元素恒等映射。稱之為循環(huán)置換，用

(i1,i2,i3,...,i(k-1),ik)來表示或(i2,i3,...,ik,i1)。本質(zhì)是k-輪換。恒等映射的輪換表示為(1)...(2)或者(k)都行。

用輪換的好處還有，如果不知道對稱群的具體置換表，則可以用{1-輪換,2-輪換,...,n-輪換}的集合來表示比如(1),(2),...,(k)就只留下(1)即可，而(1,2,3)=(3,1,2)=(2,3,1)只留下(1,2,3)即可。

定理：一個置換表可以寫成若干元素不相交的輪換的乘積，且乘積順序不影響結(jié)果。

證明：歸納法：置換有k個元素發(fā)生變化

基礎(chǔ)步：k=0時，(1)顯然成立

假設(shè)：k≤r-1成立，(r-1)-輪換成立

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

a(ik)->a(ij)。由于元素有限，不可能無限映射下去，肯定存在重復(fù)（抽屜原理），那么重復(fù)一定發(fā)生在a(ij)處使得a(ij)->a(i1)。用反證法可得假設(shè)a(ij)->(ai2)，則有a(i2)就有a(i1)和a(ij)兩個不同的原像得到，不符合映射的定義，故矛盾。

S4=

(1)；共1個

(1,2)；(1,3)；(1,4)；(2,3)；(2,4)；

在4個里取2個，C(4,2)=6

(1,2,3)；(1,3,2)；

(1,2,4)；(1,4,2)；

(1,3,4)；(1,4,3)；

開頭固定為1再從剩下3個里取2個進(jìn)行全排列

(2,3,4)；(2,4,3)；

開頭固定為2，從剩下的3和4里進(jìn)行全排列

（注意開頭為1已經(jīng)做過關(guān)于2的全排列，所以開頭為2時不會做有關(guān)1的全排列）

C(4,3)表示從以上的左邊一列，而右邊一列時左邊一列的剩下兩個元素進(jìn)行全排列得到的，共C(4,3)*A(2,2)=8個

(1,2,3,4)；(1,3,4,2)；(1,3,2,4)；(1,4,3,2)；(1,2,4,3)；(1,4,2,3)；相當(dāng)于，所有的都是固定一個1開頭（事實上，四個全選總能寫成以1開頭的形式），然后剩下的三個進(jìn)行全排列生成的。C(4,4)*A(3,3,)=6個。

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

相當(dāng)于固定開頭為1，再從3個中取2個C(3,2)剩下兩個再取成組合數(shù)C(2,2)

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

注意一個分類要點是：可以分類成有k個進(jìn)行的變換，但也可能是輪換的乘積的表示也算在里面。

S5=5!=120

①(1)

②(1,2),(1,3),...,(2,3),...C(5,2)=10

③(1,2,3),(1,3,2) 每一組C(5,3)對后面兩個進(jìn)行全排得到C(5,3)*A(2,2)=20

④(1,2,3,4),(1,2,4,3),(1,3,2,4),...,先取四個，每個都固定一個開頭，剩下三個進(jìn)行全排列得到C(5,4)*A(3,3)=5*3*2*1=30個

⑤(1,2,3,4,5)先取五個，每個固定一個開頭，剩下的4個進(jìn)行全排列得到A(4,4)=24

（2×2）⑥(1,2) (3,4)；(1,2) (3,5)；先取2個，然后固定開頭剩下一個進(jìn)行全排列，在從剩下的5-2=3個里取兩個，固定開頭剩下的一個進(jìn)行全排列得到C(5,2)*A(1,1)*C(3,2)*A(1,1)=30由于交換不影響結(jié)果，所以肯定有重復(fù)的一半，所以30/2=15個

（2×3）⑦(1,2) (3,4,5)；(1,2) (3,5,4)先取2個，固定開頭，剩下1個進(jìn)行全排列，再從剩下的5-2個里取3個，固定開頭一個，剩下兩個進(jìn)行全排列得到

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

注意第⑥和第⑦的問題是把5拆分為

1+2+2 -> 2×2

2+3 -> 2×3

定理：任何一個有限群與一個置換群同構(gòu)

（之前是任何一個群與變換群同構(gòu)）

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

tx : g->gx

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

φ : ai->tai

只要證明φ是G->G'的同構(gòu)映射就能順便證明G'是群

證明：

①φ是滿射，每個tai都有原像ai

②φ是單射，對于任意tai=taj則有g(shù)*ai=g*aj由消去律得到ai=aj說明是單射。

③φ是同態(tài)，g^(t(ai*aj))=g^(tai*taj)

即g*(ai*aj)=(g*ai)^taj

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

所以φ是同構(gòu)映射。

這里并沒有給出定理的證明，但可以理解得到任意置換群中的置換并不僅僅代表排列組合，而是指群中的元素的出現(xiàn)的所有可能性，而它們出現(xiàn)之后，操作它們的是加法，乘法還是別的什么法則就另外研究了，而對所有有限群對Sn進(jìn)行同構(gòu)映射的好處就在于，可以用對Sn的排列組合施加法則，等價于對原群的元素施加等價的法則，而且研究起來也不會被元素本身的描述所束縛。

循環(huán)群：

例1：G={所有整數(shù)Z}，配置的運算為普通加法

顯然G為整數(shù)加群

則任意m屬于G,m=1+1+...+1共m個1相加得到，記1^m

-m=(-1)+(-1)+...+(-1)共m個相加得到，記(-1)^m

單位元是0,自然定義0=1^0

每個元素的逆就是它的相反數(shù)

定義：如果一個子群<G>的每一個元都是G的某一個固定元素a的乘方，稱<G>為由a生成的循環(huán)子群<a>

又-1+1=0則1與-1互為逆元，則-1=1^(-1)

則m=(-1)^m；-m=(-1)^(-m)

顯然<1>與<-1>都可以代表這個循環(huán)整數(shù)加法子群

例2：G包含所有模n的剩余類，G={{0],[1],...,[n-1]}

定義運算加法為[a]+[b]=[a+b]

證明+號是G×G->G的映射

（1）任意[a],[b]∈G，[a+b]∈G（同余的性質(zhì)易驗證）

（2）接下來要證明單值：[a]=[a']，[b]=[b‘]

則a≡a'(mod n)；b=b'(mod n)

推出n|(a-a')；n|(b-b')；n|(a-a')+(b-b')

則n|(a+b)-(a'+b')則(a+b)≡(a'+b')(mod n)

所以[a+b]=[a'+b']，因此是單值的。

①加法封閉也驗證了

②加法結(jié)合

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

③單位元e=[0]，驗證易得，唯一性可用反證法得到

④逆元：[a]的逆元是[-a]，因為[a]+[-a]=[0]，但由[-a]事實上還是屬于G的，由同余的劃分可知[-a]一定落在[0],[1],...,[n-1]的其中一個。

把G稱為模n的剩余類加群

顯然由模n的加法可知，無論加多少都可以回到n個劃分之中。

那么模n的剩余類群的生成元可以是除開[1]以外的元素嗎？

嘗試令a≠1，[a]作為生成元，則[a]=[1]^a，則任意[k*a]=[1]^(k*a)，記k=φ/a，則φ是任意的，由于[1]是生成元肯定的，那么相當(dāng)于[a]可以表示任意[1]可以生成的。但有一種a不滿足，就是 存在一個c使得[(c*a)%n] | n 的肯定不能夠，因為一定倍數(shù)后，[ka]一定剛好到n，使得余數(shù)是0，而[0]絕對不是生成元。比如模6的剩余類中[4]就不是生成元，因為

[ (2*4)%6=2 ] |6所以不是。

定理：假定G是由a生成的循環(huán)群，則G的構(gòu)造可以完全由a的階來決定

（1）如果a的階是無限的，G與整數(shù)加群同構(gòu)

（2）如果a的階是n，則G與模n的剩余類加群同構(gòu)

元素a的階的定義：存在【最小正整數(shù)】k,使得a^n=e。否則就是無限的。

證明（1）:建立一個映射φ:G -> Z，則a^m -> m

定理：假定G是由a生成的循環(huán)群，則G的構(gòu)造可以完全由a的階來決定

（1）如果a的階是無限的，G與整數(shù)加群同構(gòu)

（2）如果a的階是n，則G與模n的剩余類加群同構(gòu)

元素a的階的定義：存在【最小正整數(shù)】k,使得a^n=e。否則就是無限的。

證明（1）:建立一個映射φ:G -> Z，即a^m -> m

①它是一個映射：每一個G中的元素a^m都有一個像m（注意G是被生成的，所以元素都有a^m的形式）

假設(shè)有兩個不同的像m,n，它們的原像是a^m和a^n，則必須a^m≠a^n，否則同一個原像映射到不同的像，就不是映射了。假設(shè)a^m=a^n則a^|m-n|=e，由于a的階是無窮的，而m≠n使得|m-n|是個正整數(shù)，即存在一個正整數(shù)|m-n|使得a^|m-n|=e，與無窮階的定義矛盾（注意，這里的無窮和存在是矛盾的，一個是無限不可數(shù)，一個是無限可數(shù)，無窮階是指找不到一個正整數(shù)使得a的乘方變成單位元）

②它是個滿射：由于a的階無窮，而Z也是無窮，則任意a^m都可以找到一個像m，所以是滿射（有點過于自然了）

③它是個單射：m=n時，a^(m-n)=a^0=e就得到：a^m=a^n，也就是像相同時，原像也相同。

④它是個同態(tài)：φ(a^m*a^n)=φ(a^(m+n))=m+n=φ(a^m)+φ(a^n)

綜上φ是個G -> Z的同構(gòu)映射。

證明（2）:

φ：G->Zn 即 a^m=[m]

①它是一個映射：顯然每個元素a^m都有一個像[m]但要驗證像唯一，若a^r=a^s說明同一個原像，而如果有r=s蘊含了[r]=[s]，則說明像也相同。不妨令r=n*k+i；s=n*t+j則a^r=a^s蘊含a^(r-s)=e蘊含

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

由階的定義可知0 ≤ |i-j| < n，與階是最小正整數(shù)的定義矛盾，所以|i-j|=0所以i=j，所以[r]=[i]=[j]=[s]所以相同的原像得到的像是唯一。

②它是個滿射：顯然任何一個[m]都有一個a^m？很粗糙的說法，這里我簡單證明一下：假設(shè)存在一個a^m它的像如果不在A={[0],[1],...,[n-1]}中，顯然由初等數(shù)論里面或者帶余除法搞一下m這一哈子，都會把m映射會集合A，從而有像。而a的階是n，也就是存在a^0,a^1,...,a^(n-1)都能給映射到A中，多出去的也都由模除映射回來，不僅滿了，還順便把映射的第一條證明了。

③它是個單射：對于相同的像，它們的原像也相同即可。即[r]=[s]時，假設(shè)a^r≠a^s則a^(r-s)≠e，而[r]=[s]說明n*k+i=n*t+j蘊含n*(k-t)+(i-j)=0蘊含a^|i-j|=e，之前已經(jīng)證明了此時i=j，則a^r=a^i=a^j=a^s。所以它是個單射。

④它是個同態(tài)：

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

綜上φ是個G -> Zn的同構(gòu)映射。

一些思考：

很明顯這里開始展露近世代數(shù)的一些發(fā)展思路了，通過研究一些常見的數(shù)域，對它們的群進(jìn)行研究，然后同構(gòu)或者同態(tài)到其他抽象群中，就可以較為具象地研究一些更抽象地事物運算。

存在問題；數(shù)量問題；構(gòu)造問題；

子群：

定義：如果一個群G的子集H關(guān)于群G的乘法也能構(gòu)成一個群，則稱H為G的一個子群。

例1：給出一個群G

H1={e}，顯然H1是G的子群

H2=G，顯然H2是G的子群（完全繼承)

稱以上兩個群為平凡子群

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

H1={(1),(12)

驗證它是否是群：

封閉性：(1)*(1)=(1);(1)*(12)=(12);(12)(12)=(1)

結(jié)合律：繼承于S3的結(jié)合律

單位元:e=(1)∈H1

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

H2:{(1),(123)}

驗證是否為群：

封閉性：(1)*(1)=(1);(1)*(123)=(123);(123)(123)=(132)所以不封閉，所以不是群

一般而言結(jié)合律會繼承，因為如果是群，則存在廣義結(jié)合律，而幺元容易從集合組成看出。所以一般是驗證封閉性和逆元來判斷是否是子群。

定理：一個群G的非空子集H，如果可以做成G的子群，當(dāng)且僅當(dāng)

（1）a,b∈H -> ab∈H（封閉性）

（2）a∈H -> a^-1∈H（有逆元）

證明：

充分性：顯然四大條滿足，是個群，其中結(jié)合律繼承，單位元由第（2）條結(jié)合第（1）條的結(jié)合律得到a*a^-1=e∈H

必要性（1）顯然

（2）因為H是一個群，則ya=e有解，即在G中有解a'，由G易知ya=e（因為y和a都是G的元素） 。所以a'=a^-1，所以a^-1∈H。

推論：

（1）若H是G的子群，則H的單位元就是G的單位元

（2）H中的逆就是a在G中的逆

定理：有一個群G的非空子集H做成G的一個子群

當(dāng)且僅當(dāng)（3）a,b∈H -> ab^-1∈H（把(1)和(2)寫成一條)

證明：

充分性：a,b∈H，由（2）可知b^-1∈H再用（1）得到ab^-1∈H

必要性：e,a∈H -> ea^-1 = a^-1∈H，即（2）

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

定理：一個有限群G的非空子集H做成G的子群當(dāng)且僅當(dāng)a,b∈H -> ab∈H

證：

必要性：顯然成立，因為完全繼承于G的封閉性和結(jié)合律和逆元和幺元。

充分性：

（1）封閉性顯然。

（2）結(jié)合律顯然

（3）消去律顯然

以上全部繼承

如何去找一個群G的子群H

S={a,b}，則a,b∈H -> ab^-1∈H

則H如果包含a,b得有a,b,a^b^-1,ba^-1,a^-1,b^-1,a^m,b^n,a^2b^a^-1都屬于H，即a^s * b^r * a^m *b^n就稱為包含a,b的最小子群。

如果S={a}，則H=(a)因為把上述的b都替換為a即可。

如果子群H的子集S只包含一個元素a，則包含a的最小子群就是由a生成的

子群的陪集：

例：給出正整數(shù)n. H={h*n|k∈Z}

hn-kn=(h-k)n∈H

a=kn，b=kn，a-b相當(dāng)于ab^-1∈H，則H是個整數(shù)加群的子群。

例：比如模n的剩余類{[0],[1],...,[n-1]}等價于

a≡b(n)等價于

n|(a-b)等價于

a-b≡kn等價于

a-b屬于H等價于

ab^-1∈H

整數(shù)加法群G，子群的陪集H，規(guī)定~為等價關(guān)系，a~b當(dāng)且僅當(dāng)ab^-1屬于H

（1）自反性：a~a. 因為aa^-1=e∈H

（2）對稱性：a~b 蘊含 b~a 因為ab^-1屬于H，所以(ab^-1)^-1=ba^-1∈H，所以成立。

（3）傳遞性：a~b,b~c蘊含a~c 則有ab^-1,bc^-1∈H，求ac^-1∈H即可，兩者相乘得到

(ab^-1)(bc^-1)=ac^-1∈H（H自帶封閉性，可驗證）

補充：[0]={kn}=H，[1]={kn+1}不是個子群，因為沒有單位元，[2],[3],[4],[5],...,[n-1]也都不是因為沒有單位元，即ab^-1∈H，但不代表a，b∈H，

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

定義：由上述的關(guān)系確定的集合的分類叫做H的右陪集，包含元素a的右陪集用Ha表示。

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

Ha={h1*a , h2*a , h3*a,...}={ha|h∈H}

例：S3={(1),(12),(13),(23),(123),(132)}

H={(1),(12)}

以下兩個一樣

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

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

以下兩個一樣

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

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

以下兩個一樣

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

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

其實是拉格朗日定理對陪集并的描述得到的

分析：

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

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

因為由右陪集劃分的可得，(1)和(12)都是同一類的，因為看到H*(1)={(1),(12)}時就知道了，還是拉格朗日的定理：陪集劃分群，且不相交（具體證明Rotman的書）

觀察：

（1）任何右陪集元素個數(shù)一樣時子群的元素個數(shù)

（2）陪集的個數(shù)=|G|/|H|

左陪集等價于a~b等價于b^-1a∈H，可以驗證三條得到。

定理：

aH=bH當(dāng)且僅當(dāng)b^-1*a∈H(互換a,b可得證，輪換)

如果aH∩bH≠空，則aH=bH(兩個劃分如果有中轉(zhuǎn)元素，通過傳遞性使得兩個劃分相等）

對一切a∈G，|aH|=|H|

陪集的性質(zhì)：

（1）左陪集與右陪集個數(shù)相同

（2）右(左)陪集元素個數(shù)等于|H|

定理1：一個子群的右陪集與左陪集個數(shù)相等

證明：利用一一映射，右陪集的集合Sr，左陪集的集合Sl。

作映射φ：Sr->Sl；Ha->a^-1H

（1）它是映射：每個元素都有像且唯一，顯然由規(guī)定可知每個元素都有像，假設(shè)Ha=Hb只要證明a^-1H=b^-1H即可，由劃分可知，此時ab^-1∈H， 由逆元存在說明，(ab^-1)^-1=ba^-1∈H這說明a^-1H=b^-1H（這是左陪集的充要條件），說明像唯一，φ是映射。

（2）滿射：aH原像Ha^-1，由于a的任意性，所以所有像都有原像。

（3）單射：一般證明是A->B時證明

a1≠a2 -> b1≠b2，則利用逆否命題證明

b1=b2 -> a1=a2，即像相同，則原像相同

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

綜上φ是個一一映射，于是|aH|=|Ha|。

子群和陪集之間存在一個一一映射ξ

定理2：右陪集所含元素的個數(shù)等于子群H所含元素的個數(shù)。

證明：ξ：H -> Ha；h -> ha

（1）它是映射：H中的元素h有且僅有一個元素ha

（像相同則原像相同）

（2）Ha中任何元素ha有原像h∴g滿

（3）取Ha中兩個h1a=h2a消去律可得h1=h2∴ξ單射

所以ξ是一個一一映射，所以|H|=|Ha|

綜上|aH|=|H|=|Hb|定義為H在G中的指數(shù)

定理3：H是有限群G的的一個子群，則H的階為n。則它在G中的指數(shù) j 都能整除G的階N，并且N=n*j

證明：

一個群G，被左(右)陪集分成 j 個類，每個類都有n個元素：

|G|=|a1H|+|a2H|+...+|ajH|由于|aiH|=|H|

∴|G|= j * |H|，所以證明完畢。

定理4：一個有限群G的一個元a的階能整除G的階

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

先證a的階有限：

反證：a的階無限，主要思路是證明|<a>|=∞，然后與G是有限群矛盾。那么a的階無限，則a^i=a^j，i≠j且為正整數(shù)。再反證a^i=a^j -> e=a^(j-i)由于是無限的，當(dāng)j≠i時是不可能等于e的，所以矛盾，也就是說明a^i≠a^j，則<a>里面有無窮多個元素，與有限群G產(chǎn)生矛盾。

則<a>={e,a,a^2,...,a^(n-1)}是有限的。

由定理3可知，一個子群的階能夠整除群的階，所以n|N。

這里可以反過來通過群的元素個數(shù)來推導(dǎo)它的子群的元素個數(shù)的可能性（必要性），比如|S3|=6，則它的子群個數(shù)可以有1,2,3,6。然后再一個個去驗證。

比如先找循環(huán)子群

H={(1)}

H={(1),(12)}

H={(1),(23)}

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

由于aH=H當(dāng)且僅當(dāng)a∈H，然后可以一個個地驗算以a∈H的陪集aH，最后再通過數(shù)量關(guān)系|H|直接推導(dǎo)出H剩下的以它子集元素作陪集的元素了。

不變子群和商群：

定義：群G的子群N叫做G的不變子群，如果任何a∈G，有Na=aN（有點像群的中心Z(G)，但是不同在于元素a來自于G，結(jié)合的部分來自于子群N）

假設(shè)G是個交換群，任意子群N是G的不變子群

證明：對于任意a∈G，有Na=aN

考察Na={ni*a}，aN={a*ni}，則顯然根據(jù)交換性有Na=aN。

例1：

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

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

a∈S3，aH=Ha

這個H是個不平凡的不變子群。

例2：給一個群G，取一個子集N中包含所有這樣的n使得na=an，任意a∈G。（相當(dāng)于挑出符合這個要求的n而已。

（1）N非空。因為e*a=a*e滿足條件，所以e∈N。

（2）它是個子群：

①封閉性：取任意n1,n2∈N，證明n1*n2∈N

任意a∈G，(n1*n2)*a=n1*(n2*a)

由N的定義可得 =n1*(a*n2)=n1*(n2*a)=(n1*n2)*a

綜上得到(n1*n2)*a=a*(n1*n2)滿足N的關(guān)系，所以n1*n2∈N，滿足封閉性。

②逆元：對于任意n∈N，a∈G，na=an。

目標(biāo)是證明n^-1∈N即可，等價于證明

a*(n^-1) = (n^-1)*a。

對na = an兩邊的左右都乘上a^-1，得到a^-1*n*a*a^-1=a^-1*a*n*a^-1

得到

a^-1*n=n*a^-1，于是得證。

所以n^-1∈N。

因此N是G的子群，且根據(jù)N的定義描述，顯然有

aN=Na，所以N就是不變子群。

稱N為G的中心Z(G)和Rotman書上給的定義的描述不太相同，Rotman是認(rèn)為Z(G)是G中能和G中元素交換運算的所有元素的集合，然后再證明Z(G)是G的一個子群。但是老師這邊是和Rotman倒著講了，先斷言Z(G)會是不變子群，然后再證明N就是Z(G)，最后再證明N是G的子群，也就證明了Z(G)是G的子群。

運算：給群G，取G中若干子集S1,s2,...,Sm，有乘法

S1*S2*...*Sm={s1*...*Sm|si∈Si}也就是把他們的元素各取一個乘起來當(dāng)作一個元素，再把這樣的元素做成一個集合。

定理：一個群G的一個子群N是不變子群當(dāng)且僅當(dāng)aNa^-1=N（這不就是共軛么）

證明：

“=》”：N是不變子群 蘊含 aN=Na 蘊含 aNa^-1=N

“《=”：aNa^-1=N 蘊含 aN(a^-1*a)=aN=Na則由于N在此已經(jīng)是子群了，所以N還是個不變子群。

（事實上N就是個正規(guī)子群）

定理：一個群G的子群N是不變子群，充要條件是任意a∈G，,n∈N，有ana^-1∈N。

證明：

"=>"：N是不變子群，則aNa^-1=N -> ana^-1=N

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

對(a^-1)Na<N兩邊左乘上a，右乘上a^-1

得到a*(a^-1)*N*a*(a^-1)<a*N*(a^-1)

得到N<a*N*(a^-1)

結(jié)合a*N*a^-1<N說明a*N*a^-1=N。

例：

<Z,+>，n∈N+ , N={kn|k∈Z}

顯然{[0],[1],...,[n-1]}，是個關(guān)于N的所有的陪集，因為[a]+[b]=[a+b]所以N等價于[0]，所以顯然是個[0]的陪集咯。

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

仿照上述模n剩余類群，要想把陪集做成群，先定義乘法：(xN)*(yN)=(xy)*N

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

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

(xy)N=(x'y')N。

由于e∈N，得到x*e=x'n1，y*e=y'n2。xy=x'n1*y'n2，想辦法交換中間的項，由于N是個不變子群，所以y'N=Ny'，所以有n1y'=y'*n1，則可得xy=(x'y')*(n1*n2)∈(x'y')*N由結(jié)合律可得，說明(xy)是在(x'y')N這一類里面，由于代表元無所謂，所以

(xy)N=(x'y')N（本質(zhì)上就是兩個陪集有共同元素了，所以相等。

定理：G是群，N是G的不變子群，N的所有的陪集

{aN,bN,cN,....}，a,b,c,...∈G，關(guān)于乘法(xN)(yN)=(xy)N做成一個群。

①封閉性，顯然，仍然還在同一個劃分。

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

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

③單位元，eN=N，eN*xN=(ex)N=xN

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

定義：一個群G的一個不變子群N的所有陪集關(guān)于陪集的乘法做成的群叫做G的商群，記G/N。

G/N的階=|G|/|N|

（事實上不變子群=正規(guī)子群，陪集乘法S1×S2={s1*s2|s1∈S1,s2∈S2}，這樣的陪集和乘法做成群，且是一個商群，它的階為|G|/|N|。

第一，二，三對應(yīng)定理：看Rotman的書吧，這里講地不深刻。

環(huán)和域：

換個叫法

加群：滿足交換律的群

a+b=b+a

單位元叫做：零元0.a+0 = 0+a = a

逆元叫做：負(fù)元 a+(-b)=a-b（因為是加法，-b是個逆元記號，并不是負(fù)號，后面會證明-b=-1*b）

（1）0+a=a+0=a（零元性質(zhì)）

（2）-a+a=a-a=0 （逆元性質(zhì)）

（3）-(-a)=a

（4）a+c=b <=> a=b-c（移項）

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

也就是(b^-1*a)^-1寫成加法就是-(a-b)

（6）n(a+b)=na+nb，乘法是a^n*b^n=(ab)^n

①a,b∈S => a+b∈S

②a∈S => -a∈S

或a,b∈S => a-b∈S

環(huán)定義：一個集合R叫做環(huán)，若

1、R是個加群，關(guān)于加法的代數(shù)運算做成一個交換群

2、R關(guān)于乘法封閉

3、只要求R關(guān)于乘法結(jié)合律（不用幺元逆元，也沒有交換律）

（也就是乘法構(gòu)成半群，加法構(gòu)成群）

4、這兩個運算之間的關(guān)系滿足分配律，且是加法分配到乘法上：(a+b)*c=ac+bc

例：<Z,+,×>就是一個環(huán)

<Zeven,+,×>也是一個環(huán)

<Zodd,+,×>不是一個環(huán)，因為關(guān)于加法不封閉

<Q,+,×>是一個環(huán)，但<R,+,×>不是，因為取形如

x=a+bw，其中a,b∈Q，則取w=2的開3次根就會發(fā)現(xiàn)矛盾。

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

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

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

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

（11）a*(b1+b2+...+bn)=ab1+...+abn（數(shù)歸）

（12）(a1+..+an)*(b1+..+bm)用分配律拆開再用數(shù)歸證明即可。

（13）a,b∈R,n∈Z+，(na)b=a(nb)=n(ab)，用第11條推導(dǎo)得來。

（14）a^m*a^n=a^(m+n)；(a^m)^n（乘法封閉得到）

這些都是在討論分配律，也就是乘法的性質(zhì)

例：實數(shù)R上所有n階方陣，+，×，也是做成一個環(huán)

交換律，單位元，零因子，整環(huán)：

（1）加法構(gòu)成交換群，顯然只要乘法也滿足交換律，則這個環(huán)叫做交換環(huán)，即a,b∈R => ab=ba

（2）加法構(gòu)成群，顯然只要關(guān)于乘法也有單位元則環(huán)具有單位元。即a∈R ，ea=ae=a稱e是環(huán)的單位元.

定理：一個環(huán)若有單位元，單位元唯一。e,e'

證：e'=ee'=e

單位元要和零元做區(qū)分，單位元記為1，零元記為0

例：<Z,+,×>除了±1之外其他元素?zé)o逆元。

（3）零因子，ab=0蘊含a=0，b=0

在環(huán)里不一定成立 n∈N+，Zn={[0],[1],...,[n-1]}

[a']=[a]，[b']=[b] 是否蘊含 [ab]=[a'b']若是，則說明這個乘法是良好定義的。

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

顯然分配律成立，這個環(huán)稱為模n的剩余類環(huán)是交換環(huán)0=[0],1=[1]

說明a≠0,b≠0蘊含ab=0，取n=6，a=[2],b=[3]

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

定義：在環(huán)R中，若a≠0，b≠0，但ab=0，則稱a是R的左零因子，b是R的右零因子。

定理：

①左零因子不一定等于右零因子，但如果有左零因子則一定有右零因子，反之亦然。

②若R是交換環(huán)，則左零因子=右零因子。

證明：顯然從定義出發(fā)，左和右零因子會同時出現(xiàn)，如果可交換，從定義出發(fā)就知道左和右可以呼喚。

觀點：一個環(huán)里沒有零因子在以下定理闡述下較好

定理：在一個沒有零因子的環(huán)里兩個消去律都成立

a≠0，ab=ac蘊含b=c

a≠0，ba=ca蘊含b=c

反過來，若一個環(huán)里有一個消去律成立，則這個環(huán)沒有零因子。

證明：若R沒有零因子，ab=ac蘊含ab-ac=0，根據(jù)分配律得到a(b-c)=0，因為a≠0，且環(huán)中沒有零因子蘊含b=c，第一個消去律成立。

同理第二個消去律在R沒有零因子的情況下成立。

ab=0 蘊含 a=0 或 b=0 它的逆否命題是

a≠0 且 b≠0 蘊含 ab≠0 說明環(huán)R沒有零因子

若第一個消去律成立，ab=0 蘊含ab=a0，由消去律得到a≠0蘊含b=0，說明當(dāng)ab=0時，至少有一個元素為0，也就不會出現(xiàn)零因子了。另一個消去律成立時只需要ab=0蘊含ab=0b就可以得到a=0了。

推論：由于零因子成對出現(xiàn)，那么假如零因子沒有出現(xiàn)，那肯定是消去律出現(xiàn)了，那么左右消去律分別對應(yīng)左右零因子的消失，所以左消去律成立，說明零因子不存在，說明右零因子不存在，說明右消去律成立，反之亦然。

那有沒有既沒有消去律，也沒有零因子的環(huán)呢？

解： 由于0沒有在乘法里沒有逆元，所以乘法的消去律滿足ab=ac，當(dāng)a≠0時，b=c。

此時證明乘法消去律存在，當(dāng)且僅當(dāng)環(huán)中沒有零因子：

"=>"：ab=0=a0 由消去律a≠0則b=0，說明消去律成立時，沒有零因子；

“<="：任意a≠0，b≠0 蘊含 ab≠0，則ab=ac時

ab-ac=0 蘊含 a(b-c)=0，由于a≠0，則b=c≠0，說明消去律成立。

綜上，可以知道乘法消去律和零因子只能存在一方，那么是否可以雙方都不存在呢？顯然是不可能的，由推導(dǎo)可知，如果沒有零因子，則消去律一定會存在，反之亦然。

（4）R是個環(huán)，且加法是交換群，乘法交換，有單位元，沒有零因子（有消去律），就稱為整環(huán)。

除環(huán)和域：

觀點：整數(shù)環(huán)只有±1才有逆，是否存在一個環(huán)它的每個元素（除了零元）都關(guān)于乘法有逆元呢？

例：

有一個元素時：

R={a}，且a+a=a,aa=a。顯然是一個環(huán)，且0=1=a。

有一個元素以上時：

由于是個環(huán)所以0∈R，有單位元，1*a=a*1=a，此時1≠0.如果1=0，則0*a=a*0=a，則由于0元素乘任何元素都是0，則a=0，則所有元素都只能是0，與|R|=2矛盾。

0沒有逆：與0乘任何元素=0的環(huán)公理矛盾

一個環(huán)R叫做除環(huán)，若

（1）R至少含有一個非零元

（2）R有單位元（此時才能討論逆）

（3）R的任一個非零元都有逆

定義：一個交換除環(huán)就叫做域

例：<Q,+,×>，<R,+,×>，<C,+,×>都是域

一個除環(huán)的好處：

①沒有零因子

證明：ab=0時，a≠0 蘊含 a^-1*a*b=0=a^-1*0=0

則a^-1*a*b=0中a^-1≠0則ab=0，又a≠0，則b=0。

因此沒有零因子。（ab=0時，a或b＝0就證明了）

一個除環(huán)R的所有非零元記為R'，做成一個乘群。

群驗證略。

除環(huán)驗證略。

（注意除環(huán)沒有交換律，如果有的話就是個域了）

具體例子：

在除環(huán)中，ax=b 蘊含 x=a^-1b ； ya=b 蘊含 y=ba^-1，但是不能寫成b/a因為沒有交換律，所以寫回乘法時，不知道a^-1寫在左或者右不知道

但在域F里面，由于具有交換律，所以/這個記號就可以用了。

（1）a/b=c/d 當(dāng)且僅當(dāng) ad=bc，且b和d都不能是零元。

證明：a/b=c/d 等價于ab^-1=b^d^-1兩邊乘bd，則都得到ab^-1*b*d=c*d^-1*b*d，由于在F里面有交換律，所以ad=bc。

（2）a/b+c/d=(ad+bc)/bd（通分）

證明：(ab^-1+cd^-1)=(ad+bc)b^-1*d^-1

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

<=> ad+cb=ad+cd （這個式子是恒等式）

所以結(jié)論成立

（3）(a/b)*(c/d)=(ac)/(bd)

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

非交換除環(huán)例子：

R={(α,β)|α,β∈C}

規(guī)定：(α1,β1)=(α2,β2) <=> α1=α2，β1=β2（代換原則）

(α1,β1)+(α2,β2)=(α1+α2,β2+β2)由于復(fù)數(shù)加起來還是復(fù)數(shù)，所以加法封閉，零元(0,0)，逆元就是(-α,-β)，結(jié)合律顯然。所以R中的是加法滿足群公理

乘法封閉：

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

乘法結(jié)合律驗證即可得成立

分配律也一樣

所以R是個環(huán)

單位元(1,0)，驗證可得。

任何一個非零元都有逆：取(α,β)≠0 α,β不同時為0

(α,β)*(α',β')=(α*a'-,β*β',α*β'+α'*β)

α*a'-,β*β'=1（1）

α*β'+α'*β=0（2）

解方程得到

四元數(shù)除環(huán)(i,0)(0,1) ≠ (0,1)(i,0)所以不存在交換律所以不是域。

字?jǐn)?shù)超了？