信息安全数学基础（近世代数部分）

第八章 群

1.群

• 定义：设G是一个有结合法的非空集合，G叫做群，如果G中的结合法满足：
（1）结合律：对于任意的a,b,c∈G，有(ab)c=a(bc)
（2）单位元：存在一个元素e∈G使得对任意的a,b∈G有ae=ea=a
（3）可逆性：对任意的a∈G都存在a'∈G使得aa'=a'a=e.

• 属性

  • 阶

  群G的元素个数叫做群G的阶，记为|G|，|G|为有限数时，G是有限群，否则G是无限群.

• 分类和概念

  • 对称群

  设S是一个非空集合，G是S到自身的所有一一对应的映射f组成的集合，对于f，g∈G，定义f和g的复合映射f°g为：对任意x∈S，$(g°f)(x)=g(f(x))$，则对于映射的复合运算，构成一个群，叫做对称群，恒等映射是单位元，G中的元素叫做S的一个置换.

  • 子群

  设H是群G的一个子集合，如果对于群G的结合法，H成为一个群，那么H就叫做G的一个子群，记作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满足交换律，那么左右陪集相等

  • 商集

  设H是群G的子群，则H在G中不同的左（右）陪集组成的新集合$G/H=\{aH|a\in G\}，G/H$中元素个数叫做H在G中的指标，记为[G:H]
  

  • 正规子群和商群

  设N是G的子群，当N满足下列三个条件时，N称为正规子群：
  ①对任意a∈G，有aN=Na
  ②对任意a∈G，有$aN{a}^{-1}=N$
  ③对任意a∈G，有$aN{a}^{-1}\subseteq N，其中aN{a}^{-1}=\{an{a}^{-1}|n\in N\}$
  设N是群G的正规子群，G/N是由N在G中所有左（右）陪集组成的集合，则对于结合法$(aN)(bN)=(ab)N,G/N$构成一个群，称为商群.
  

  • 同态和同构

  设G,G’都是群，f是从G到G’的一个映射，如果对于任意的a，b∈G，都有f(ab)=f(a)f(b)，那么f叫做从G到G’的一个同态.
  如果f是一对一的，则称f是单同态
  如果f是满的，则称f为满同态
  如果f是一一对应的，则称f为同构
  当G=G’时，同态f叫自同态，同构f叫自同构.
  

  • 核子群

  设f是群G到G’的一个映射：
  $f(e)=e^{\prime }$即同态将单位元映射到单位元；
  对任意a∈G,$f(a^{-1})=f(a{)}^{-1}$即把a的逆元映射到f(a)的逆元
  $kerf=\{a|a\in G,f(a)=e^{\prime }\},f$是单同态的充要条件是$kerf=\{e\}$；
  $f(G)=\{f(a)|a\in G\}$是G’的子群，f是满同态的充要条件是f(G)=G’.
  $kerf$叫做核子群，f(G)叫做像子群.
  核子群即由G中所有能通过f映射成为G’中的单位元的元素所组成的集合
  像子群即G中所有元素通过f映射后组成的集合
  

例1. 证明：如果a,b是群G的任意元素，则$(ab{)}^{-1}=b^{-1}{a}^{-1}$
解：
∵$(ab{)}^{-1}\cdot (ab)=(ab{)}^{-1}\cdot a\cdot b=e$
∴$(ab{)}^{-1}\cdot a\cdot b\cdot b^{-1}=b^{-1}$
∴$(ab{)}^{-1}\cdot a\cdot a^{-1}=b^{-1}{a}^{-1}$
即$(ab{)}^{-1}=b^{-1}{a}^{-1}$

例2. 证明：群G是交换群的充要条件是对任意a,b∈G，有$(ab{)}^2=a^2{b}^2.$
考察群的性质，基础题型
解：先证必要性：
∵群G是交换群
∴$(ab{)}^2=(ab)(ab)=aabb=a^2{b}^2,$必要性得证;
再证必要性：
∵群满足结合律
∴$(ab{)}^2=(ab)(ab)=a(ba)b=a^2{b}^2$
∴两边同时左乘$a^{-1}$，右乘$b^{-1}$得$ba=ab$
∴必要性得证，综上，原命题得证.

例3. 设G是n阶有限群，证明：对任意元a∈G，有$a^n=e.$
考察群的性质，基础题型
解：
∵群具有封闭性
∴$a\in G,a^2\in G,...,a^n\in G,...,a^{n+k}\in G$
∵G是n阶有限群，设$a^s=e$，则$a,...,a^s,(0<s\le n+k)$各不相同
当s 当s>n时，|G|>n，亦与题设矛盾
故当且仅当s=n时，|G|=n，满足题设，故原命题得证.

例4. 证明：群G中的元素a与a的逆元具有相同的阶.>
考察元素的阶，|a|=n，如果$a^n=e.$
解：设$a$的阶为n，则$a^n=e$；
∵$a^n\cdot a^{-n}=e$
∴$a^{-n}=e$
设$a^{-1}$的阶为m，则$(a^{-1}{)}^m=a^{-m}=e$
又$a^m\cdot a^{-m}=e$
∴$a^m$=e
显然m=n，原命题得证.

例5. 设a是群G的一个元素，证明：映射σ:$x\to ax{a}^{-1}$是G到自身的自同构.
考察同态和同构
解：
∵$\sigma (mn)=amn{a}^{-1}=am{a}^{-1}an{a}^{-1}=\sigma (m)\sigma (n)$
∴σ是G到G’的同态
又∵群具有封闭性
∴对任意$x\in G，ax{a}^{-1}\in G^{\prime }即可认为G=G^{\prime }$
又∵对任意$x_1̸=x_2\in G，a{x}_1{a}^{-1}̸=a{x}_2{a}^{-1}$
∴G到G’是单射
最后，∵对任意的y属于G’，有$x=a^{-1}ya\in G$使得$y=ax{a}^{-1}$
∴该映射是满射，综上，G是到自身的自同构，得证.

例6. 设H是群G的子群，在G中定义关系R：aRb如果$b^{-1}a\in H.$证明：
（i）R是等价关系.
解：
自反性：∵$a^{-1}\cdot a=e\in H$
∴R满足aRa，即满足自反性
对称性：∵$aRb,b^{-1}a\in H$
∵H构成群，即满足群中元素有逆元
∴$(b^{-1}a{)}^{-1}=a^{-1}b\in H$
即对aRb，有bRa，即满足对称性
传递性：若aRb，bRc，则：
$b^{-1}a\in H，c^{-1}b\in H$
∵群满足封闭性
∴ $c^{-1}b\cdot b^{-1}a=c^{-1}a\in H$
即对于aRb，bRc有aRc，即满足传递性
∴R是等价关系
（ii）aRb的充要条件是aH=bH.>
考察陪集的定义和性质，牢记陪集的形式即可:
$aH=\{c|c\in G，a^{-1}c\in H\}$
解：先证必要性，∵$a\in G,a^{-1}\cdot a=e\in H$
∴a∈aH=bH，进而$b^{-1}a\in H，即满足aRb得证.$
再证明充分性：
∵aRb，即$b^{-1}a\in H$，设$b^{-1}a=h_1$
又对任意c∈aH，有$h_2=a^{-1}c\in H，使得a{h}_2=c$
∴$c=a{h}_2=b{b}^{-1}a{h}_2=b{h}_1{h}_2$
∴$h_1{h}_2=b^{-1}c$
∵$h_1\in H，h_2\in H，由群的封闭性，h_1{h}_2\in H即b^{-1}c\in H$
∴c∈bH即bH包含aH
同理可得aH包含bH
所以aH=bH，充分性得证，综上，原命题得证.

2. 同态分解定理

第九章 群的结构

循环群

若—个群G的每—个元都是G的某—个固定元a的乘方，则称G为循环群，（即群G能由单个元素a生成）记作$G=<a>=\{am|m\in Z\}$，a称为G的—个生成元
特别地，如果G的代数运算采用加号表示时，则有 $<a>=\{ma|m\in Z\}$
所有循环群都是可交换的

有限生成交换群

置换群

• 置换

  设S={1,2,…,n-1,n},σ是S上的一个置换，即σ是S到自身的一一对应的映射.
  n元置换全体组成的集合$S_n$对置换的乘法构成一个n次对称群，其阶是n!

• k-轮换

  如果n元置换σ使得{1,2,…,n-1,n}中一部分元素满足$\sigma (i_1)=i_2,\sigma (i_{k-1})=i_k,\sigma (i_k)=i_1$，又使得余下的元素保持不变，则该置换称为k-轮换

例7. 设${\sigma }_1=\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right),{\sigma }_2=\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right)，计算{\sigma }_1{\sigma }_2,{\sigma }_2{\sigma }_1,{\sigma }_1^{-1}.$
解：注意置换的方式
$$\begin{gathered} {\sigma }_1{\sigma }_2=\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}534261\\ 645312\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right) \\ =\left(\begin{array}{c}123456\\ 645312\end{array}\right) \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} {\sigma }_2{\sigma }_1=\left(\begin{array}{c}123456\\ 534261\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}234561\\ 342615\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right) \\ =\left(\begin{array}{c}123456\\ 342615\end{array}\right) \end{gathered}$$
${\sigma }_1^{-1}=\left(\begin{array}{c}123456\\ 234561\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}612345\\ 123456\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}123456\\ 612345\end{array}\right)$

例8. 求四次对称群S4的所有三阶子群.
解：求解过程暂时忽略
<(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. 证明：素数阶群一定是循环群.
解：设素数阶群G的阶为p>1，p是素数
∵G的所有元素的阶都可以被p整除
∴任取a∈G，|a|=1或|a|=p
∴至少存在一个a∈G，|a|=p
此时，$a^p=e,此时a,a^2,...,a^{p-1}\in G$
∵|G|=p
∴$G=\{a,a^2,...,a^{p-1}\}$，即G是一个循环群，得证.

环

1. 环

• 定义:设R是具有两种结合法的非空集合.如果以下条件成立，则R称为环：
（1）R对于加法构成一个交换群
（2）（结合律）对任意a，b，c∈R，有(ab)c=a(bc)
（3）（分配律）对任意a，b，c∈R，有(a+b)c=ac+bc和a(b+c)=ab+ac

• 交换环

在环的基础上，进一步满足交换律，则称R为交换环

• 有单位元环

在环的基础上，进一步满足在环中有一个元素$e=1_R$，使得对任意的a∈R，有$a{1}_R=1_{R}a=a$则称R为有单位元环

• 零因子环

设R是环，R中非零元a称为左零因子（对应的有右零因子），如果存在非零元b∈R（对应的有c∈R）使得ab=0（对应的有ca=0），a称为零因子，如果同时存在左零因子和右零因子，则称R为有零因子环.
例：$\bar{2}和\bar{3}$是环$Z/6Z$中的零因子

• 整环
  希望一些环具有整数环的性质

设R是一个交换环，称R为整环，如果R中有单位元，但没有零因子.整数环Z是一个整环.

• 域
  进一步，希望某些环具有有理数集Q的一些性质

称交换环K为一个域，如果K中有单位元，且每个非零元都是可逆元，即K对于加法构成一个交换群，$K^{\ast }=K\setminus \{0\}$（即非零元）对于乘法构成一个交换群.

• 同态和同构

设R，R’是两个环，称映射f：R–>R’为环同态，如果f满足：
（1）对任意a，b∈R，有f(a+b)=f(a)+f(b)；
（2）对任意a，b∈R，有f(ab)=f(a)f(b).
如果f是一对一的，则称f是单同态
如果f是满的，则称f为满同态
如果f是一一对应的，则称f为同构

• 特征及素域

设R是一个环.如果存在一个最小正整数p使得对任意a∈R，都有$pa=\underset{p个a}{a+...+a}=0,$则称环R的特征为p，如果不存在这样的正整数，则称环R的特征为0.
一个域叫素域，如果它不包含真子域.
例：有理数域Q是素域，$F_p=Z/pZ$是素域.

• 理想和商环
  • 理想定义

  设R是一个环，称I是R的左理想，如果对于任意r∈R和任意的a∈I，有ra∈I.同理可得到右理想的定义.如果I同时是R的左右理想，则称I是R的理想（个人感觉形式上有点像陪集的定义）

  • 主理想

  设X是环R的一个子集，设$\{A_j{\}}_{j\in R}$是环中包含X的所有左理想，则$$\bigcap _{j\in J}{A}_j$$称为由X生成的(左理想).记为(X)，X中的元素叫做理想的生成元，由一个元素生成的理想(a)叫做主理想.
  环R叫主理想环，如果R中都是主理想.
  例：整环Z是主理想环，且表达式为$I=(a)=\{sa|s\in Z\}$
  

  • 商环

  设R是一个环，I是R的一个理想，则R/I对于加法运算(a+I)+(b+I)=(a+b)+I和乘法运算(a+I)(b+I)=ab+I构成一个环，当R是交换环或有单位元环时，R/I也是交换环或有单位元环.此时R/I叫做商环.

例1. 设R是有单位元e的环，证明可逆元组成的集合$$R^{\ast }=\{a|a\in R,存在a^{\prime }\in R使得a\cdot a^{\prime }=a^{\prime }\cdot a=e\}$$对于乘法构成一个群.
解：
封闭性：
对任意a，b∈R*，有a, b, a’,b’∈R
∵环具有封闭性
∴ab∈R，b’a’∈R，即ab有逆元
∴ab属于R*，即R*满足封闭性.
结合律：
∵对于任意a，b，c属于R*,a, b, c同时属于R
∴由R的结合律，(ab)c=c(bc)
∴R*也满足结合律
单位元：
∵R中的单位元e有逆元e’=e
∴e∈R*,取任意a∈R*，有a∈R
∴a·e=e·a=a，即R*满足有单位元
可逆元：
由R*的定义可知，任意元素a属于R*都有逆元a’∈R*即满足可逆元
综上，R对于乘法构成一个群.

例2.设R是有单位元e的环，证明R中的可逆元不是零因子.
解：用反证法，假设存在可逆元a是零因子，由零因子的定义:
存在一个b∈R不是零因子，使得ab=0
此时等式两边同时左乘a的逆元a’得b=0，b≠0矛盾
∴R中的可逆元不是零因子，得证.

例3. 证明：非零有限整环是一个域.
解：设非零有限整环为R
由整环的性质可知，R满足交换律，R存在单位元，R没有零因子
∵R有限，且具有封闭性
∴对任意的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满足交换律，所以R对加法和乘法(没有零因子)构成交换群
∴综上，R是一个域，得证.

例4. 证明集合$Q[\sqrt{2}]=\{a+b\sqrt{2}|a,b\in Q\}$对于通常的加法和乘法构成一个域.
解：对加法：对任意m=a+b√2，n=c+d√2，p=e+f√2，有：
封闭性：m+n=(a+c)+(b+d)√2∈Q[√2]，故Q[√2]满足封闭性；
交换律：m+n=(a+c)+(b+d)√2=n+m，故Q[√2]满足交换律；
结合律：(m+n)+p=(a+c+e)+(b+d+f)√2=m+(n+p)，故Q[√2]满足结合律；
单位元：∵0=0+0√2∈Q[√2]，m+0=(a+0)+(b+0)√2=m，故Q[√2]存在单位元
可逆元：∵-m=(-a)+(-b)[√2]∈Q[√2]，且m+(-m)=0，故m是可逆元。
综上：Q[√2]是对加法的交换群
对乘法：对任意m=a+b√2，n=c+d√2，p=e+f√2，m，n，p≠0有
封闭性：m·n=(ac+bd)+(ad+bc)√2∈Q[√2]，故Q[√2]满足封闭性；
交换律：m·n=(ac+bd)+(ad+bc)√2=n·m，故Q[√2]满足交换律；
结合律：(mn)p=(ac+ae+ce+ace+2bd+2bf+2df)+(ad+af+df+bdf)√2=m(np)
故Q[√2]满足结合律
单位元：∵1=1+0√2∈Q[√2]，m·1=a+b√2=m，故Q[√2]存在单位元
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
综上所述，Q[√2]是对乘法的交换群
即Q[√2]是域，得证.